Mathematical Engineering - LRT » Raumfahrtsysteme http://me-lrt.de Lernhilfen für das Studium, Übungsaufgaben mit Musterlösungen, Zusammenfassungen und Skripte, auch für andere technische Studiengänge relevant Sun, 13 May 2012 09:26:22 +0000 en hourly 1 http://wordpress.org/?v=3.1.3 06.3 – Kreisförmige Orbitalbahn um die Venus http://me-lrt.de/kreisformige-orbitalbahn-venus http://me-lrt.de/kreisformige-orbitalbahn-venus#comments Thu, 03 Jun 2010 16:15:44 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=5408 Eine Raumsonde soll auf eine kreisförmige Orbitalbahn um die Venus gebracht werden. Sie nähert sich aus dem interplanetaren Raum mit einer Geschwindigkeit {v_\infty } = 2000\frac{m}{s}. Wie groß ist der Antriebsbedarf, wenn die Bahnänderung impulsförmig stattfinden soll?

Hinweis:

\gamma \cdot {M_{Venus}} = {\mu _V} = 3,25 \cdot {10^{14}}\frac{{{m^3}}}{{{s^2}}}

{r_{Orbit}} = 9000km

Lösung

Da die Geschwindigkeit im Unendlichen gegeben ist, wissen wir, dass es sich um eine Hyperbel handelt.

v = \sqrt {{\mu _V}\left( {\frac{2}{r}-\frac{1}{a}} \right)}

{v_\infty } = \sqrt {-\frac{{{\mu _V}}}{a}} \quad \Rightarrow \quad a = -\frac{{{\mu _V}}}{{v_\infty ^2}} = \frac{{3,25 \cdot {{10}^{14}}\frac{{{m^3}}}{{{s^2}}}}}{{{{\left( {2000\frac{m}{s}} \right)}^2}}} = -81250km

rs-hyperbel-kreisbahn-orbit

{v_{Hyp,Orbit}} = \sqrt {{\mu _V}\left( {\frac{2}{{{r_{Orbit}}}}-\frac{1}{a}} \right)} = 8731\frac{m}{s}

{v_{K,Orbit}} = \sqrt {\frac{{{\mu _V}}}{{{r_{Orbit}}}}} = 6009\frac{m}{s}

\Delta v = {v_{Hyp,Orbit}}-{v_{K,Orbit}} = 2721\frac{m}{s}

]]> http://me-lrt.de/kreisformige-orbitalbahn-venus/feed 0 06.2 – Hohmanntransfer zwischen Kreisbahnen http://me-lrt.de/hohmanntransfer-zwischen-kreisbahnen http://me-lrt.de/hohmanntransfer-zwischen-kreisbahnen#comments Thu, 03 Jun 2010 16:14:19 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=5405 Berechnen Sie für den Hohmann-Transfer die erforderlichen einzelnen Geschwindigkeitsinkremente, den gesamten Geschwindigkeitsbedarf und die Transferzeit

a) aus einer 300km hohen Kreisbahn um die Erde auf den geostationären Orbit,
b) aus der Erdbahn zur Merkurbahn
c) aus der Erdbahn zur Marsbahn
d) aus der Erdbahn zur Plutobahn

Wie hoch müsste in den betrachteten Fällen der Treibstoffanteil für {c_e} = 3\frac{{km}}{s} sein?

Lösung

a )

rs-hohmann-transfer-ellipse-kreis

{v_{K1}} = \sqrt {\frac{{{\mu _E}}}{{{r_1}}}} = 7,73\frac{{km}}{s}

a = \frac{{{r_1}+{r_2}}}{2}

{v_{HE,Peri}} = \sqrt {\mu \left( {\frac{2}{{{r_1}}}-\frac{1}{a}} \right)} = \sqrt {\mu \left( {\frac{2}{{{r_1}}}-\frac{2}{{{r_1}+{r_2}}}} \right)} = 10,2\frac{{km}}{s}

\Delta {v_1} = {v_{HE,Peri}}-{v_{K1}} = 2,43\frac{{km}}{s}

{v_{HE,Apo}} = \sqrt {{\mu _E}\left( {\frac{2}{{{r_2}}}-\frac{2}{{{r_1}+{r_2}}}} \right)} = 1,61\frac{{km}}{s}

{v_{K2}} = \sqrt {\frac{{{\mu _E}}}{{{r_2}}}} = 3,08\frac{{km}}{s}

\Delta {v_2} = {v_{K2}}-{v_{HE,Apo}} = 1,47\frac{{km}}{s}

\Delta {v_{ges}} = \Delta {v_1}+\Delta {v_2} = 3,89\frac{{km}}{s}

\Delta {t_{HE}} = \pi \sqrt {\frac{{{a^3}}}{{{\mu _E}}}} = \frac{\pi }{{\sqrt {{\mu _E}} }}{\left( {\frac{{{r_1}+{r_2}}}{2}} \right)^{\frac{3}{2}}} = 5,28h

{c_e} = 3\frac{{km}}{s}

\Delta {v_{ges}} = {c_e}\ln \left( {\frac{{{m_0}}}{{{m_0}-{m_T}}}} \right) = -{c_e}\ln \left( {1-\frac{{{m_T}}}{{{m_0}}}} \right)

\frac{{{m_T}}}{{{m_0}}} = 1-{e^{-\frac{{\Delta {v_{ges}}}}{{{c_e}}}}} = 72,7\%

Bei den Aufgabenteilen b) bis d) fliegen wir von einer Planetenbahn zu einem anderen. Wir befinden uns daher nicht im Gravitationsfeld der Erde, sondern das bestimmende Gravitationsfeld ist das der Sonne. Wir rechnen daher mit {\mu _{Sonne}}. Ansonsten erfolgt die Rechnung analog zu a).

Ergebnisse in Tabellenform:

\begin{array}{*{20}{c}}{} &\vline & {\frac{{{r_1}}}{{km}}} &\vline & {\frac{{{r_2}}}{{km}}} &\vline & {\frac{{\Delta {v_1}}}{{\frac{{km}}{s}}}} &\vline & {\frac{{\Delta {v_2}}}{{\frac{{km}}{s}}}} &\vline & {\frac{{\Delta {v_{ges}}}}{{\frac{{km}}{s}}}} &\vline & {\Delta {t_{HE}}} &\vline & {\frac{{{m_T}}}{{{m_0}}} \cdot 100} \\ \hline{Merkur} &\vline & {149,6 \cdot {{10}^6}} &\vline & {57,9 \cdot {{10}^6}} &\vline & {-7,55} &\vline & {-9,63} &\vline & {17,2} &\vline & {106d} &\vline & {99,7} \\ \hline{Mars} &\vline & {149,6 \cdot {{10}^6}} &\vline & {227,9 \cdot {{10}^6}} &\vline & {2,93} &\vline & {2,64} &\vline & {5,56} &\vline & {259d} &\vline & {84,4} \\ \hline{Pluto} &\vline & {149,6 \cdot {{10}^6}} &\vline & {5,946 \cdot {{10}^9}} &\vline & {11,8} &\vline & {3,68} &\vline & {15,5} &\vline & {46a} &\vline & {99,4} \\ \end{array}

]]> http://me-lrt.de/hohmanntransfer-zwischen-kreisbahnen/feed 0 06.1 – Reichweite einer Interkontinentalrakete http://me-lrt.de/reichweite-interkontinentalrakete http://me-lrt.de/reichweite-interkontinentalrakete#comments Thu, 03 Jun 2010 16:09:38 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=5399 Eine Interkontinentalrakete habe die Brennschlussgeschwindigkeit {v_B} = 6,5\frac{{km}}{s}. Bestimmen Sie Reichweite s, Flughöhe {H_G} und Flugzeit T der Rakete, wenn der Abschusswinkel \beta

a )

30°

b )

45° beträgt

c )

Bei welchem Abschusswinkel {\beta _{\max} } würde die Reichweite dieser Rakete maximal? Wie groß wäre diese maximale Reichweite?

d )

Welche Reichweite müsste eine Interkontinentalrakete haben, um von einem Ort mit 48° nördlicher Breite und 11° östlicher Länge zu einem Ort mit 21° südlicher Breite und 60° östlicher Länge zu gelangen?

Lösung

{v_B} = 6,5\frac{{km}}{s}

a )

\beta = 30^\circ

\lambda = \frac{{{R_0}v_0^2}}{{{\mu _E}}} = 0,676

s = 2{R_0}\arccos \left( {\frac{{1-\lambda {{\cos }^2}\left( \beta \right)}}{{\sqrt {1-\lambda \left( {2-\lambda } \right){{\cos }^2}\left( \beta \right)} }}} \right) = 6835km

{H_G} = \frac{{{R_0}}}{{2-\lambda }}\left( {1+\sqrt {1-\lambda \left( {2-\lambda } \right){{\cos }^2}\left( \beta \right)} } \right)-{R_0} = 1201km

\chi = \arccos \left( {\frac{{1-\lambda }}{{\sqrt {1-\lambda \left( {2-\lambda } \right){{\cos }^2}\left( \beta \right)} }}} \right) = 0,970

Den Wert für \chi haben wir dabei im Bogenmaß angegeben, da wir damit weiterrechnen müssen.

T = \frac{{2{\mu _E}}}{{v_0^3}}{\left( {\frac{\lambda }{{2-\lambda }}} \right)^{\frac{3}{2}}}\left( {\chi +\sqrt {1-\lambda \left( {2-\lambda } \right){{\cos }^2}\left( \beta \right)} \sin \left( \chi \right)} \right)

= 1529s = 25\min \:\:29s

b )

Mit den Formeln aus der ersten Teilaufgabe erhalten wir hier:

\beta = 45^\circ

s = 6022km

{H_G} = 2020km

\chi = 1120

T = 31,6\min

c )

{s_{\max} } = 2{R_0}\arccos \left( {\frac{{2\sqrt {1-\lambda } }}{{2-\lambda }}} \right) = 2{R_0}\arccos \left( {\frac{{1-\lambda {{\cos }^2}\left( {{\beta _{\max} }} \right)}}{{\sqrt {1-\lambda \left( {2-\lambda } \right){{\cos }^2}\left( {{\beta _{\max} }} \right)} }}} \right)

\frac{{2\sqrt {1-\lambda } }}{{2-\lambda }} = \frac{{1-\lambda {{\cos }^2}\left( {{\beta _{\max} }} \right)}}{{\sqrt {1-\lambda \left( {2-\lambda } \right){{\cos }^2}\left( {{\beta _{\max}}} \right)} }}

{\cos ^4}\left( {{\beta _{\max}}} \right)+\underbrace {\left( {\frac{{4\left( {1-\lambda } \right)}}{{\lambda \left( {2-\lambda } \right)}}-\frac{2}{\lambda }} \right)}_{ = -\frac{2}{{2-\lambda }}}{\cos ^2}\left( {{\beta _{\max} }} \right)+\underbrace {\frac{1}{{{\lambda ^2}}}-\frac{{4\left( {1-\lambda } \right)}}{{{\lambda ^2}{{\left( {2-\lambda } \right)}^2}}}}_{ = \frac{1}{{{{\left( {2-\lambda } \right)}^2}}}} = 0

{\cos ^2}\left( {{\beta _{\max} }} \right) = \frac{1}{{2-\lambda }} \pm \frac{1}{2}\sqrt {\underbrace {\frac{4}{{{{\left( {2-\lambda } \right)}^2}}}-\frac{4}{{{{\left( {2-\lambda } \right)}^2}}}}_{ = 0}} = \frac{1}{{2-\lambda }}

\quad \Rightarrow \quad {\beta _{\max}} = \arccos \left( {\sqrt {\frac{1}{{2-\lambda }}} } \right) = 29,65^\circ

Für die maximale Reichweite benutzen wir wieder die Formel aus der Formelsammlung:

{s_{\max} } = 2{R_0}\arccos \left( {\frac{{2\sqrt {1-\lambda } }}{{2-\lambda }}} \right) = 6836km

d )

Ort 1:

48° Nord, 11° Ost (München)

Ort 2:

21° Süd, 60° Ost (irgendwo im indischen Ozean)

rs-orte-auf-erde-winkel-entfernung

Die beiden Orte lassen sich mit Hilfe von Kugelkoordinaten angeben:

Breite \varphi, Länge \theta:

{\vec r_{1,2}} = {R_0}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos \left( {{\varphi _{1,2}}} \right)\cos \left( {{\theta _{1,2}}} \right)} \\{\cos \left( {{\varphi _{1,2}}} \right)\sin \left( {{\theta _{1,2}}} \right)} \\{\sin \left( {{\varphi _{1,2}}} \right)} \\ \end{array} } \right)

Mit dem Skalarprodukt lässt sich der direkte Winkel zwischen den Orten bestimmen:

\cos \left( \varphi \right) = \frac{{{{\vec r}_1} \cdot {{\vec r}_2}}}{{\left| {{{\vec r}_1}} \right|\left| {{{\vec r}_2}} \right|}}

\quad \Rightarrow \quad \phi = \arccos \left[ {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos \left( {48^\circ } \right)\cos \left( {11^\circ } \right)} \\{\cos \left( {48^\circ } \right)\sin \left( {11^\circ } \right)} \\{\sin \left( {48^\circ } \right)} \\ \end{array} } \right) \cdot \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos \left( {-21^\circ } \right)\cos \left( {60^\circ } \right)} \\{\cos \left( {-21^\circ } \right)\sin \left( {60^\circ } \right)} \\{\sin \left( {-21^\circ } \right)} \\ \end{array} } \right)} \right]

= 81,7^\circ \overset{\wedge}{=}1,427

s = \phi \cdot {R_0} = 9100km

]]> http://me-lrt.de/reichweite-interkontinentalrakete/feed 0 05.3 – Abstand von der Erde auf verschiedenen Bahnen http://me-lrt.de/abstand-erde-verschiedene-bahnen http://me-lrt.de/abstand-erde-verschiedene-bahnen#comments Thu, 03 Jun 2010 16:02:33 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=5395 Ein Raumfahrzeug werde in 600km Höhe über der Erde horizontal eingeschossen und soll mindestens den Abstand {r_1} = {10^6}km zur Erde erreichen. Wie groß muss die Einschussgeschwindigkeit sein, wenn die Bahn eine

a )

Ellipse mit dem Apogäumsabstand {r_1} bzw. 2{r_1}

b )

Hyperbel mit der Exzentrizität e = 1,2 bzw. e = 2

c )

Parabel sein soll?

d )

Wie lange dauert der Flug auf den Ellipsenbahnen vom Perigäum zum Abstand {r_1}?

e )

Welche Geschwindigkeit hat das Raumfahrzeug im Abstand {r_1} in den betrachteten Fällen?

Lösung

r = {R_E}+{h_B} = 6378km+600km = 6978km

{r_1} = {10^6}km

a )

rs-ellipse-parameter-simpel

v = \sqrt {\mu \left( {\frac{2}{r}-\frac{1}{a}} \right)} \quad \quad a = \frac{{{r_A}+{r_P}}}{2}

v = \sqrt {\mu \left( {\frac{2}{{{r_P}}}-\frac{2}{{{r_A}+{r_P}}}} \right)}

Erste Ellipse:

v\left( {{r_A} = {r_1}} \right) = 10650\frac{m}{s}

Zweite Ellipse:

v\left( {{r_A} = 2{r_1}} \right) = 10670\frac{m}{s}

b )

{e_1} = 1,2\quad \quad {e_2} = 2

v = \sqrt {\mu \left( {\frac{2}{r}-\frac{1}{a}} \right)} \quad \quad a = \frac{{{r_P}}}{{1-e}}

v = \sqrt {\mu \left( {\frac{2}{{{r_P}}}-\frac{{1-e}}{{{r_P}}}} \right)} = \sqrt {\mu \frac{{1+e}}{{{r_P}}}}

v\left( {e = 1,2} \right) = 11210\frac{m}{s}

v\left( {e = 2} \right) = 13090\frac{m}{s}

c )

e = 1\quad \quad a = \infty

v = \sqrt {\frac{{2\mu }}{{{r_P}}}} = 10690\frac{m}{s}

d )

rs-exzentrische-anomalie

\theta: wahre Anomalie
E: exzentrische Anomalie

\sqrt {\frac{{\mu \left( {1+\frac{m}{M}} \right)}}{{{a^3}}}} \left( {t-{t_0}} \right) \approx \sqrt {\frac{\mu }{{{a^3}}}} \left( {t-{t_0}} \right)

\sqrt {\frac{\mu }{{{a^3}}}} \left( {t-{t_0}} \right) = E\left( t \right)-e\sin \left( {E\left( t \right)} \right)-E\left( {{t_0}} \right)+e\sin \left( {E\left( {{t_0}} \right)} \right)

r = a\left( {1-e\cos \left( E \right)} \right)

E = \arccos \left( {\frac{{a-r}}{{ae}}} \right)

Ellipse 1: {r_A} = {r_1}

E\left( {{t_0}} \right) = 0^\circ = 0\pi

{a_1} = \frac{{{r_{a1}}+{r_P}}}{2}

E\left( t \right) = E\left( {{r_1}} \right) = \arccos \left( {\frac{{{a_1}-{r_1}}}{{ae}}} \right) = 180^\circ = 1\pi

\Delta t = t-{t_0} = \sqrt {\frac{{a_1^3}}{\mu }} \left( {E\left( t \right)-e\sin \left( {E\left( t \right)} \right)-\underbrace {E\left( {{t_0}} \right)}_{ = 0}+\underbrace {e\sin \left( {E\left( {{t_0}} \right)} \right)}_{ = 0}} \right) = 20,6d

Ellipse 2: {r_A} = 2{r_1}

E\left( {{t_0}} \right) = 0^\circ = 0\pi

E\left( t \right) = E\left( {{r_1}} \right) = 89,8^\circ = 0,499\pi

\Delta {t_2} = 10,6d

e )

v = \sqrt {\mu \left( {\frac{2}{r}-\frac{1}{a}} \right)}

Ellipse 1: v\left( {r = {r_1},\:\:{r_A} = {r_1}} \right) = \sqrt {\mu \left( {\frac{2}{{{r_1}}}-\frac{2}{{{r_p}+{r_A}}}} \right)} = 74,3\frac{m}{s}

Ellipse 2: v\left( {r = {r_1},\:\:{r_A} = 2{r_1}} \right) = \sqrt {\mu \left( {\frac{2}{{{r_1}}}-\frac{2}{{{r_p}+{r_A}}}} \right)} = 632\frac{m}{s}

Hyperbel 1: v\left( {r = {r_1},\:\:e = 1,2} \right) = \sqrt {\mu \left( {\frac{2}{{{r_1}}}-\frac{{1-e}}{{{r_p}}}} \right)} = 3500\frac{m}{s}

Hyperbel 2: v\left( {r = {r_1},\:\:e = 2} \right) = \sqrt {\mu \left( {\frac{2}{{{r_1}}}-\frac{{1-e}}{{{r_p}}}} \right)} = 7610\frac{m}{s}

Parabel: v = \sqrt {\frac{{2\mu }}{{{r_1}}}} = 893\frac{m}{s}

]]> http://me-lrt.de/abstand-erde-verschiedene-bahnen/feed 2 05.2 – Einschuss einer Raumsonde auf Parabelbahn http://me-lrt.de/einschuss-raumsonde-parabelbahn http://me-lrt.de/einschuss-raumsonde-parabelbahn#comments Thu, 03 Jun 2010 15:57:32 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=5392 Eine Raumsonde soll in 600km Höhe über der Erde so eingeschossen werden, dass sie auf einer Parabelbahn die Erde verlässt.

a )

Bestimmen Sie die erforderliche Geschwindigkeit

b )

Welche Geschwindigkeit hat die Sonde in {10^6}km Entfernung von der Erde?

c )

Bestimmen Sie die wahren Anomalien des Einschussortes und bei {10^6}km Entfernung von der Erde, wenn das Perigäum der Bahn

  1. Mit dem Einschussort übereinstimmt
  2. 6000km beträgt
  3. 1000km beträgt
  4. 1km beträgt

Lösung

a )

Für eine Parabel gilt immer: e = 1,\:\:a = \infty

r = 600km+{R_E} = 6978km

v = \sqrt {\mu \left( {\frac{2}{r}-\underbrace {\frac{1}{a}}_{ = 0}} \right)} = \sqrt {\frac{{2\mu }}{r}} = 10700\frac{m}{s}

b )

v = \sqrt {\frac{{2\mu }}{r}} = 893\frac{m}{s}

c )

r = \frac{p}{{1+e\cos \left( \theta \right)}}\quad \Rightarrow \quad \theta = \arccos \left( {\frac{p}{{re}}-\frac{1}{e}} \right)\quad \quad mit\:\:p = {r_P}\left( {1+e} \right) = 2{r_P}

\theta = \arccos \left( {\frac{{2{r_P}}}{r}-1} \right)

Die Ergebnisse in Tabellenform:

\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{{r_P}}}{{km}}} &\vline & {\theta \left( {r = 6,97km} \right)} & {\theta \left( {r = {{10}^6}km} \right)} \\ \hline{6978} &\vline & {0^\circ } & {170,4^\circ } \\ \hline{6000} &\vline & {44^\circ } & {171,1^\circ } \\ \hline{1000} &\vline & {135,5^\circ } & {176,4^\circ } \\ \hline 1 &\vline & {178,6^\circ } & {179,9^\circ } \\ \end{array}

rs-einschusspunkt-bahn-geschwindigkeit-winkel

]]> http://me-lrt.de/einschuss-raumsonde-parabelbahn/feed 0 05.1 – Raumsonde auf Hyperbelbahn http://me-lrt.de/05-1-raumsonde-auf-hyperbelbahn http://me-lrt.de/05-1-raumsonde-auf-hyperbelbahn#comments Thu, 03 Jun 2010 15:53:31 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=5387 Eine Raumsonde verlasse die Erde auf einer Hyperbelbahn. Für diese Bahn sind gegeben:

Große Halbachse a = -7000km, Exzentrizität e = 2

a )

Bestimmen Sie die Perigäumshöhe, spezifischen Drehimpuls und spezifische Energie der Bahn!

b )

Bestimmen Sie Abstand r, Geschwindigkeit v sowie radiale und transversale Geschwindigkeitskomponenten {v_r} und {v_\theta } für die wahren Anomalien \theta = 0^\circ ,\:\:45^\circ ,\:\:90^\circ ,\:\:110^\circ

c )

Welche Geschwindigkeit hat die Sonde im Abstand von {10^6}km von der Erde?

d )

Welche Geschwindigkeit hat die Sonde im Unendlichen?

e )

Wie groß kann die wahre Anomalie maximal werden?

Lösung

a )

{r_P} = a\left( {1-e} \right) = 7000km

{h_P} = {r_P}-{R_E} = 622km

p = r\left( {\theta = 90^\circ } \right) = \frac{{{h^2}}}{{\gamma M}} = \frac{{{h^2}}}{\mu }\quad \Rightarrow \quad h = \sqrt {p\mu } = \sqrt {a\left( {1-{e^2}} \right)\mu } = 9,15 \cdot {10^{10}}\frac{{{m^2}}}{s}

\varepsilon = -\frac{\mu }{{2a}} = 2,85 \cdot {10^7}\frac{J}{{kg}}

rs-ellipsenbahn-parameter

b )

Die benötigten Formeln (Herleitung siehe Buch) sind:

r = \frac{{a\left( {1-{e^2}} \right)}}{{1+e\cos \left( \theta \right)}}

v = \sqrt {\mu \left( {\frac{2}{r}-\frac{1}{a}} \right)}

{v_r} = \dot r = e\sqrt {\frac{\mu }{P}} \sin \left( \theta \right) = e\sqrt {\frac{\mu }{{a\left( {1-{e^2}} \right)}}} \sin \left( \theta \right)

{v_\theta } = \frac{{\sqrt {a\left( {1-{e^2}} \right)\mu } }}{r}

Es folgen die Ergebnisse in Tabellenform.

\begin{array}{*{20}{c}} \theta &\vline & {\frac{r}{{km}}} & {\frac{v}{{\frac{{km}}{s}}}} & {\frac{{{v_r}}}{{\frac{{km}}{s}}}} & {\frac{{{v_\theta }}}{{\frac{{km}}{s}}}} \\ \hline{0^\circ } &\vline & {7000} & {13,1} & 0 & {13,1} \\ \hline{45^\circ } &\vline & {8700} & {12,2} & {6,16} & {10,5} \\ \hline{90^\circ } &\vline & {21000} & {9,74} & {8,71} & {4,36} \\ \hline{110^\circ } &\vline & {66500} & {8,3} & {8,19} & {1,38} \\ \end{array}

c )

v = \sqrt {\mu \left( {\frac{2}{r}-\frac{1}{a}} \right)} = 7599\frac{m}{s}

d )

Im Unendlichen ist der Radius unendlich, es ist also:

v = \sqrt {\mu \left( {\underbrace {\frac{2}{r}}_{ = 0}-\frac{1}{a}} \right)} = \sqrt {-\frac{\mu }{a}} = 7546\frac{m}{s}

e )

r = \frac{{a\left( {1-{e^2}} \right)}}{{1+e\cos \left( \theta \right)}}

e\cos \left( \theta \right) = \frac{{a\left( {1-{e^2}} \right)}}{r}-1

\theta = \arccos \left( {\frac{{a\left( {1-{e^2}} \right)}}{{re}}-\frac{1}{e}} \right)

\theta _{\max} = {\theta _{r \to \infty }} = \arccos \left( {-\frac{1}{e}} \right) = 120^\circ

]]> http://me-lrt.de/05-1-raumsonde-auf-hyperbelbahn/feed 2 04.3 – elliptische Satellitenbahn um die Erde http://me-lrt.de/elliptische-satellitenbahn-erde http://me-lrt.de/elliptische-satellitenbahn-erde#comments Thu, 03 Jun 2010 15:45:43 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=5382 Für eine Satellitenbahn um die Erde sei gegeben: große Halbachse a = 23000km, Exzentrizität e = 0,7

a )

Bestimmen Sie Perigäums- und Apogäumshöhe der Bahn!

b )

Wie groß sind spezifischer Drehimpuls h und spezifische Energie \varepsilon?

c )

Wie groß sind Abstand r, Geschwindigkeit v sowie radiale und transversale Geschwindigkeitskomponenten {v_r},\:{v_\theta } für die wahren Anomalien (Perigäumswinkel) \theta = 0^\circ ,\:45^\circ ,\:90^\circ ,\:135^\circ ,\:180^\circ?

d )

Bestätigen Sie durch Rechnung die Gültigkeit des so genannten „Hebelgesetzes“ {r_p}{v_p} = {r_A}{v_A}

e )

Berechnen Sie die erste und zweite kosmische Geschwindigkeit!

Lösung

Im Gegensatz zu vorherigen Aufgaben handelt es sich nun nicht mehr um eine Kreisbahn, sondern um eine Ellipse mit der Exzentrizität \varepsilon = 0,7 und der großen Halbachse a = 23 \cdot {10^6}m.

a )

Der kleinste und der größte Abstand von der Erde berechnet sich wie folgt:

{r_{peri}} = a\left( {1-e} \right) = 6900km

{r_{apo}} = a\left( {1+e} \right) = 39100km

rs-ellipsenbahn-parameter

b )

e = \sqrt {1-\frac{{{h^2}}}{{a\gamma M}}} \quad \Rightarrow \quad h = \sqrt {\left( {1-{e^2}} \right)a{\mu _E}}

h = \sqrt {\left( {1-{{0,7}^2}} \right) \cdot 23 \cdot {{10}^6}m \cdot 3,986 \cdot {{10}^{14}}\frac{{{m^3}}}{{{s^2}}}} = 6,85 \cdot {10^{10}}\frac{{{m^2}}}{s}

Aus der Vis-Viva Gleichung erhalten wir nun für die massenspezifische Energie:

\frac{{{v^2}}}{2}-\frac{\mu }{r} = \varepsilon = -\frac{\mu }{{2a}} = -8,7 \cdot {10^6}\frac{J}{{kg}}

c )

r = \frac{p}{{1+e\cos \left( \theta \right)}} = \frac{{a\left( {1-{e^2}} \right)}}{{1+e\cos \left( \theta \right)}},\quad \quad p = \frac{{{h^2}}}{{\gamma M}} = a\left( {1-{e^2}} \right)

{v^2} = {\mu _E}\left( {\frac{2}{r}-\frac{1}{a}} \right)\quad \Rightarrow \quad v = \sqrt {{\mu _E}\left( {\frac{2}{r}-\frac{1}{a}} \right)}

{v_r} = \dot r = \frac{{dr}}{{dt}} = \frac{{p\:e\:\dot \theta \sin \left( \theta \right)}}{{{{\left( {1+e\cos \left( \theta \right)} \right)}^2}}} = \frac{{p\:\dot \theta e\sin \left( \theta \right)}}{{\frac{{{p^2}}}{{{r^2}}}}} = \frac{{{r^2}\dot \theta e\sin \left( \theta \right)}}{p}\mathop = \limits^{{r^2}\dot \theta = h} \frac{{h\:e\sin \left( \theta \right)}}{p}

\mathop = \limits^{p = \frac{{{h^2}}}{\mu }} \frac{{e\sqrt {\mu p} \sin \left( \theta \right)}}{p} = e\sqrt {\frac{\mu }{p}} \sin \left( \theta \right) = e\sqrt {\frac{\mu }{{a\left( {1-{e^2}} \right)}}} \sin \left( \theta \right)

Es ergeben sich die Werte:

\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{\theta }{^\circ }} &\vline & 0 & {45} & {90} & {135} & {180} \\ \hline{\frac{r}{{km}}} &\vline & {6900} & {7846} & {11730} & {23227} & {39100} \\ \hline{\frac{v}{{\frac{{km}}{s}}}} &\vline & {9,91} & {9,18} & {7,12} & {4,12} & {1,749} \\ \hline{\frac{{{v_r}}}{{\frac{{km}}{s}}}} &\vline & 0 & {2,885} & {4,081} & {2,885} & 0 \\ \hline{\frac{{{v_\theta }}}{{\frac{{km}}{s}}}} &\vline & {9,91} & {8,715} & {5,829} & {2,944} & {1,749} \\ \end{array}

d )

Zu zeigen:

{r_P}{v_P} = {r_A}{v_A}

Im Perigäum und Apogäum verschwindet die Radialgeschwindigkeit: {v_r} = 0

Es ist also:

{v_P} = {v_\theta } = \frac{{\sqrt {p\mu } }}{r} = \frac{{\sqrt {{r_P}\left( {1+e\cos \left( {{\theta _P}} \right)} \right)\mu } }}{{{r_P}}} = \sqrt {\frac{{\left( {1+e} \right)\mu }}{{{r_P}}}}

{v_A} = {v_\theta } = \frac{{\sqrt {p\mu } }}{r} = \frac{{\sqrt {{r_A}\left( {1+e\cos \left( {{\theta _A}} \right)} \right)\mu } }}{{{r_A}}} = \sqrt {\frac{{\left( {1-e} \right)\mu }}{{{r_A}}}}

Durch Einsetzen erhalten wir die gesuchte Gleichung:

{r_P}{v_P} = \sqrt {{r_P}\left( {1+e} \right)\mu } \mathop = \limits^{{r_A} = \left( {1+e} \right)a} \sqrt {{r_P}\frac{{{r_A}}}{a}\mu }

= \sqrt {a\left( {1-e} \right)\frac{{{r_A}}}{a}\mu } = {r_A}\sqrt {\frac{{\left( {1-e} \right)\mu }}{{{r_A}}}} = {r_A}{v_A}

e )

Berechnung der 1. kosmischen Geschwindigkeit aus der Vis-Viva Gleichung:

\frac{{{v^2}}}{2}-\frac{\mu }{r} = -\frac{\mu }{{2a}}

Bei einer Kreisbahn mit Erdradius ergibt sich:

{v_1} = \sqrt {\frac{\mu }{r}} = \sqrt {\frac{\mu }{{{R_E}}}} = 7,91\frac{{km}}{s}

Für die zweite kosmische Geschwindigkeit (Fluchtgeschwindigkeit von der Erde) gilt:

\frac{{{v^2}}}{2}-\frac{\mu }{r} = -\frac{\mu }{{2a}}\mathop = \limits^{a \to \infty } 0

{v_2} = \sqrt {\frac{{2\mu }}{r}} = \sqrt {\frac{{2\mu }}{{{R_E}}}} = 11,2\frac{{km}}{s} = \sqrt 2 {v_1}

]]> http://me-lrt.de/elliptische-satellitenbahn-erde/feed 0 04.2 – kinetische, potentielle und Gesamtenergie eines Satelliten http://me-lrt.de/kinetische-potentielle-gesamtenergie-satelliten http://me-lrt.de/kinetische-potentielle-gesamtenergie-satelliten#comments Thu, 03 Jun 2010 15:41:17 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=5379 Bestimmen Sie für einen Satelliten der Masse m = 1000kg auf einer Kreisbahn mit dem Radiusr = 7000km um den Erdmittelpunkt

a )

kinetische, potentielle sowie Gesamtenergie

b )

Drehimpuls

c )

Welche Werte hätten diese Größen, wenn sich der Satellit
1) Auf der Erdbahn
2) Auf der Jupiterbahn um die Sonne bewegen würde?

Lösung

a )

Durch ein Kräftegleichgewicht (siehe Aufgabe 4.1) lässt sich zeigen, dass

v = \sqrt {\frac{\mu }{r}}

Dies setzen wir in die Gleichung für die kinetische Energie ein:

{E_{kin}} = \frac{1}{2}m{v^2} = \frac{1}{2}m\frac{{{\mu _E}}}{r} = 2,874 \cdot {10^{10}}J

Die potentielle Energie ist definiert als die Energie, die benötigt wird, um den Körper von der aktuellen Position nach r = \infty zu bringen (da dort das Potential 0 ist). Es folgt:

{E_{pot}} = \gamma \frac{{m{M_E}}}{{{r_\infty }}}-\gamma \frac{{m{M_E}}}{r} = -\gamma \frac{{m{M_E}}}{r} = -\frac{{{\mu _E}m}}{r} = -5,694 \cdot {10^{10}}J

{E_{ges}} = {E_{kin}}+{E_{pot}} = -2,847 \cdot {10^{10}}J = -{E_{kin}}

b )

Der Drehimpuls ist das Vektorprodukt aus Radius und Impuls:

\vec H = \vec r \times \vec p = \vec r \times m\vec v

\vec r \bot \vec v\quad \Rightarrow \quad H = rmv = rm\sqrt {\frac{\mu }{r}} = m\sqrt {\mu r} = 5,28 \cdot {10^{13}}Js

c )

Für die Erdbahn um die Sonne ergibt sich:

{\mu _S} = \gamma {M_S} = 1,327 \cdot {10^{20}}\frac{{{m^3}}}{{{s^2}}}

r = 1AE = 1,5 \cdot {10^{11}}m

{E_{kin}} = \frac{1}{2}m{v^2} = \frac{1}{2}m\frac{{{\mu _S}}}{r} = 4,423 \cdot {10^{11}}J

{E_{pot}} = -\frac{{{\mu _S}m}}{r} = -8,847 \cdot {10^{11}}J

{E_{ges}} = -4,423 \cdot {10^{11}}J = -{E_{kin}}

H = m\sqrt {{\mu _S}r} = 4,46 \cdot {10^{18}}Js

Für die Jupiterbahn um die Sonne ergibt sich:

{\mu _S} = \gamma {M_S} = 1,327 \cdot {10^{20}}\frac{{{m^3}}}{{{s^2}}}

r = 5,2AE = 7,78 \cdot {10^{11}}m

{E_{kin}} = \frac{1}{2}m{v^2} = \frac{1}{2}m\frac{{{\mu _S}}}{r} = 8,528 \cdot {10^{10}}J

{E_{pot}} = -\frac{{{\mu _S}m}}{r} = -1,706 \cdot {10^{11}}J

{E_{ges}} = -8,528 \cdot {10^{10}}J = -{E_{kin}}

H = m\sqrt {{\mu _S}r} = 1,02 \cdot {10^{19}}Js

]]> http://me-lrt.de/kinetische-potentielle-gesamtenergie-satelliten/feed 0 04.1 – Geschwindigkeit auf Erdkreisbahnen http://me-lrt.de/geschwindigkeit-erdkreisbahnen http://me-lrt.de/geschwindigkeit-erdkreisbahnen#comments Thu, 03 Jun 2010 15:36:00 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=5376 a )

Berechnen Sie die Umlaufgeschwindigkeiten v für Erdkreisbahnen unter der Annahme eines Einkörperproblems in den folgenden Höhen H über der Erdoberfläche:

h = r-{R_E} = 100;\:200;\:500;\:1000;\:10000km

Welche Näherung wird hierbei gegenüber dem klassischen Newtonschen „Zweikörperproblem“ vorgenommen?

Was ist der Unterschied zum Zweikörperproblem?

b )

Berechnen Sie die Höhe h und die Geschwindigkeit v für eine Kreisbahn mit der Umlaufzeit P = 24h \cdot \frac{{364}}{{365}} = 23h\:56m\:04s. Diese Umlaufzeit ist ein astronomischer Tag, d.h. die Zeit, in der die Erde eine volle Umdrehung im Inertialsystem ausführt.

Lösung

a )

Man kann diese Aufgabe mit der Vis-Viva Gleichung oder einfach mit einem Kräftegleichgewicht lösen.

Kräftegleichgewicht:

Auf einer Kreisbahn um die Erde ist die Zentrifugalkraft genauso groß wie die Gravitationskraft:

{F_Z} = {F_G}

\frac{{m{v^2}}}{r} = \gamma \frac{{m{M_E}}}{{{r^2}}}

v = \sqrt {\frac{{\gamma {M_E}}}{r}} = \sqrt {\frac{{{\mu _E}}}{r}} = \sqrt {\frac{{{\mu _E}}}{{{R_E}+h}}}

Die Masse des Körpers ist also nicht relevant! Wir benötigen die folgenden Konstanten:

Gravitationsparameter: {\mu _E} = \gamma {M_E} = 3,986 \cdot {10^{14}}\frac{{{m^3}}}{{{s^2}}}
Radius der Erde: {R_E} = 6,378 \cdot {10^6}m

Die gesuchten Geschwindigkeiten sind:

\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{h}{{{{10}^3}m}}} &\vline & {100} & {200} & {500} & {1000} & {10000} \\\hline{\frac{v}{{\frac{m}{s}}}} &\vline & {7844} & {7784} & {7613} & {7350} & {4933} \\ \end{array}

Mit der Vis-Viva Gleichung:

\frac{{{v^2}}}{2}-\frac{\mu }{r} = -\frac{\mu }{{2a}}

Bei einer Kreisbahn ist a = r = {r_K}, also:

\frac{{{v^2}}}{2}-\frac{\mu }{{{r_K}}} = -\frac{\mu }{{2{r_K}}}

v = \sqrt {\frac{\mu }{{{r_K}}}}

Da wir hier bei beiden Ansätzen mit einem Einkörperproblem rechnen, ist unsere Näherung, dass die Masse des Zentralkörpers viel größer als die des Satelliten ist. Der Unterschied zum Zweikörperproblem ist, dass sich bei der Näherungslösung der Satellit um den Schwerpunkt des Zentralkörpers bewegt, sich beim Zweikörperproblem aber beide Körper um einen gemeinsamen Schwerpunkt bewegen.

b )

Wir wählen den gleichen Ansatz (Kräftegleichgewicht) wie bei der ersten Teilaufgabe:

{F_Z} = {F_G}

v = \omega r

m\frac{{{v^2}}}{r} = m{\omega ^2}r = \gamma \frac{{mM}}{{{r^2}}},\quad \quad T = P

r = \sqrt[3]{{\frac{{\gamma M}}{{{\omega ^2}}}}},\quad \quad \omega = 2\pi f = \frac{{2\pi }}{T} = \frac{{2\pi }}{P}

r = \sqrt[3]{{\frac{{\mu {P^2}}}{{4{\pi ^2}}}}} = 42164km

h = r-{R_E} = 35786km

v = \omega r = \frac{{2\pi }}{P}r = 3075\frac{m}{s}

]]> http://me-lrt.de/geschwindigkeit-erdkreisbahnen/feed 0 03.3 – Geschwindigkeit und Energie einer Rakete http://me-lrt.de/geschwindigkeit-energie-rakete http://me-lrt.de/geschwindigkeit-energie-rakete#comments Wed, 02 Jun 2010 21:09:44 +0000 admin2 http://me-lrt.de/?p=5370 Eine Rakete habe zum Zeitpunkt t=0 die Geschwindigkeit {v_0}=0 und die Startmasse {m_0}=8000kg. Das Raketentriebwerk liefert den konstanten Schub F=9,2kN. Die Ausströmgeschwindigkeit des Gasstrahles sei {c_e}=2,8\frac{km}{s} und die Brenndauer betrage 2300 Sekunden.

a )

Bestimmen Sie die Geschwindigkeit als Funktion der Zeit t!

b )

Geben Sie die kinetische Energie der Rakete als Funktion der Zeit an!

c )

Wie ändert sich die kinetische Energie während der Brennzeit des Triebwerkes!

d )

Geben Sie Zahlenwerte an für t=0, 500,1.000,1.500,2.000 und 2.300 Sekunden!

Lösung

a )

Gegeben:

Startgeschwindigkeit: {v_0}=0

Startmasse: {m_0}=8000kg

Ausströmgeschwindigkeit des Gasstrahls: {c_e}=2,8\frac{{km}}{s}

Schub (konstant): F=9,2kN

Gesucht:

v\left(t\right)?Geschwindigkeit der Rakete als Funktion der Zeit

Für die Geschwindigkeitsänderung der Rakete folgt aus der Ziolkowsky-Gleichung:

\Delta v={c_e}\cdot\ln\left({\frac{m_0}{m_B}}\right)

Da die Beobachtung zum Zeitpunkt t=0 beginnt, und die Rakete zu Beginn die Geschwindigkeit {v_0}=0 hat, gilt:

v={c_e}\cdot\ln\left({\frac{m_0}{m_B}}\right)

Um diese Gleichung jetzt noch Abhängig von der Zeit auszudrücken, setzt man statt der Brennschlussmasse die Raketenmasse in Abhängigkeit von der Zeit ein d.h. m\left(t\right)={m_0}-\dot m\cdot t

v\left(t\right)={c_e}\cdot\ln\left({\frac{m_0}{{{m_0}-\dot m\cdot t}}}\right)

Dies lässt sich wiederum umformen, da der Massenstrom \dot m ja unbekannt ist mit: \dot m=\frac{F}{{{c_e}}}

v\left(t\right)={c_e}\cdot\ln\left({\frac{m_0}{{{m_0}-\frac{F}{{{c_e}}}\cdot t}}}\right)={c_e}\cdot\ln\left({\frac{m_0}{{\frac{{{m_0}\cdot{c_e}-F\cdot t}}{{{c_e}}}}}}\right)

={c_e}\cdot\ln\left({\frac{{{m_0}\cdot{c_e}}}{{{m_0}\cdot{c_e}-F\cdot t}}}\right)={c_e}\cdot\ln{\left({\frac{{{m_0}\cdot{c_e}-F\cdot t}}{{{m_0}\cdot{c_e}}}}\right)^{-1}}

=-{c_e}\cdot\ln\left({\frac{{{m_0}\cdot{c_e}-F\cdot t}}{{{m_0}\cdot{c_e}}}}\right)=-{c_e}\cdot\ln\left({\frac{{{m_0}\cdot{c_e}}}{{{m_0}\cdot{c_e}}}-\frac{{F\cdot t}}{{{m_0}\cdot{c_e}}}}\right)=\underline{\underline{-{c_e}\cdot\ln\left({1-\frac{{F\cdot t}}{{{c_e}\cdot{m_0}}}}\right)}}

b )

Gegeben:

Geschwindigkeit der Rakete als Funktion der Zeit: v\left(t\right)=-{c_e}\cdot\ln\left({1-\frac{{F\cdot t}}{{{c_e}\cdot{m_0}}}}\right)

Masse als Funktion der Zeit: m\left(t\right)={m_0}-\dot m\cdot t

Gesucht:

Kinetische Energie als Funktion der Zeit: {E_{kin}}\left(t\right)

Für die kinetische Energie eines Körpers gilt, was ja allgemein bekannt sein dürfte:

{E_{kin}}=\frac{1}{2}\cdot m\cdot{v^2}

Und damit ergibt sich eingesetzt und mit \dot m=\frac{F}{{{c_e}}}:

{E_{kin}}\left(t\right)=\frac{1}{2}\cdot m\left(t\right)\cdot v{\left(t\right)^2}=\frac{1}{2}\cdot\left({{m_0}-\dot m\cdot t}\right)\cdot c_e^2\cdot{\ln ^2}\left({1-\frac{{F\cdot t}}{{{c_e}\cdot{m_0}}}}\right)

=\underline{\underline{\frac{1}{2}\cdot\left({{m_0}-\frac{{F\cdot t}}{{{c_e}}}}\right)\cdot c_e^2\cdot{{\ln}^2}\left({1-\frac{{F\cdot t}}{{{c_e}\cdot{m_0}}}}\right)}}

c )

Die Änderung der kinetischen Energie während der Brennzeit des Triebwerks der Rakete bestimmt man, indem man das Ergebnis aus Aufgabenteil b) nach der Zeit ableitet:

\frac{{\partial{E_{kin}}}}{{\partial t}}=\frac{1}{2}\cdot\left({\frac{{\partial m\left(t\right)}}{{\partial t}}{v^2}+m\left(t\right)\cdot 2\cdot v\left(t\right)\cdot\frac{{\partial v\left(t\right)}}{{\partial t}}}\right)

\frac{{\partial m\left(t\right)}}{{\partial t}}=\frac{\partial}{{\partial t}}\left({{m_0}-\dot mt}\right)=-\dot m

und:

\frac{{\partial v}}{{\partial t}}=\dot v={c_e}\cdot\frac{1}{{\left({\frac{m_0}{{{m_0}-\dot m\cdot t}}}\right)}}\cdot\frac{{\left({0\cdot\left({{m_0}-\dot m\cdot t}\right)}\right)-\left({{m_0}\cdot\left({-\dot m}\right)}\right)}}{{{{\left({{m_0}-\dot m\cdot t}\right)}^2}}}={c_e}\cdot\frac{{}}{{}}\cdot\frac{{\cdot\dot m}}{{\left({{m_0}-\dot m\cdot t}\right)}}=\frac{{\dot m\cdot{c_e}}}{{{m_0}-\dot m\cdot t}}

Damit:

\frac{{\partial{E_{kin}}}}{{\partial t}}=-\frac{1}{2}\cdot\dot m\cdot{v^2}+m\cdot v\cdot\dot v=-\frac{1}{2}\cdot\dot m\cdot{v^2}+\left({{m_0}-\dot m\cdot t}\right)\cdot v\cdot\frac{{{c_e}\cdot\dot m}}{{{m_0}-\dot m\cdot t}}

=-\frac{1}{2}\cdot\dot m\cdot{v^2}+{c_e}\cdot v\cdot\dot m=\underline{\underline{\dot m\cdot v\cdot\left({-\frac{1}{2}\cdot v+{c_e}}\right)}}

d )

Auswertung aus Seminarübung:

In der Excel-Tabelle ist auf dem ersten Diagramm (Zeit über Geschwindigkeit) zu erkennen:

Geschwindigkeit nimmt stark zu, vor allem gegen Ende der Beobachtung.

Ursache: Der Massenstrom des Triebwerks ist über die gesamte Zeit konstant. Die Masse nimmt jedoch mit zunehmender Laufzeit ab.

Im zweiten Diagramm ist zu sehen (Zeit über Energie):

Die kinetische Energie erreicht ein Maximum, nimmt dann aber in der weiteren Laufzeit wieder ab.

Ursache: Sobald die Geschwindigkeit der Rakete v die effektive Ausstoßgeschwindigkeit {c_e} der Triebwerksgase überschritten hat (besser zu erkennen im dritten Diagramm), werden die ausgestoßenen Gasteilchen, die dem Triebwerk entweichen abgebremst, d.h. die kinetische Energie wird ab diesem Punkt insgesamt wieder kleiner.

geschwindigkeit-zeit-diagramm

energie-zeit-diagramm

anderung-energie-zeit-diagramm

\mathcal{T}\mathcal{H}

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