Maniobra d'un CubeSat: pujar d'òrbita sense perdre el cap
El CubeSat CatSat-1, de 4,0 kg, fa una òrbita circular que el centre de control anuncia a 550 km d'altitud sobre la superfície. El seguiment de dues estacions de terra dona un període orbital de 95,5 min. Dades: G = 6,67·10⁻¹¹ N·m²·kg⁻², M_T = 5,97·10²⁴ kg, R_T = 6,37·10⁶ m. L'equip vol fer una maniobra per pujar a 700 km i allargar la vida útil del satèl·lit; el motor té un pressupost de Δv de 120 m/s i molt poc propel·lent. Un dels estudiants proposa aprofitar la mateixa maniobra per arribar a l'òrbita geoestacionària (r = 4,22·10⁷ m), perquè «si ja hi som a prop, surt gairebé gratis». D'altra banda, els registres mostren que el període ha passat de 95,5 min a 94,8 min en un mes, i hi ha discussió sobre si això és coherent amb l'arrossegament atmosfèric o si indica un error del sensor.
1. A partir del període observat, dedueix el radi de l'òrbita i comprova si és coherent amb l'altitud de 550 km que anuncia el centre de control.
Read the worked answer
Tercera llei de Kepler: T² = 4π²r³/(GM) → r = (GM·T²/4π²)^(1/3).
- T = 95,5 min = 5 730 s; T² = 3,28·10⁷ s².
- GM = 6,67·10⁻¹¹·5,97·10²⁴ = 3,98·10¹⁴ m³/s².
- r³ = 3,98·10¹⁴·3,28·10⁷/39,48 = 3,31·10²⁰ m³ → r = 6,92·10⁶ m.
Altitud: h = r − R_T = 6,92·10⁶ − 6,37·10⁶ = 5,5·10⁵ m = 550 km. La dada del centre de control és coherent amb el seguiment; si no ho fos, caldria sospitar d'un error en la massa de la Terra o en la conversió d'unitats (minuts a segons), que és l'error més habitual en aquest càlcul. De passada, la velocitat orbital és v = √(GM/r) = 7,59·10³ m/s.
2. Calcula l'energia mecànica a 550 km i a 700 km, l'increment necessari i el Δv del primer impuls. Per què la velocitat final és més petita si hem afegit energia?
Read the worked answer
Energia: en òrbita circular E = −GMm/(2r).
- r₁ = 6,92·10⁶ m → E₁ = −(3,98·10¹⁴·4,0)/(2·6,92·10⁶) = −1,15·10⁸ J.
- r₂ = 7,07·10⁶ m → E₂ = −1,13·10⁸ J → ΔE = +2,4·10⁶ J.
El desglossament és la clau: ΔU = +4,9·10⁶ J i ΔK = −2,5·10⁶ J. És a dir, l'energia afegida serveix per pujar el satèl·lit i, a més, en sobra perquè la cinètica baixi.
Impuls: l'el·lipse de transferència té a = (r₁+r₂)/2 = 7,00·10⁶ m. v_p = √(GM(2/r₁ − 1/a)) = 7,62·10³ m/s → Δv₁ = 7,62 − 7,59 = 39 m/s. A l'apogeu calen uns 41 m/s més (total ≈ 80 m/s), dins del pressupost de 120 m/s.
El fals paradoxe: v₂ = √(GM/r₂) = 7,50·10³ m/s < v₁ = 7,59·10³ m/s. No hi ha contradicció: en una òrbita més alta la circularització exigeix menys velocitat, tot i que el satèl·lit tingui més energia total.
3. El període ha baixat de 95,5 a 94,8 min. És coherent amb l'arrossegament atmosfèric? Raona-ho i indica què implica per a l'energia i la velocitat del satèl·lit.
Read the worked answer
Sí, és coherent (i és el resultat contraintuïtiu del tema).
Com que r ∝ T^(2/3): r = 6,92·10⁶·(94,8/95,5)^(2/3) = 6,89·10⁶ m, o sigui que l'altitud ha baixat uns 34 km (de 550 a 516 km). L'arrossegament fa treball negatiu i dissipa energia mecànica: E es fa més negativa. En una òrbita lligada r = −GMm/(2E), de manera que reduir E redueix r.
El resultat xocant és que el satèl·lit va més de pressa: v = √(GM/r) passa de 7,59·10³ a 7,61·10³ m/s. L'arrossegament el frena, però el descens cap a una òrbita inferior el torna a accelerar, i el balanç net és un augment de velocitat i una reducció del període.
Per tant, la dada no indica cap error del sensor: indica que caldrà una maniobra de reimpulsió abans que la reentrada sigui inevitable.