Rft2 Uebungen De

R A U M F A H R T M I S S I O N E N

(Raumfahrttechnik 2)

Übungsaufgaben mit Lösungen

von

Dr.-Ing. Carsten Wiedemann

(unter Verwendung des Skriptes von Prof. Dr.-Ing. Dietrich Rex)

Stand SS 2013

Institut für Luft- und RaumfahrtsystemeTechnische Universität Carolo - Wilhelmina

Braunschweig

Prof. Dr.-Ing. Peter Vörsmann

- Dieser Umdruck ist als Übungsskript vervielfältigt und nur zum persönlichen Gebrauch bestimmt -

Inhaltsverzeichnis

1 Raketenaufstieg 21.1 Aufgabe 1 - Startazimut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2 Bodenspuren 92.1 Allgemeines Vorgehen zum Skizzieren von Bodenspuren . . . . . . . . . 102.2 Aufgabe 2 - GTO skizzieren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.3 Aufgabe 3 - Bodenspur eines GEO-Satelliten . . . . . . . . . . . . . . . . 162.4 Aufgabe 4 - Bodenspuren in GEO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.5 Aufgabe 5 - Bodenspur Molniya . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3 Variationsgleichungen 313.1 Aufgabe 6 - Störungen der großen Halbachse . . . . . . . . . . . . . . . . 323.2 Aufgabe 7 - Störungen der Exzentrizität . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

4 Bahnstörungen durch das Geopotential 414.1 Aufgabe 8 - Wanderung der Knotenlinie, allgemeine Betrachtung . . . . 424.2 Aufgabe 9 - Wanderung der Knoten- und Apsidenlinie von Molniyabah-

nen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 474.3 Aufgabe 10 - Sonnensynchrone Bahn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

5 Atmosphäre 525.1 Aufgabe 11 - Skalenhöhe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 535.2 Aufgabe 12 - Bahnlebensdauer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

6 Störungen auf der geostationären Bahn 636.1 Aufgabe 13: Stationkeeping . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

A Transformation Gregorianisches Datum in Julianisches Datum 72

B Ost-West Drift geostationärer Objekte 73

C Vordruck für Subspuren 75

1

Kapitel 1

Raketenaufstieg

2

KAPITEL 1. RAKETENAUFSTIEG 3

1.1 Aufgabe 1 - Startazimut

Man berechne das Startazimut Az für einen Satelliten-Start von Cape Canaveral (β =28.5), der zu folgenden Bahndaten führen soll:

i = 51

e = 0

a = 6707km

Es soll in den absteigenden Ast der Bahn eingeschossen werden.

Konstanten:

µ = 3.986e5km3/s2

Re = 6371km


Nomenklatur

i Inklinationβ BreitengradAi Inertialer StartazimutAz Wahrer Startazimutvi,ϕ Horizontale Komponente der BahngeschwindigkeitRe Erdradius am Äquator [km]ωe Winkelgeschwindigkeit der Erdrotation [rad/s]

Rechnung

1. Projizieren der Bahn auf die Einheitskugel des Himmelsäquatorsystems. Mitder Bahninklination i, dem Breitengrad der Startrampe β und dem inertialenStartazimut Ai. „Inertial“ bedeutet hier, dass der Winkel β die Erdrotation nochnicht berücksichtigt.

Der inertiale Startazimut Ai ergibt sich über die Beziehungen der sphärischenTrigonometrie durch die Anwendung des Seiten-Kosinussatz (Abb. 1.1):

Abbildung 1.1: Sphärische Trigonometrie

cosα = cosβ cosγ + sinβ sinγ cosa

cosβ = cosγ cosα + sinγ sinα cosb (1.1)

cosγ = cosα cosβ + sinα sinβ cosc


Nimmt man nun die erste Gleichung des Systems 1.1, so entspricht α gerade derInklination, die Seite a dem Breitengrad β (hier nicht zu verwechseln mit demWinkel β in der mathematischen Definition!) und der Winkel γ ist der Gegen-winkel zum Startazimut. Daraus folgt dann also:

cos i = cosβ · sinAi

→ Ai = sin−1 cos icosβ

Um in den absteigenden Ast der Bahn zu gelangen, sollte man zunächst die Geo-metrie in Abb. 1.2 betrachten. Der einfache Zusammenhang, der sich zwischen

Abbildung 1.2: Start in Richtung der aufsteigenden oder absteigenden Bahn

einem Start in den aufsteigenden Ast und dem Start in den absteigenden Ast er-gibt, ist Ai∗ = 180−Ai, wobei Ai∗ der Startazimut in den absteigenden Ast derBahn ist, während Ai aus der Definition des sphärischen Dreiecks den aufsteigen-den Ast liefert. Nun lässt sich der inertiale Startazimut berechnen.

Ai∗ = 180− sin−1 cos51

cos28.5= 180−45.73

= 134.27


Aus der Gleichung wird deutlich, dass die Inklination niemals kleiner sein kannals der Breitengrad, mathematisch ist diese Beschränkung durch den Arkussinusgegeben, welcher nur im Intervall [0...1] definiert ist.

2. Berücksichtigen der Erdrotation ~vrot . Mit ~vi,ϕ als horizontaler Komponente derinertialen Bahngeschwindigkeit (Projektion auf die Erdoberfläche), ~vrel,ϕ der ho-rizontalen Komponente der relativen Bahngeschwindigkeit (unter Berücksichti-gung der lokalen Erdrotationsgeschwindigkeit) ~vrot (erdfestes, geographischesKoordinatensystem). Az ist der gesuchte Startazimut im erdfesten, geographi-schen Koordinatensystem.

(Sofern keine Vektorpfeile verwendet werden ist der Betrag gemeint)

Abbildung 1.3: Umrechnung in das tatsächliche Startazimut Az relativ zur rotierendenErde

x = vi,ϕ · sinAi (1.2)

vi,ϕ =

√µ

a(1.3)

vrot = vrot,eq · cosβ = Re ·ωe · cosβ

(1.4)

vrot,eq ist die Geschwindigkeit der Erdoberfläche am Äquator.


vi,ϕ =

√3,986e5km3/s2

6.707km= 7,71km/s

ωe =

(2π + 2π

365,25

)rad/Tag

86.400s/Tag= 7,292e-5rad/s

vrot,eq = 6.378km ·7,292e-5rad/s = 0,4651km/s

Der Startazimuth errechnet sich nach Abb. 1.3 unter Berücksichtigung von 1.2 zu:

tanAi =xy

(1.5)

tanAz =x− vrot

y(1.6)

Setzt man nun für y in der Gleichung 1.6 die Beziehung aus Gleichung 1.5 ein, sofolgt:

tanAz = tanAi ·(

x− vrot

x

)= tanAi ·

(1−

vrot,eq · cosβ

vi,ϕ · sinAi

)→ Az = arctan

tanAi−

vrot,eq · cosβ

vi,ϕ · cosAi

(1.7)

Az = arctan

tan134,27− 0,4651km/s · cos28,5

7,71km/s · cos134,27

= −43.527

3. Den Wertebereich des Arkustangens berücksichtigen. Hier zeigt Abb. 1.4, dassder Tangens für einen Rechner im Bereich zwischen −90 und +90 (bzw. −π/2bis +π/2) definiert ist und sich dann wiederholt. Ist also der initiale Startazimutbereits größer als 90 (bzw. größer als π/2), wie in dieser Aufgabe, so muss einWinkel von 180 addiert werden, wenn er gar größer als 270 wird, müssen 360

addiert werden.


A?z = 180+(−43,527)

= 136,47

Abbildung 1.4: Bestimmung des Abflugazimuts.

Kapitel 2

Bodenspuren

9

KAPITEL 2. BODENSPUREN 10

2.1 Allgemeines Vorgehen zum Skizzieren von Boden-spuren

1. Maximal überfliegbaren Breitengrad nördlich und südlich anhand der Inklinati-on markieren.

βmax = i

2. Schnittpunkte der Bahn mit der Äquatorebene markieren

(a) Zeitpunkte berechnen, zu denen die Äquatorebene überquert wird.

(b) Lage des Greenwich-Meridians relativ zum Frühlingspunkt zu den berech-neten Zeitpunkten errechnen.

(c) Längengrad der Schnittpunkte bestimmen.

λΩ = Ω−αGreenwich

αGreenwich Ω

λΩ

3. Richtung markieren, mit der das Objekt die Äquatorebene schneidet

(a) Ermitteln, ob das Objekt an den Schnittpunkten die Äquatorebene in nörd-liche oder südliche Richtung überquert.

(b) Winkelgeschwindigkeit parallel zum Äquator der Äquatorschnittpunkte er-rechnen.

|~v|Äq = ϕÄq · |~r| (2.1)

vÄq = |~v| · cos i (2.2)

⇒ ϕÄq =|~v| · cos i|~r|

(2.3)


|~v|Äq = |~v| · cos i

~v

i

-

Norden

Äquator

Süden

6

i Bahninklination [Grad]ϕÄq Winkelgeschwindigkeit des Objektes parallel zum Äquator

(d.h. in der Äquatorebene) [rad/s]|~v|Äq Geschwindigkeitskomponente des Objektes parallel zum

Äquator und zur Erdoberfläche [km/s]|~v| Betrag der Geschwindigkeitskomponente des Objektes par-

allel zur Erdoberfläche [km/s]

(c) Vergleichen von |~v|Äq mit der Winkelgeschwindigkeit der Erde (ca. 15/h)

4. Vervollständigen der Skizze anhand der errechneten Stützpunkte


2.2 Aufgabe 2 - GTO skizzieren

Man skizziere die Bodenspur einer Geotransferbahn (GTO) mit den folgenden gegebe-nen Parametern:

i = 28

hp = 500km

ha = 35.786km

ω = 180

λApo = −60

RErde = 6.378km

ωsid = 15/h


Lösungsweg

Die Bodenspur wird hier anhand des in Kapitel 2.1 aufgeführten Schemas durchge-führt. Die einzelnen Schritte sind in Graphik 2.1 dargestellt.

1. Maximal überfliegbare Inklination markieren.

βmax = i = 28

2. Schnittpunkte mit der Äquatorebene berechnen:ω = 180 besagt, dass das Perigäum 180 hinter dem aufsteigenden Knoten, dasheißt direkt im absteigenden Knoten liegt. Somit liegt die Apsidenlinie in derÄquatorebene und Apogäum und Perigäum bilden die zwei gesuchten Schnitt-punkte mit dem Äquator für die Bodenspur.

(a) λApo =−60 ist bereits gegeben und kann eingezeichnet werden

(b) Die Position des Perigäums auf dem Äquator hängt von dem Winkel ab, umden sich die Erde während eines halben Bahnumlaufs weiter gedreht hat.

TU/2 = π ·

√a3

µ(2.4)

Mit

a = (ra + rp)/2 = (ha +hp +2 ·RErde)/2

= (35.786km+500km+2 ·6.378km)/2

= 24.521km

in Gleichung (2.4):

TU/2 = π ·

√(24.521km)3

3,986e5km3/s2

/3.600s/h

= 5,3h (2.5)

Innerhalb eines halben Bahnumlaufs (5,3 h) dreht sich die Erde um

ωTU/2 = ωsid ·TU/2≈ 15/h ·5,3h = 79,5 (2.6)

weiter. Zieht man diesen Winkel von dem Winkel ab, den das Objekt in dergleichen Zeit von TU/2 auf seiner Bahn überstrichen hat (180 Grad), erhältman die Längengraddifferenz zwischen den Äquatorschnittpunkten undkann dann den gesuchten Längengrad errechnen:

λperi = λapo +(180−ωTU/2)

= −60+(180−79,5)

= 40,5


3. Richtung markieren, mit der das Objekt die Äquatorebene schneidet

(a) Da das Perigäum 180 Grad hinter dem aufsteigenden Knoten liegt (ω = 180),liegt es im absteigenden Knoten und überquert die Äquatorebene von Nordennach Süden. Folglich ist die Flugrichtung im Apozentrum umgekehrt: vonSüden nach Norden.

(b) Ermitteln der Winkelgeschwindigkeit parallel zum Äquator und zur Erd-oberfläche an den beiden Schnittpunkten:

i. Die Bewegungsrichtung am erdfernsten und erdnächsten Punkt ist perDefinition parallel zur Erdoberfläche. Die zweite Bedingung ist somiterfüllt.

ii. Die Bewegungsrichtung parallel zum Äquator kann einfach anhand derGleichung 2.3 und des Vis-Viva Integrals berechnet werden. Das Vis-Viva Integral für die Perizentrums- und Apozentrumsgeschwindigkeitlautet:

vperi =

√µ

(2rp− 1

a

)

=

√3,986e5km3/s2

(2

6.878km− 1

24.521km

)≈ 9,98km/s

vapo =

√µ

(2ra− 1

a

)

=

√3,986e5km3/s2

(2

42.164km− 1

24.521km

)≈ 1,63km/s

Setzt man diese Werte in Gleichung 2.3 ein, erhält man:

ϕperi =vperi · cos i

rperi

≈ 9,98km/s · cos28

6.878km·3.600s/h · 180

π

≈ 264,26/h

ϕapo =vapo · cos i

rapo

≈ 1,63km/s · cos28

42.164km·3.600s/h · 180

π

≈ 7,04/h

Im Vergleich zur Winkelgeschwindigkeit der Erde um ihre eigene Achse(ωsid ≈ 15/h), ist das Objekt in seinem Perizentrum deutlich schneller,und in seinem Apozentrum langsamer.

⇒Am Apozentrum überquert das Objekt den Äquator in nordwestlicheRichtung, am Perizentrum in südöstliche Richtung.


4. Durch Verbinden der eingezeichneten Punkte und der gewonnenen Erkenntnissehinsichtlich Bewegungsrichtung kann eine grobe Aussage über die Subspur desSatelliten getroffen werden (siehe Abb. 2.1).

Abbildung 2.1: Aufgabe: GTO skizzieren. Graphik zum Lösungsweg.


2.3 Aufgabe 3 - Bodenspur eines GEO-Satelliten

a) Bestimmen Sie den Subspurpunkt zum gegebenen Zeitpunkt.b) Skizzieren Sie die Bodenspur.

r = 42.164km

i = 60

Ω = 120

t0 = 14 : 00 h UT am 10.02.1985

u0 = ω +ϕ0 = 30


Lösung

a) Bestimmen Sie den Subspurpunkt zum gegebenen Zeitpunkt.

Transformation Bahnkoordinaten→ Himmelskoordinaten

Mit den Gleichungen aus dem Vorlesungsskript werden zunächst aus dem inertialenSystem mit den gegebenen Kepler-Elementen die Deklination δ und Rektaszension α

im Himmelsäquatorsystem ermittelt:

sinδ = sin i · sin(ω +ϕ)

tan(α−Ω) = cos i · tan(ω +ϕ)

→ δ = sin−1(sin(60) · sin(30)) = 25,66

α = Ω+ tan−1(cos(i) · tan(ω +ϕ))

= 120+ tan−1(cos(60) · tan(30)) = 136,10

Transformation Himmelskoordinatensystem→Geographisches Koordinatensystem

Im zweiten Schritt muss nun noch aus dem Himmelsäquatorsystem in das geogra-phische System transformiert werden. Die Deklination δ ist hier identisch mit demgeozentrischen Breitengrad β , während für den Längengrad die Kenntnis der Rektas-zension des Greenwich-Metidians notwendig ist:

β = δ

λ = α−ωsid · t +(2π−Θg,0)

ωsid - Winkelgeschwindigkeit der Erdet - Uhrzeit UT der aktuellen PositionΘg,0 - Rektaszension des Greenwichmeridians

um 0:00 h des entsprechenden Tages

Nebenrechnung:

λ = α−ωsid ·(

t− t,Gr

)Hierbei ist t,Gr der Zeitpunkt des letzten Durchgangs des Nullmeridians (Green-wich) durch den Frühlingspunkt.

t,Gr =2π−Θg,0

ωsid

λ = α−ωsid ·(

t−2π−Θg,0

ωsid

)= α−ωsid · t +

(2π−Θg,0

)


ωsid =2π + 2π

365,25

24 h≈ 2,63516

radh

= 15,04h

t = 14 h

Θg,0 = 1,739935893+628,3319501 ·∆JC+0,0000067558(∆JC)2

Hierin ist ∆JC die Anzahl der julianischen Jahrhunderte, die seit 1900.0 (1. Januar 1900um 12:00 UT1) vergangen sind.

JD aus Tabelle für 10.02.1985 → 2.446.107 [12:00]

→ 2.446.106,5 [0:00]

∆JD =2.446.106,5−2.415.020,5

36.525= 0,851088296 Jahrhunderte

2415020,5 = 1. Januar 1900 0:00

⇒Θg,0 = 536,5059093 rad

Volle Umläufe des Greenwich-Meridians werden abgezogen und dann kann der Län-gengrad des Subspurpunktes berechnet werden:

Θg,0

2π= 85,3875675−85 vollständige Umläufe

Θg,0 = 0,3875675 ·2π = 2,4351584 rad≈ 139,52

⇒ λ = 136,10−15,04h·14 h+(360−139,52)

= 146,02

b) Skizzieren Sie die Subspur.

1. maximaler Breitengrad = Inklination:

βmax = i = 60 (2.7)


2. Schnittpunkt markieren:Zeitpunkt zu dem der Äquator geschnitten wird.

14 h−1.99 h ≈ 12.01 h

→ u0 = 0

→ α = 120

λ = 120−15.04h·12.01 h+360−139.52

= 159.85 [aufsteigender Knoten]

Absteigender Knoten:

TU

2= π

√a3

µ= 11.967 h

Erddrehung = 179.99 ≈ 180

3. Richtung markieren:

• aufsteigender Knoten ↑ ; absteigender Knoten ↓

• Winkelgeschwindigkeit:

mit vKreis =

√µ

a

ϕÄq =v · cos i

r=

3.0747 kmm · cos(60)

42.164 km

≈ 7,52h


2.4 Aufgabe 4 - Bodenspuren in GEO

a) Skizzieren Sie die Bodenspur für die folgenden geostationären bzw. -synchronenBahnen:

1. ε = 0, i = 0, a = 42.164 km

2. ε = 0, i = 0, a > 42.164 km

3. ε = 0, i = 0, a < 42.164 km

4. ε > 0, i = 0, a = 42.164 km

5. ε = 0, i > 0, a = 42.164 km

Begründen Sie die Darstellungen.

b) Welche Bahnparameter passen zu den folgenden beiden Subspuren eines geosyn-chronen Satelliten? Bestimmen Sie i, ε und ω!


Lösung

a) Skizzieren Sie die Bodenspur für die folgenden geostationären Bahnen und be-gründen Sie die Skizze:

1. ε = 0, i = 0, a = 42.164 km

Abbildung 2.2: Bodenspur eines Satelliten in GEO.

Die resultierende Bodenspur ist in Abb. 2.2 dargestellt. Da die Inklination0 beträgt, muss die gesamte Bodenspur entlang des Äquators verlaufen.Mit einer Exzentrizität von ε = 0 bewegt sich der Satellit auf einer Kreis-bahn und hat somit auch immer die gleiche Geschwindigkeit und darausresultierend auch immer die gleiche Winkelgeschwindigkeit. Da diese füreine GEO-Bahn mit einer großen Halbachse von a = 42.164 km genau dersiderischen Winkelgeschwindigkeit der Erde entspricht, gibt es keine Rela-tivbewegung und die Bodenspur erscheint als Punkt in Abb. 2.2.

2. ε = 0, i = 0, a > 42.164 km

Die resultierende Bodenspur ist in Abb. 2.3 dargestellt. Da die Inklination 0

beträgt, muss die gesamte Bodenspur entlang des Äquators verlaufen. Miteiner Exzentrizität von ε = 0 bewegt sich der Satellit auf einer Kreisbahnund hat somit auch immer die gleiche Geschwindigkeit und daraus resul-tierend auch immer die gleiche Winkelgeschwindigkeit. Da diese für eineBahn oberhalb von GEO, d.h. mit einer großen Halbachse von a > 42.164km immer kleiner ist, als die siderische Winkelgeschwindigkeit der Erde,driftet der Satellit je nach Bahnhöhe mehr oder weniger schnell nach We-sten (siehe Pfeil in der Abbildung) und die Bodenspur erscheint als Linie inAbb. 2.3.


Abbildung 2.3: Bodenspur eines Satelliten über GEO.

3. ε = 0, i = 0, a < 42.164 km

Abbildung 2.4: Bodenspur eines Satelliten unterhalb von GEO.

Die resultierende Bodenspur ist in Abb. 2.4 dargestellt. Da die Inklination 0

beträgt, muss die gesamte Bodenspur entlang des Äquators verlaufen. Miteiner Exzentrizität von ε = 0 bewegt sich der Satellit auf einer Kreisbahn undhat somit auch immer die gleiche Geschwindigkeit und daraus resultierendauch immer die gleiche Winkelgeschwindigkeit. Da diese für eine Bahn un-


terhalb von GEO, d.h. mit einer großen Halbachse von a < 42.164 km immergrößer ist, als die siderische Winkelgeschwindigkeit der Erde, driftet der Sa-tellit je nach Bahnhöhe mehr oder weniger schnell nach Osten (siehe Pfeil inder Abbildung) und die Bodenspur erscheint als Linie in Abb. 2.4.

4. ε > 0, i = 0, a = 42.164 km

Abbildung 2.5: Bodenspur eines Satelliten in GEO mit ε = 0,3.

Die resultierende Bodenspur ist in Abb. 2.5 dargestellt. Da die Inklinati-on 0 beträgt, muss die gesamte Bodenspur entlang des Äquators verlau-fen. Mit einer Exzentrizität von ε > 0 (bzw. ε = 0,3 in diesem Beispiel) be-wegt sich der Satellit auf einer exzentrischen Bahn und hat somit stets ei-ne unterschiedliche Winkelgeschwindigkeit. Nur in zwei Punkten entlangder Bahn entspricht diese der siderische Winkelgeschwindigkeit der Erde.Da die große Halbachse identisch mit der einer geostationären Umlaufbahn(a = 42.164 km) ist, zeigt der Satellit keine säkulare Drift, sondern vielmehreine periodische Bewegung, in der er sich ausgehend von seiner Anfangs-position (bei ca. 19 in Abb. 2.5) sowohl west- als auch ostwärts bewegt. DieBewegung nach Westen findet während des Abschnitts der Bahn in der Nä-he des Perigäums statt, für eine bestimmte Exzentrizität erreicht der Satel-lit dann einen bestimmten maximalen Längengrad im Osten, welches ent-lang der Bahn genau dem Punkt entspricht, an dem die Winkelgeschwin-digkeit gerade gleich der siderischen Winkelgeschwindigkeit der Erde ist.Da ab diesem Punkt die Winkelgeschwindigkeit kleiner ist, beginnt eine Be-wegung nach Westen, über das Apogäum hinaus, bis irgendwann erneutder Punkt der gleichen Winkelgeschwindigkeiten erreicht ist und wiederdie Ostbewegung einsetzt. Die Länge der resultierenden Linie, bzw. der Ab-stand zwischen minimalem und maximalem Längengrad ist nur eine Funk-tion der Exzentrizität.


5. ε = 0, i > 0, a = 42.164 km

Abbildung 2.6: Bodenspur eines Satelliten in GEO mit i = 50.

Die resultierende Bodenspur ist in Abb. 2.6 dargestellt. Da der Satellit indiesem Beispiel eine Inklination i > 0 besitzt, werden jetzt also entspre-chend diejenigen Breitengrade überflogen, die kleiner oder gleich der In-klination sind. Im vorliegenden Beispiel wurde eine Inklination von i = 50

gewählt. Da die Exzentrizität hier ε = 0 beträgt, bewegt sich der Satellit aufeiner Kreisbahn und hat somit auch immer die gleiche Geschwindigkeit unddaraus resultierend auch immer die gleiche Winkelgeschwindigkeit, wel-che aufgrund der großen Halbachse von a = 42.164 identisch ist mit dersiderischen Winkelgeschwindigkeit der Erde. Allerdings liegt die Winkel-geschwindigkeit des Satelliten nicht mehr in der Äquatorebene, sodass dieBewegung durch die Äquatorebene nach Gl. 2.3 berechnet wird:

ϕÄq =|~v| · cos i|~r|

=3,07 km/s · cos50

42.164 km

= 4,68 ·10−5 rad/s ·3.600 s/h · 360

2π

= 9,65/h

Der Satellit hat hier also eine kleinere Winkelgeschwindigkeit in Richtungdes Äquators, verglichen mit der Erde. Somit findet sowohl im aufsteigen-den, als auch absteigenden Knoten eine Bewegung nach Westen statt. Dieresultierende „8“ in Abb. 2.6 wird also im Uhrzeigersinn durchlaufen. Je


nördlicher der Satellit kommt, umso geringer wird die Winkelgeschwindig-keit der Erde am entsprechenden Breitengrad gegenüber dem Satellit (imExtremfall beim Überflug der Pole steht die Erde sogar praktisch still, so-dass von einem Moment auf den Anderen ein Sprung von 180 im Längen-grad auftaucht). Deshalb geht die Westbewegung dann sowohl auf Nord- alsauch Südhalbkugel irgendwann in eine Ostbewegung über und kehrt sichdann erneut um, sobald der Satellit sich wieder Richtung Äquator bewegt.

b) Welche Bahnparameter passen zu den folgenden beiden Bodenspuren eines ge-stationären Satelliten? Bestimmen sie i, ε und ω!

Da es sich um die Bahnen von zwei geosynchronen Satelliten handelt, ist diegroße Halbachse gerade a = 42.164 km. Die Inklination lässt sich für beide Bah-nen recht einfach bestimmen, indem der maximal erreichbare Breitengrad ab-gelesen wird. Beide Satelliten haben also eine Inklination von ca. i = 40. BeideKurven zeigen etwas entartete Beispiele für die typische „8“, welche man voninklinierten Kreisbahnen in GEO kennt, bzw. aus den vorigen Beispielen. Diesdeutet bereits darauf hin, dass diese Bahnen nicht kreisförmig sind. Zunächsteinmal kann man bei der roten Kurve folgern, dass Perigäum und Apogäum inder Äquatorebene liegen müssen, da von einem Knoten zum nächsten in diesemFall 12 Stunden vergehen (=halbe Umlaufzeit) und dadurch der Schnittpunkt der„8“ am Äquator entsteht. Da der nördliche Teil der Bahn gegenüber dem südli-chen Teil weiter Richtung Westen versetzt ist, kann gefolgert werden, dass dasArgument des Perigäums bei ω = 180 liegen muss (also auf dem Äquator im ab-steigenden Knoten) und das Apogäum entsprechend im aufsteigenden Knoten.Je höher die Exzentrizität wird, umso stärker lässt sich die „8“ neigen (gegen den


Uhrzeigersinn). Ändert man die Lage von Peri- und Apogäum neigt sich die „8“entsprechend in die andere Richtung.

Die grüne Kurve, bzw. der dazugehörige Satellit dahingegen hat unterschiedlicheTransferzeiten für die Abschnitte vom auf- zum absteigenden Knoten gegenüberder Bahn vom ab- zum aufsteigenden Knoten. Dies ist daran zu erkennen, dassder Schnittpunkt der „8“ nicht mehr am Äquator liegt. Am Äquator ist aufgrundder Neigung der Kurven zu erkennen, dass der Satellit diesen mit der jeweilsgleichen Geschwindigkeit passieren muss. Deshalb kann das Argument des Pe-rigäums nur ω = 90 oder ω = 270 betragen. Da klar ist, dass sich der Satellitdann am Perigäum gegenüber der Erde stärker nach Osten bewegt als am Apo-gäum, muss das Argument des Perigäums also ω = 90 betragen. Auch hier wirddie „8“ im Uhrzeigersinn durchlaufen.


2.5 Aufgabe 5 - Bodenspur Molniya

a) Wie groß ist der Westdrift einer Molniya-Bahn? Wie viele Satelliten sind notwendig,um eine kontinuierliche Abdeckung eines Gebietes zu erhalten (Annahme: ein Satellitkann das Zielgebiet 8 Stunden lang abdecken).

b) Wie müssen die Bahnparameter der anderen Satelliten beschaffen sein, damit sichdie Bodenspuren aller Satelliten decken? Die Ausgangsbahn hat folgende Parameter:Ω = ω = 0.

c) Was passiert mit der Bodenspur, wenn ω > 270 bzw. ω < 270 vorliegt?


Lösung

a) Die Umlaufdauer eines Molniya Satelliten beträgt

TU,Molniya = 2π ·

√a3

µ≈ 12h

In 12 Stunden dreht sich die Erde um etwa 180 , sodass der Westversatz unge-fähr 180 beträgt.

Bei einer Abdeckungszeit von 8 Stunden eines einzelnen Molniya Satelliten sindzwei weitere, also insgesamt drei Satelliten notwendig, um ein Gebiet 24 Stundenam Tag abgzudecken.

b)

Sat 1: Ω1 = 0, M1 = 0

Sat 2: Ω2 = Ω1 +120, M2 = M1 +dMdt ·∆t

Sat 3: Ω3 = Ω1 +2 ·120, M2 = M1 +dMdt ·∆t

Die Umlaufdauer eines Molniya-Satelliten beträgt ca. 12 Stunden. In acht Stun-den durchfliegt ein Satellit 2/3 eines vollen Umlaufs. Dies entspricht einer mitt-leren Anomalie von (2/3)·360 Grad = 240 Grad. Dies ist die Winkeldifferenz inder mittleren Anomalie, um die jeder Satellit hinter seinem Vorgänger her fliegenmuss. In Variablen ausgedrückt:

TU,Molniya = 2π ·

√a3

µ≈ 12h

⇒ dMdt

≈ 360

12h= 30/h

Um mit drei Satelliten eine kontinuierliche Abdeckung zu erreichen, müssen dieSatelliten um jeweils acht Stunden versetzt sein:

Sat 1: Ω1 = 0, M1 = 0

Sat 2: Ω2 = 120, M2 = M1 +30/h · (−8h) = 120

Sat 3: Ω3 = 240, M3 = M2 +30/h · (−16h) = 240

c) 1. Fall: ω > 270 Das Perigäum liegt nun im aufsteigenden Ast der Satelli-tenbahn, hinter dem südlichsten überstrichenen Breitengrad. Das Apogäumverschiebt sich in den absteigenden Ast der Satellitenbahn, hinter den nörd-lichsten überstrichenen Breitengrad.

Der Satellit ist nun in seinem nördlichsten Punkt (Argument der wahrenBreite = 90 ) schneller als zuvor. Er eilt der Erde voraus. Die Schlaufe neigtsich daher im nördlichsten Punkt in Richtung Osten, wie auch Abb. 2.7 zeigt.


Abbildung 2.7: Molniya-Bahn mit ω > 270.

2. Fall: ω < 270 Das Perigäum liegt nun im absteigenden Ast der Satelliten-bahn, vor dem südlichsten überstrichenen Breitengrad. Das Apogäum ver-schiebt sich in den aufsteigenden Ast der Satellitenbahn, vor den nördlich-sten überstrichenen Breitengrad.

Der Satellit erreicht seinen langsamsten Punkt im Apogäum nun bereits be-vor er seinen nördlichsten Punkt (Argument der wahren Breite = 90 ) er-reicht. Die Erde dreht sich hier unter ihm weg, sodass sich die Schlaufe Rich-tung Westen neigt, , wie auch Abb. 2.8 zeigt.


Abbildung 2.8: Molniya-Bahn mit ω < 270.

Kapitel 3

Variationsgleichungen

31

KAPITEL 3. VARIATIONSGLEICHUNGEN 32

3.1 Aufgabe 6 - Störungen der großen Halbachse

Man diskutiere den Einfluß von fr bzw. fϕ auf die Änderung der großen Halbachse afür verschiedene Exzentrizitäten ε als Funktion von ϕ . Als Grundlage sollen die Stö-rungsgleichungen dienen, die auf Basis der Methode der Variation der Bahnelementeals Funktion der Zeit ermittelt wurden (Variationsgleichungen).

3.2 Aufgabe 7 - Störungen der Exzentrizität

Man diskutiere den Einfluß von fr bzw. fϕ auf die Änderung der Exzentrizität dε

dt fürverschiedene Exzentrizitäten ε als Funktion von ϕ . Als Grundlage sollen die Störungs-gleichungen dienen, die auf Basis der Methode der Variation der Bahnelemente alsFunktion der Zeit ermittelt wurden (Variationsgleichungen).

Anmerkungen zu 3.1 und 3.2

Die Störungsgleichungen, die auf Basis der Methode der Variation der Bahnele-mente als Funktion der Zeit ermittelt wurden gelten ausschließlich für kleine Stör-kräfte, da bei der Herleitung angenommen wurde, dass die auf der rechten Seiteder Gleichungen vorkommenden Bahnelemente während der Integration kon-stant sind.

Das zugrunde liegende Koordinatensystem ist in Abb. 3.1 zu sehen. Es zeigt die bei-fr

fϕ

ϕ

~r

Abbildung 3.1: Koordinatensystem zur Analyse der Bahnstörungen.

den Störbeschleunigungen fr in radialer Richtung und fϕ rechtwinklig dazu, beideBeschleunigungen befinden sich in der Bahnebene des Satelliten.


Lösung zu Aufgabe 6

Die Ausgangsgleichung lautet:

dadt

=2 ·a2√

µ · p·[ε · sinϕ · fr +(1+ ε · cosϕ) · fϕ

](3.1)

Setzt man

p = a · (1− ε2)

ein und führt gleichzeitig C =√

4·a3

µein, so erhält man

dadt

=C√

1− ε2·[ε · sinϕ · fr +(1+ ε · cosϕ) · fϕ

](3.2)

Einfluss von fr ⇒ fϕ = 0

Mit fϕ = 0 wird Gleichung 3.2 zu

dadt

=C√

1− ε2· ε · sinϕ · fr (3.3)

Durch genaueres Betrachten kann für kreisförmige und elliptische Bahnen folgenderZusammenhang gefunden werden:

• Kreisbahnen:

dadt

∣∣∣ε=0

= 0

• Ellipsen:

– Der Betrag der Änderung da/dt nimmt mit steigender Exzentrizität zu, wasaus Gleichung 3.3 sofort ersichtlich wird.

– sinϕ besitzt eine periodische Wirkung:

dadt

=

0 ϕ = 0,180

max ϕ = 90

min ϕ = 270


Einfluss von fϕ ⇒ fr = 0

Mit fr = 0 wird Gleichung 3.2 zu:

dadt

= C · 1+ ε · cosϕ√1− ε2

· fϕ

=C√

1− ε2︸︷︷︸säkular

· fϕ +C√

1− ε2· ε · cosϕ︸︷︷︸

periodisch

· fϕ


• Kreisbahnen:

dadt

∣∣∣ε=0

=C · fϕ

• Ellipsen:

– Der Betrag der Änderung da/dt nimmt mit steigender Exzentrizität zu:

ε ↑ ⇒[(

1− ε2)−1/2

]↑ ,

[(1− ε

2)−1/2 · ε]↑

– das Vorzeichen von da/dt hängt ausschließlich von fϕ ab

– cosϕ besitzt eine periodische Wirkung:

dadt

∝

säkular+ periodisch(max.) ϕ = 0

nur säkular ϕ = 90

säkular− periodisch(max.) ϕ = 180

nur säkular ϕ = 270


Zusammenfassung der Ergebnisse für Aufgabe 6

ϕ = 270

da/dt = min

ϕ0 = 180

da/dt = 0

ϕ = 90da/dt = max

ϕ0 = 0

da/dt = 0

Abbildung 3.2: Einfluss von fr auf da/dt


ϕ = 270

da/dt ∝ säk.

ϕ = 180

da/dt ∝ säk. - per.

ϕ = 90

da/dt ∝ säk.

ϕ = 0

da/dt ∝ säk. + per.

Abbildung 3.3: Einfluss von fϕ auf da/dt


Lösung zu Aufgabe 7

Die Ausgangsgleichung lautet:

dedt

=

√pµ

[sinϕ · fr +

[(1+

rp

)cosϕ +

r · εp

]· fϕ

](3.4)

Setzt man

p = a · (1− ε2)

und aus der Kegelschnittgleichung

rp=

11+ ε cosϕ

erhält man eine Gleichung, die nur noch Abhängigkeiten von a, ε und ϕ besitzt:

dedt

=

√a · (1− ε2)

µ

[sinϕ · fr +

[(cosϕ +

cosϕ + ε

1+ ε cosϕ

)]· fϕ

](3.5)

Einfluss von fr ⇒ fϕ = 0

Mit fϕ = 0 wird Gleichung 3.5 zu

dε

dt=

√a · (1− ε2)

µ︸︷︷︸Amplitude

· sinϕ︸︷︷︸Periodizität

· fr


• Kreisbahnen:

dedt

∣∣∣ε=0⇒Amplitude maximal (Kreisbahn baut periodisch Exzentrizität auf und ab)

• Ellipsen:

– Der Betrag der Änderung de/dt sinkt mit steigender Exzentrizität:

ε ↑ ⇒

√a(1− ε2)

µ↓

– sinϕ besitzt eine periodische Wirkung:

dedt

=

0 ϕ = 0,180

max, positiv ϕ = 90⇒ Bahn wird exzentrischermin, negativ ϕ = 270⇒ Bahn wird kreisförmiger


Einfluss von fϕ ⇒ fr = 0

Mit fr = 0 wird Gleichung 3.2 zu:

dedt

=

√a · (1− ε2)

µ·(

cosϕ +cosϕ + ε

1+ ε cosϕ

)· fϕ


• Kreisbahnen:

dedt

∣∣∣ε=0

=

√aµ·2︸︷︷︸

Amplitude

·cosϕ · fϕ

– Bei einer Kreisbahn existiert kein Perigäum. cosϕ kann daher nicht ausge-wertet werden.

– Bei minimaler Exzentrizität (in der Praxis immer vorhanden), d.h. 0 < ε 1gilt:

dedt⇒

max, positiv ϕ = 0

min, negativ ϕ = 180

0 ϕ = 90,270

• Ellipsen:

dedt

∝

(cosϕ +

cosϕ + ε

1+ ε cosϕ

)︸︷︷︸

f (ϕ,ε)

Die wahre Anomalie, bei der f (ϕ,ε) zu Null wird hängt von ε ab. Die Nulldurch-gänge wandern für steigende Exzentrizitäten zum Apogäum (siehe Abb. 3.4).

Abbildung 3.4: Abhängigkeit der wahren Anomalie von der Exzentrizität, bei derder Einfluss von fϕ auf de/dt verschwindet von der Exzentrizität ver-schwindet


Zusammenfassung der Ergebnisse für Aufgabe 7

ϕ = 270

de/dt = min

ϕ0 = 180

de/dt = 0

ϕ = 90de/dt = max

ϕ0 = 0

de/dt = 0

Abbildung 3.5: Einfluss von fr auf de/dt


ϕ0 = f (ε)de/dt = 0

ϕ = 180

de/dt = min

ϕ0 = f (ε)de/dt = 0

ϕ = 0

de/dt = max

Abbildung 3.6: Einfluss von fϕ auf de/dt

Kapitel 4

Bahnstörungen durch das Geopotential

41

KAPITEL 4. BAHNSTÖRUNGEN DURCH DAS GEOPOTENTIAL 42

4.1 Aufgabe 8 - Wanderung der Knotenlinie, allgemeineBetrachtung

Man betrachte die Bahnbewegung des Satelliten analog zur Bewegung eines Kreiselsund erkläre anschaulich die Wanderung der Knotenlinie unter Wirkung der Erdabplat-tung (J2).


Das Problem wird in zwei Schritten angegangen. Zunächst wird das Problem von derpraktischen Seite her betrachtet und der physikalische Zusammenhang anschaulichdargestellt. Im zweiten Schritt wird die Problematik theoretisch betrachtet und eineGleichung aufgestellt, anhand der die Wanderung der Knotenlinie berechnet werdenkann.

Betrachtung des physikalischen Zusammenhangs

Störungskraft durch die Erdabplattung (J2) auf Satelliten Die Abplattung der Er-de kann anschaulich dargestellt werden als Masseanreicherung um den Äquator. BeiBahnen mit 0 < i < 90 zeigt der Gravitationsvektor am Apex der Bahn daher nichtmehr genau zum Mittelpunkt der Erde. Dies führt zu einer Kraft, die Senkrecht auf dieBahnebene wirkt. Betrachtet man diese Kraft als Moment, sieht man, dass dieses stetsgleich orientiert ist:

ERDE

Satellitenbahn

Masseanhäufungin Äquatorregion

~g

~g

Normal-komponentebewirktMoment

Bahnnormalenvektor

~n

Abbildung 4.1: Wirkung der Massenanhäufung am Erdäquator auf eine inklinierte Sa-tellitenbahn

Momentenbehafteter Kreisel Ein konstantes äußeres Moment ~M greift an einem Krei-sel mit dem Drehmomentenvektor~L an. Sofern die Orientierung der beiden Vektoren~M und ~L nicht identisch ist, bewegt sich der Drehimpulsvektor des Kreisels stets aufkürzestem Weg in den Momentenvektor:


~M

~L

x

y

z

Bahnevolution auf Grund von J2 Betrachtet man die Bahn eines Satelliten als Krei-sel, kann die Evolution der Knotenlinie leicht anhand der Bewegung des Normalen-vektors beschrieben werden:

Die Massenanhäufung in der Äquatorregion führt am Apex der Satellitenbahn zu ei-ner Kraft senkrecht zur Bahnebene. Es entsteht ein äußeres Moment, das in Abbildung4.1 in die Bildebene hinein zeigt.

Sobald der Normalenvektor beginnt, sich in den äußeren Momentenvektor zu legen,wandert der Apex der Bahn im Uhrzeigersinn um die Rotationsachse der Erde. Als Fol-ge wandert auch der Momentenvektor im Uhrzeigersinn, sodass sich die Richtung, indie sich der Normalenvektor bewegt anpassen muss. Dies führt dazu, dass der Norma-lenvektor einen Kegel beschreibt. Diese Bewegung eines momentenbehafteten Kreiselsnennt man ’Präzession’ und ist anschaulich in Abbildung 4.2 dargestellt.


Knotenlinie

Himmelsäquator

Präzessionskegel

Bahn des Satelliten

Abbildung 4.2: Präzessionskegel einer inklinierten Satellitenbahn als Folge der Erdab-plattung (J2)

Theoretische Betrachtung

Die Störungsdifferentialgleichung für die Wanderung der Knotenlinie Ω lautet (SkriptTabelle 3.1):

dΩ

dt=

1√

µ p· r · fn ·

sin(ω +ϕ)

sin i(4.1)

Hierbei wird die Summe der beiden Winkel ω +ϕ oft zusammengefasst und mit demArgument der wahren Breite (argument of true latitude) u bezeichnet. Das Störpotential,dass durch die J2 Komponente der Erde wirkt, lautet (Skript Gleichung 4.3):

UST = −J2 ·µR2

e2r3 ·

(3 · sin2 i · sin2 u−1

)(4.2)

Allgemein gilt: Differenziert man ein Potential in Richtung einer Koordinate, soerhält man die Beschleunigung in Richtung dieser Koordinate, ausgehend vomzugrunde liegenden Potential.

Differenzieren des Störpotentials in Normalenrichtung

Die Normalenrichtung ist im umlaufenden Koordinatensystem (Skript Abbildung 3.2)mit η bezeichnet. Es gilt für das Differential:

dη = r · sinu ·di


Setzt man diese Beziehung in die gesuchte Beschleunigung fn = dUST/dη ein, erhältman die gewünschte Gleichung:

fn =dUST

dη

=dUST

r · sinu ·di

= −J2µR2

e2r3 ·

(3 · sin2 i · sin2 u−1

)r · sinu ·di

⇒ = −3 · J2µR2e

r4 · sin i · cos i · sinu (4.3)

Einsetzen der Störbeschleunigung

Setzt man Gleichung 4.3 in Gleichung 4.1 ein, resultiert die zeitliche Änderung derKnotenlinie als Funktion des J2-Terms (unter Verwendung des Theorems sin2 x = 1/2 ·(1− cos2x)):

dΩ

dt=−3 · J2 ·

√µ

p· R

2e

r3 · cos i · sin2 u

=−3 · J2 ·√

µ

p· R

2e

r3 · cos i ·(

12− 1

2· cos2u

)=−3

2· J2 ·

√µ

p· R

2e

r3 · cos i · (1− cos2u)

Folgende Eigenschaften sind zu erkennen:

• dΩ

dt besitzt einen säkularen, sowie einen periodischen (cos2u) Anteil.

• Die Änderungsrate ist am größten für Bahninklinationen nahe 0 und 180.

• Für Inklinationen kleiner 90 dreht die Knotenlinie in Richtung Westen, d.h. dieRektaszension des aufsteigenden Knotens nimmt ab.

• Für Inklinationen größer 90 dreht die Knotenlinie in Richtung Osten.

• Polare Orbits (i = 90) erfahren keine Änderung der Knotenlinie.

• Mit zunehmender Bahnhöhe nimmt die Änderungsrate ab.


4.2 Aufgabe 9 - Wanderung der Knoten- und Apsidenli-nie von Molniyabahnen

Man berechne die tägliche Wanderung der Knotenlinie und der Apsidenlinie für einenMolniya-Satelliten mit den folgenden Bahndaten:

hp = 480km

ha = 39.280km

i = 65


Lösung

Gleichung 4.9 im Skript stellt die tägliche Wanderung der Knotenlinie dar, Gleichung4.11 die der Apsidenlinie:

∆ΩTag = −9,96 ·(Re

a

)7/2

(1− ε2)2 · cos i

∆ωTag = 4,98 ·(Re

a

)7/2

(1− ε2)2 ·(5 · cos2 i−1

)Gegeben sind hp, ha und i. Die große Halbachse und die Exzentrizität betragen:

a = (ha +hp +2 ·Re)/2

= 26.258km

ε =ha−hp

ha +hp +2 ·Re

≈ 0,739

Die tägliche Wanderung der Knotenlinie und der Apsidenlinie betragen dann:

∆ΩTag = −0,96 ·0,0343 · cos65 ≈−0,144/Tag

∆ωTag = 4,98 ·0,0343 ·(5 · cos2 65−1

)≈−0,018/Tag


4.3 Aufgabe 10 - Sonnensynchrone Bahn

Ein Satellit auf einer sonnensynchronen Bahn wird am 15.5.2011 um 12:00 Uhr UTCin eine 18.00 h LST (Local Solar Time = Ortszeit) Dämmerungsbahn gestartet. Man be-rechne Ω, wenn der Satellit auf dieser fliegen soll. Die Bahndaten des Satelliten lauten:

ε = 0

h = 400km

i = 97


Lösung

Überprüfen, ob Satellit sich auf einer sonnensynchronen Bahn befindet

Bedingung:Die Änderungsrate der Knotenlinie des Satelliten ist gleich der Änderung des Termi-nators der Erde:

dΩ

dt= ωErde

1. Schritt: Die Linke Seite der Bedingung lässt sich anhand Gleichung 4.9 aus demSkript lösen:

(∆Ω)Tag =−9,96/Tag ·

(REa

) 72

(1− ε2)2 · cos i

2. Schritt: Die Rechte Seite kann einfach abgeschätzt werden:

ωErde ≈360/Jahr

365,25Tage/Jahr

= 0,986/Tag

3. Schritt: Überprüfen der gegebenen Bahninklination:

i = arccos

ωErde ·

−9,96 ·

(REa

) 72

(1− ε2)2

−1

= arccos

[0.986/Tag ·

(−9,96/Tag ·

( 6.378km6.378km+400km

) 72)−1

]= 97,04

Die angegebene Bahninklination von i = 97 passt zur Bahnhöhe von 400 km. Der Sa-tellit befindet sich also auf einer sonnensynchronen Bahn.


Ω für Dämmerungsbahn am 15.5.

N.B.: Ω wird vom Frühlingspunkt aus gezählt. Die Orientierung des Terminators mussdaher auch am Frühlingspunkt gemessen werden.

1. Schritt: Orientierung des Terminators am Frühlingspunkt

Frühlingsbeginn 2011 fand statt am 20.03. um 23:21 UTC. Zu dieser Epoche be-trug der Winkel zwischen dem Terminator und dem Frühlingspunkt 90 (perDefinition).

Sommerbeginn im gleichen Jahr findet statt am 21.06. um 18:16 UTC. Der Winkelzwischen Terminator und Frühlingspunkt ist 0 zu dieser Epoche.

In der Zeit zwischen Frühlings- und Sommerbeginn hat die Erde 90 auf ihrerBahn um die Sonne zurückgelegt. Hierfür benötigt die Erde 92 Tage, 18 Stundenund 55 Minuten:

am 20. März : 39 Minuten21.03. – 31.03. : 11 Tage01.04. – 30.04. : 30 Tage01.05. – 31.05. : 31 Tage01.06. – 20.06. : 20 Tageam 21. Juni : 18 Stunden 16 Minuten

= 92 Tage 18 Stunden 55 Minuten= 133.615 Minuten

Die durchschnittliche Drehrate pro Minute beträgt daher ca.: 6,735 ·10−4 pro Mi-nute.

2. Schritt: Orientierung des Terminators zur Startepoche

Die Zeit zwischen dem Startdatum und dem Sommerbeginn beträgt:

am 15. Mai : 12 Stunden16.05. – 31.05. : 16 Tage01.06. – 20.06. : 20 Tageam 20. Juni : 18 Stunden 16 Minuten

= 37 Tage 6 Stunden 16 Minuten= 53.656 Minuten

Zu dieser Epoche lag die Erde ca. 36,14 vor ihrer Position am Sommerbeginn.

⇒Ω = 143,86

Kapitel 5

Atmosphäre

52

KAPITEL 5. ATMOSPHÄRE 53

5.1 Aufgabe 11 - Skalenhöhe

Was ist die Skalenhöhe? Welche Einflüsse wirken auf diese?


Lösung

Einführung

Ausgangspunkt: Skript Gleichung 4.14:

dρ

ρ= − µ ·M(h)

r2 ·R ·T (h)·dh

∫ρ

ρ0

1ρ

dρ = −µ

R

∫ h

h0

M(h)

T (h) · (RE +h)2 ·dh

Die Skalenhöhe H wird eingeführt:

H =T (h) · (RE +h)2 ·R

µ ·M(h)

mit

T (h) = Temperatur als Funktion der Höhe h [K]

M(h) = Molmasse als Funktion der Höhe h [kg/mol]

R = Allgemeine Gaskonstante ≈ 8,315 J mol−1 K−1

RE = Erdradius [m]

h = Höhe [m]

µ = Erdgravitationskonstante ≈ 398.600,4418 ·109 m3s−2

Für kleine Höhenintervalle h1 ≈ h0 können M(h) und T (h) als konstant angesehen wer-den. Bildet man für das Integrationsinterval die mittlere Skalenhöhe H, erhält man:

lnρ− lnρ0 = −h−h0

H

lnρ

ρ0= −h−h0

Hρ

ρ0= e−

h−h0H

ρ (h) = ρ0 · e−h−h0

H

Die sich ergebende Gleichung gilt streng genommen nur für kleine Höhenintervalle.

Die Skalenhöhe

In Abbildung 5.1 ist die Skalenhöhe für unterschiedliche Strahlungswerte nach demCIRA-Modell über der Höhe dargestellt. Gut zu erkennen ist, dass der Gradient überder Höhe nicht konstant ist und daher verschiedenen Einflüssen unterliegt.


Abbildung 5.1: Die Variation der Skalenhöhe über der Höhe (gemittelt über die Tages-zeit). Die Modell-Nr. hängt von der Sonnenaktivität ab.

Für den Bereich 600 km bis 800 km ändert sich die Skalenhöhe bei mittleren und nied-rigen Strahlungsleistungen der Sonne um den Faktor 1,5 - 2. Diese Änderung kannanhand der sich ändernden Zusammensetzung der Atmosphäre erklärt werden. Ab-bildung 5.2 zeigt die Zusammensetzung der Atmosphäre.


Abbildung 5.2: Die Molekulardichte für die Hauptbestandteile der Atmosophäre.Mittlere Sonnenaktivität: F10,7 ≈ 150, T∞ = 1000 K 1

Im Bereich zwischen 600 km und 800 km findet ein Wechsel in der Zusammensetzungder Atmosphäre statt: atomarer Sauerstoff (Molmasse≈ 16) wird als Hauptkomponen-te durch atomares Helium (Molmasse ≈ 4) abgelöst. Die Temperatur der Atmosphäreist im Höhenbereich oberhalb von 600 km quasi konstant (siehe Abbildung 5.3).

Abbildung 5.3: Temperaturprofile für Exosphärentemperaturen T∞ = 500, 1000, 1500und 2000 K (aus CIRA ’72)1

1Quelle: Oliver Montenbruck, Eberhard Gill, ”Satellite Orbits - Models Methods Applications”,Springer-Verlag Berlin Heidelberg, 2000, ISBN 3-540-67280-X


5.2 Aufgabe 12 - Bahnlebensdauer

Gegeben sind einige Daten des amerikanischen Himmelslabors SKYLAB (Start: 14.05.1973):

Ausgangsbahnhöhe h = 435 km (Kreisbahn)ballistischer Parameter: B = m

cD·A = 175 kgm2

Masse: m = 76 t

Man schätze die Bahnlebensdauer ab.


Lösung

Überschlagsrechnung anhand der vereinfachten Formel im Skript (Gleichung 4.20):

TL =B ·H

√µ · r0 ·ρ0

mit

B - Ballistischer Parameter [kg/m2]H - Mittlere Skalenhöhe [km] zwischen r0 und rL = 133.8kmµ - Erdgravitationskonstante ≈ 3,986 ·105 km3/s2

r0 - Ausgangsbahnradius [km]ρ0 - Luftdichte in der Ausgangshöhe [kg/m3]

Annahmen:

• Kreisbahn

• Sehr kurze / sehr lange Bahnlebensdauer

• Ausgangsbahnhöhe: 200 .. 500 km

• Wiedereintrittshöhe: 133.8 km

• r0− rL > 4H

Lösungsweg

Es wird das CIRA Modell zur Bestimmung der Ausgangsluftdichte und der Skalen-höhe eingesetzt. Als Eingangswert für dieses Modell muss zunächst der solare Strah-lungsfluss in 10−22W/(m2Hz) zum Ausgangsdatum bestimmt werden.

1. Schritt: Solare Strahlungsaktivität zum 14.05.1973


Abbildung 5.4: Sonnenaktivität zum 14.05.1973

2. Schritt: CIRA Modellnummer

F10,7 ·(

10−22 Wm2Hz

)65 75 100 125 150 175 200 225 250 275

Modell-Nr. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Für 97 ·10−22W m−2 Hz−1 lässt sich näherungsweise die CIRA-Modellnummer 3verwenden.

3. Schritt: Ausgangsluftdichte


Abbildung 5.5: Mittlere Luftdichte für unterschiedliche CIRA-Modellnummern(Skript: Abb.4.17)

Anhand der Abbildung 5.5 (Graphik 4.17 des Skriptes), der bekannten Ausgangs-bahnhöhe von 435 km und der CIRA-Modellnummer 3 läßt sich eine Anfangs-luftdichte abschätzen:

ρ0 ≈ 10−11,906kg/m3

= 1,24 ·10−12kg/m3

4. Schritt: Skalenhöhe


Abbildung 5.6: Skalenhöhe für unterschiedliche CIRA-Modellnummern (Skript:Abb.4.19)

Analog zum 3. Schritt lässt sich auch die Skalenhöhe für die Ausgangshöhe unddie Endhöhe graphisch ermitteln, um daraus einen mittleren Wert zu errechnen.

H0(435km) ≈ 59km

HL(133.8km) ≈ 10km

⇒ H = 34.5km


5. Schritt: Lebensdauer bestimmen

TL =B ·H

√µ · r0 ·ρ0

=175kg/m2 ·34.500m√

3,986 ·1014m3/s2 ·6,813 ·106m ·1,24 ·10−12kg/m3

≈ 9,3432 ·107s

= 2,96a

Führt man eine abschnittsweise Berechnung durch, in der die Skalenhöhe und dieLuftdichte schrittweise angepasst werden, kommt man auf einen Wert von etwa sechsJahren. Die hier aufgeführte Methode kann daher offensichtlich nur eine vernünftigeGrößenordnung liefern, jedoch keine genaue Angabe machen.

Kapitel 6

Störungen auf der geostationären Bahn

63

KAPITEL 6. STÖRUNGEN AUF DER GEOSTATIONÄREN BAHN 64

6.1 Aufgabe 13: Stationkeeping

Ein geostationärer Satellit versorgt Singapur mit Telekommunikation. Der Satellit be-findet sich direkt über Singapur.

Es war geplant, dass der Satellit mit dem aktuell verbleibenden Treibstoff einen Hohmann-Transfer auf eine Friedhofsbahn durchführt. Dieser sollte gemäß der IADC-Richtlinien(Inter-Agency Space Debris Coordination Committee) vom September 2002, zum Schutzu.a. des geostationären Rings, den Satelliten auf eine Bahn 300 km über des geostatio-nären Rings bringen. Es wird geschätzt, dass aktuell noch 10 % mehr Treibstoff zurVerfügung steht, als für den Hohmann-Transfer notwendig wären.

Da der Ersatzsatellit zur Ablösung des aktuellen Telekommunikationssatelliten, leidernicht zeitgerecht gestartet werden kann, muss nun abgeschätzt werden, wie lange deraktuelle Satellit weiter betrieben werden könnte, bevor die Treibstoffreserven aufge-braucht sind.

Tabelle 6.1: GSAT Satellit

Aktuelle Position des Satelliten, BahnparameterLängengrad λ 103,5OstBreitengrad β 0NordGroße Halbachse aGSO 42.164 kmInklination i 0

Zugelassene Positionsabweichung ∆β ,∆λ ±0,15

Koordinaten von SingapurLängengrad λ 103,5OstBreitengrad β 1,2Nord

SatelliteneigenschaftenAktuelle Masse des Satelliten m0 2.000 kgSpezifischer Impuls des Triebwerks w 2.000 m/s

KonstantenErdgravitationskonstante µ 3,986 ·105 km3/s2

Erdradius Re 6.378 km

a) Wie viel Treibstoff hat der Satellit zur Zeit noch?

b) Wie viel Zeit verbleibt noch bis das nächste stationkeeping Manöver durchgeführtwerden müsste?

c) Wie lange könnte der Satellit mit dem verbleibenden Treibstoff etwa noch betriebenwerden?


Lösung zu a)

Das Gesamt ∆v ist gerade die Summe aus den beiden Schüben für das entsprechendeHohmann-Manöver:

∆v = ∆v1 +∆v2 (6.1)

∆v1 bringt den Satelliten von seiner Ausgangskreisbahn auf einen Transferorbit (TO):

∆v1 = vp, TO− vGSO

=

√2 ·µ ·

(1

rp, TO− 1

ra, TO + rp, TO

)−√

µ

aGSO(6.2)

∆v2 zirkularisiert die Bahn des Satelliten, sobald dieser am Apogäum seines TOs ange-kommen ist:

∆v2 = vFriedhof− va, TO

=

√µ

aFriedhof−

√2 ·µ ·

(1

ra, TO− 1

ra, TO + rp, TO

)(6.3)

Der notwendige Treibstoff lässt sich mittels der Raketengrundgleichung abschätzen,wobei Zustand 1 den Zustand vor dem Schubimpuls, Zustand 2 den Zustand nachdem Schubimpuls bezeichnet:

v2− v1

w=

∆vw

= ln(

m1

m2

)= ln

(m2 +mTreibstoff

m2

)(6.4)

oder umgestellt nach der Treibstoffmasse:

mTreibstoff = m2 ·(

e∆vw −1

)(6.5)

Die große Halbachse der Zielbahn ist 300 km höher als die der Ausgangsbahn. DasPerigäum der Transferbahn liegt auf der Ausgangsbahn, das Apogäum auf der Fried-hofsbahn.

∆v1 =

√2 ·3,986 ·105km3/s2 ·

(1

42.164km− 1

42.164km+42.464km

)

−

√3,986 ·105km3/s2

42.164km

≈ 0,0054km/s

∆v2 =

√3,986 ·105km3/s2

42.464km

−

√2 ·3,986 ·105km3/s2 ·

(1

42.464km− 1

42.164km+42.464km

)≈ 0,0054km/s

⇒ ∆v ≈ 0,0108km/s


Der notwendige Treibstoff beträgt damit:

⇒ mTreibstoff = 2.000kg ·(

e∆v

2km/s −1)≈ 10,82kg

Mit 10 % Treibstoffreserve beträgt die aktuelle Treibstoffmasse ca. 11,91 kg.


Lösung zu b)

Es sind zunächst die Driftgeschwindigkeit für den Ost-West-Drift λ und die Geschwin-digkeit des Inklinationsaufbaus di/dt zu bestimmen.

i) Inklinationsaufbau

di/dt ≈ 0,85/Jahr≈ 2,69 ·10−8 /s (6.6)

Die maximal erlaubte Inklination beträgt 0,15 (= β ). Diese wird nach ungefähr 64 Tagenerreicht.

ii) Ost-West-Drift Es soll angenommen werden, dass zum Zeitpunkt t0 der Satellitgerade am östlichen Ende seiner station keeping box auf der geostationären Bahn ist. Erdarf somit 2 ·0,15 driften, bevor eingegriffen werden muss (siehe auch Abb. 6.2. UnterVerwendung der Graphik 4.39 des Skriptes kann abgeschätzt werden, dass der Satellitetwa 20 Tage benötigt, um 0,3 zu driften:

Abbildung 6.1: Zeitabhängiger Längen-Drift für verschiedene Anfangspositionen aufder GSO

Nach spätestens 20 Tagen müsste daher das nächste Positionshaltungsmanöverdurchgeführt werden.


Lösung zu c)

• Fall 1: Es wird der komplette verbleibende Treibstoff von 11,91 kg verwendet.

• Fall 2: Es wird lediglich die 10 % Reserve verwendet, sodass der Satellit im An-schluss noch in die Friedhofsumlaufbahn gebracht werden kann.

Zunächst wird berechnet, wieviel ∆v der verbleibende Treibstoff liefern könnte. Hierzuwird die Raketengrundgleichung eingesetzt.

mTreibstoff = m2 ·(

e∆vw −1

)⇒ ∆v = w · ln

(m2 +mTreibstoff

m2

)Fall 1: ∆v1 = 2.000m/s · ln

(2.000kg+11,91kg

2.000kg

)≈ 11,9m/s

Fall 2: ∆v2 = 2.000m/s · ln(

2.000kg+1,08kg2.000kg

)≈ 1,08m/s

Ausgleich des Inklinationsaufbaus

In Kapitel 4.4 des Skriptes wurde berechnet, dass im Laufe eines Jahres ein ∆vi von45,5 m/s für die N-S-Korrektur eines geostationären Satelliten notwendig wären.

• Fall 1: ∆v1/∆vi ·365,25Tage≈ 95,5Tage

• Fall 2: ∆v2/∆vi ·365,25Tage≈ 8,8Tage

Die maximal erlaubte Inklination beträgt 0,15 . Das Abbauen dieser Inklination benö-tigt ein ∆v von:

∆vN-S = 2 · v0 · sin∆i2

; v0 =

√µ

aGSO

= 2 ·3075m/s · sin0,15

2≈ 8,05m/s

Ausgleich des Ost-West Drifts

In Aufgabe b) wurde abgeschätzt, dass der Satellit etwa 20 Tage benötigt, um 0,3 zudriften. Dieser Drift ist das Resultat einer Gravitationskaftkomponente tangential (In-dex t) zur Bewegungsrichtung des Satelliten. Die Beschleunigung in Bewegungsrich-tung hängt primär von dem Längengrad des geostationären Satelliten ab:

ft ≈ 0.58 ·10−7m/s2 · sin [2(λ −75)]


Für die ursprüngliche Position des Satelliten über dem Längengrad 103,5 ergibt sicheine Tangentialbeschleunigung von:

ft(103,5) = 4,86 ·10−8m/s2

Als erste Abschätzung gehen wir davon aus, dass die Beschleunigung für kleine Än-derungen in λ konstant bleibt. Dies ist gerechtfertigt, da maximal lediglich ein Winkel-bereich von 0,3 durch die Driftbewegung überstrichen wird.

Gleichung 3.28 aus dem Skript beschreibt die Änderung der großen Halbachse überder Zeit. Integriert man diese Gleichung über den Zeitraum von ∆t = t1− t0 = 20 Tageerhält man den Betrag, um den sich die große Halbachse ändert:

dadt

=2 ·a2

0 · v0

µ· ft

∣∣∣∫ t1

t0dt

∆a =2 ·a2

0 · v0

µ· ft ·∆t

∆a(20Tage) =2 · (42164km)2 ·3,075km/s

3,986 ·105km3/s2·4,86 ·10−11km/s2 ·20Tage ·86400s/Tag

≈ 2,3km

Die Beschleunigung in positive Bewegungsrichtung hat somit zur Folge, dass die großeHalbachse sich vergrößert. Der Satellit verlangsamt sich und driftet in Richtung We-sten.

Der Ausgleich des Ost-West-Drifts wird mittels eines Hohmanntransfers durchgeführt(siehe Abbildung 6.2). Die große Halbachse wird unter die der geostationären Bahnverkleinert. Dies bewirkt, dass der Satellit zunächst erst wieder in Richtung Osten drif-tet und seine große Halbachse durch die wirkende Tangentialbeschleunigung wiederstetig größer wird. Hat er erstmal die Höhe der geostationären Bahn wieder überschrit-ten, setzt erneut der Drift nach Westen ein, bis am westlichen Ende der station keepingbox ein Transfer durchgeführt werden muss.

Im Folgenden soll die große Halbachse, um ein ∆a(20Tage) ≈ 2,3km unter die geosta-tionäre Bahn gebracht werden. Die Bahnen seien hier mit den Indizes "+", für die höhe-re Bahn, "−", für die niedrigere Bahn, und TO", für den Transferorbit, gekennzeichnet.Es sind zwei Schubimpule notwendig:

∆v1 = v+− vTO, Apogäum

=

√µ

a+−

√2 ·µ ·

(1

a+− 1

a++a−

); a+ = aGSO +2,3km; a− = aGSO−2,3km

≈ 3,07458km/s−3,07450km/s = 0,08m/s


Abbildung 6.2: Hohmann-transfer als Ausgleich des Ost-West Drifts

∆v2 = vTO, Perigäum− v-

=

√2 ·µ ·

(1

a−− 1

a++a−

)−√

µ

a−

≈ 3,07483km/s−3,07475km/s = 0,08m/s

Das Gesamt ∆vO-W, dass für ein O-W-Korrekturmanöver notwendig ist beträgt somitgerade mal 0,16 m/s. Dieses Manöver muss ungefähr alle 40 Tage durchgeführt wer-den, da der Satellit von Rand-zu-Rand ca. 20 Tage benötigt.

Rechnet man diesen Impuls auf ein Jahr hoch, so sind nach ungefähr 9 Manövern (mitjeweils zwei Hohmann-Impulsen) ca. 1,44 m/s ∆vO-W aufzubringen. ∆vO-W ≈ 1

30 ·∆vN-S.

Die N-S-Korrektur ist die für die Lebensdauer die limitierende Komponente:

• Fall 1: Nach 20 Tagen und nach 60 Tagen werden O-W-Korrekturen durchgeführt(∆v = 0,32 m/s). Nach 64 Tagen wird ein N-S-Korrekturmanöver durchgeführt(∆v = 8,05 m/s). Das verbleibende ∆v beträgt ca. 3,53 m/s. Dies reicht nicht mehr


aus, um ein weiteres vollständiges N-S-Korrekturmanöver durchzuführen. So-fern der verbleibende Treibstoff weiter für O-W-Korrekturen verwendet wird,überschreitet der Satellit nach insgesamt ungefähr 64×2 Tagen = 128 Tagen denmaximal zulässigen Breitengrad von 0,15 .

• Fall 2: Nach 20 Tagen und nach 60 Tagen werden O-W-Korrekturen durchgeführt(∆v = 0,32 m/s). Nach 64 Tagen wären noch ca. 0,78m/s für eine N-S-Korrekturvorhanden. Dies entspricht einem Inklinationsabbau von ca. 0,014 (Dreisatz:0,85 · (0,78m/s)/(45,5m/s)). Gibt man diesen Schubimpuls, so würde der Satel-lit nach weiteren sechs Tagen an der oberen Grenze von i = 0,15 ankommen. Zudiesem Zeitpunkt müsste spätestens der Einschuss auf die Friedhofsbahn erfol-gen. Die maximale Betriebszeit beträge somit 64 Tage + 6 Tage = 70 Tage.

Anhang A

Transformation Gregorianisches Datumin Julianisches Datum

Übersetzt aus [David A. Vallado, ”Fundamentals of Astrodynamics and ApplicationsThird Edition,” Space Technology Library, 2007, p.189]

Das Julianische Datum ist das Zeitintervall in Tagen gezählt von 12:00 Uhr Mittags des1. Januar 4713 B.C. Diese Skala wurde 1582 von Joseph Scaliger erstellt. Das julianischeDatum für ein Datum zwischen dem 1. März 1900 und dem 28. Februar 2100 kann mitder folgenden Transformation errechnet werden:

JD = 367 ·(yr)− INT

(7(yr+ INT

(mo+912

))4

)+ INT

(275 ·mo

9

)+d+1721013.5+

( s60∗+min)

60 +h24

(A.1)

60∗ - bei Tagen mit Schaltsekunden ist hier 61 einzusetzenyr - Jahrmo - Monatd - Tagh - Stundemin - Minutes - Sekunde

72

Anhang B

Ost-West Drift geostationärer Objekte

73

ANHANG B. OST-WEST DRIFT GEOSTATIONÄRER OBJEKTE 74

Anhang C

Vordruck für Subspuren

75

ANHANG C. VORDRUCK FÜR SUBSPUREN 76

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