Astronáutica Exámenes Resueltos - Universidad de Sevilla

Astronáutica
Exámenes Resueltos
1. Vehículos Espaciales y Misiles, Junio de 2007
2. Vehículos Espaciales y Misiles, Septiembre de 2007
3. Astronáutica, Febrero de 2008
4. Astronáutica, Julio de 2008
5. Astronáutica, Septiembre de 2008
6. Astronáutica, Febrero de 2009
7. Astronáutica, Junio de 2009
8. Astronáutica, Septiembre de 2009
9. Astronáutica, Enero (I) de 2010
10. Astronáutica, Enero (II) de 2010
11. Astronáutica, Enero de 2011
1

Vehículos Espaciales y Misiles Duración: 2 horas
Ingenieros Aeronáuticos NDNI Curso 06/07
Escuela Superior de Ingenieros
1 er Apellido
2 do Apellido
11/06/07
Universidad de Sevilla Nombre Problemas
Valor total:4 puntos (2 cada problema).
1. Para un vehículo en una misión interplanetaria, resuelva los siguientes dos apartados (1 punto cada uno):
a) Un vehículo espacial parte de la órbita de la Tierra (habiendo ya abandonado su esfera de influencia) con una
velocidad (respecto al Sol) de 39km/s y un ángulo de vuelo de 5 o . Determinar a qué velocidad y ángulo de
vuelo llega el vehículo a la órbita de Júpiter (). Determinar asimismo el tiempo de vuelo.
NOTA: Empléese para este apartado el sistema de referencia heliocéntrico, y considérense las órbitas de los
planetas coplanarias y circulares con radio igual al semieje mayor de su órbita.
b) El vehículo pretende realizar en Júpiter una maniobra asistida por gravedad para ganar velocidad. Por razones
de seguridad (para evitar el fuerte campo magnético joviano) se determina que el vehículo pasará en su
aproximación más cercana a 10 radios jovianos del centro de Júpiter. Determinar las características (a, e) de
la hipérbola joviana de la maniobra y el ∆V que se obtiene. Encontrar la velocidad final y ángulo de vuelo
final en el sistema de referencia heliocéntrico.
Constantes físicas para este problema:µ = 132712439935,5 km 3 /s 2 , a = 1 AU = 149597900 km,
µ = 126711995,4 km 3 /s 2 , a = 5,2 AU, R = 71492km. Se puede trabajar en unidades físicas o canónicas
(que deberán ser explícitamente definidas, expresándose el resultado final siempre en unidades físicas).
2. La agencia espacial china (CNSA:China National Space Administration) desea poner en órbita el satélite geoestacionario
Dong Fang Hong 101 mediante un vehículo lanzador Changzheng 5. En los siguientes apartados (0.5
puntos cada apartado) se pide realizar un análisis preliminar de la misión.
a) Dadas las siguientes bases de lanzamiento, elegir razonadamente una base y un azimut de lanzamiento.
Cuadro 1: Bases de lanzamiento chinas
Base Latitud ( o ) Longitud ( o ) Azimut Mínimo Azimut Máximo
Tai-yuam 37.77 112.5 90 190
Xichang 28.25 102.2 94 105
Jiuquan 40.96 100.29 350 120
b) El vehículo lanzador coloca al satélite en una órbita de aparcamiento a 250 km de altitud, con una inclinación
calculada según los datos del apartado anterior. Diseñar una transferencia de Hohmann, con cambio de
plano en la última maniobra, para llevar dicho satélite a una órbita geoestacionaria. Calcular el tiempo de
transferencia y el ∆V total necesario.
c) Repetir el apartado anterior con una transferencia bielíptica, eligiendo un radio intermedio igual al triple del
radio de la órbita geoestacionaria, y realizando el cambio de plano en dicho radio intermedio. Comparar el
resultado con el apartado anterior. ¿Sería posible disminuir el ∆V eligiendo otro radio intermedio?
d) Entre otros sistemas, el Dong Fang Hong 101 posee un sistema armado anti-satélite (ASAT) que permite
disparar cabezas explosivas propulsadas a cualquier ángulo y con una velocidad inicial de hasta 200 km/h
(desde un sistema de referencia ligado al propio satélite), que después siguen una trayectoria balística (sin
propulsión adicional). Si se desea impactar a un satélite taiwanés también en órbita geoestacionaria que se
encuentra a 15 o de longitud al Este relativo al Dong Fang Hong 101, ¿con qué velocidad y ángulo debería
dispararse el misil? ¿cuánto tardaría en impactar? (Nota: potencialmente hay más de una solución a este
problema, pero sólo una es sencilla y tratable analíticamentes, aunque posiblemente demasiado lenta).
Constantes físicas para este problema:µ = 398600 km 3 /s 2 , R = 6378,14 km, duración de un día sidéreo
=23 h 56 m 4 s. Se puede trabajar en unidades físicas o canónicas (que deberán ser explícitamente definidas,
expresándose el resultado final siempre en unidades físicas).
2

Problema 1: Solución
Apartado a. En primer lugar calculamos las unidades canónicas para un problema heliocéntrico, usando como unidad de
distancia 1 AU.
1 UD = 1 AU = 149597900 km.
µ
1 UV = = 29,7847 km/s.
1 UD
1 UD
1 UT =
1 UV = 5,0226 · 106 s = 58,1325 dias.
En este sistema de unidades, µ = 1 AU · UV2 . Los datos iniciales expresados en el sistema de unidades canónico son:
ri = 1 AU, vi = 1,3094 UV, γi = 5 o = 0,0873 rad.
En primer lugar necesitamos obtener el tipo de órbita y sus parámetros (e,a). En primer lugar, h = vr cos γ = viri cos γi =
1,3044 AU · UV. De donde obtenemos p de la fórmula p = h 2 /µ = 1,7015 AU.
De la fórmula de la energía específica, ɛ = v 2 /2 − µ /r = −0,1427 UV 2 de donde obtenemos que la órbita es elíptica.
Además, como ɛ = −µ /2a, obtenemos a = 3,5029 UA. Finalmente, como p = a(1 − e 2 ), despejando e obtenemos
e = 1 − p/a = 0,7171. Por tanto ya tenemos completamente identificada la trayectoria.
p
Podemos obtener ahora la anomalía verdadera inicial, de la fórmula ri =
. Despejando, θi = cos
1 + e cos θi
−1 p/ri − 1
e
0,2091 rad = 11,98o .
Igualmente, puesto que rf = r = 5,2 AU, tenemos que θf = cos−1 p/rf − 1
= 2,7881 rad = 159,7486
e
o . De la
2µ
ecuación de las fuerzas vivas, vf = −
rf
µ
= 0,3149 UV = 9,3870 km/s. Finalmente el ángulo de vuelo final
a
−1 h
lo obtenemos como γf = cos = 0,6490 rad = 37,1841
rf vf
o .
Para determinar el tiempo de vuelo, obtenemos las anomalias excéntricas inicial y final de la fórmula
tan θ/2 = (1 + e)/(1 − e) tan E/2.
Se obtiene que Ei = 0,0851 rad y Ef = 2,3126. De la ecuación de Kepler, las anomalías medias son Mi = Ei −
e sen Ei = 0,0242 rad y Mf = 1,7839 rad. Como n = µ /a 3 = 0,1525 rad/UT, tenemos que el tiempo desde
el perihelio inicial tpi = Mi/n = 0,1584 UT, y que tpf = Mf /n = 11,6951 UT. Por tanto, el tiempo total de la
transferencia t = tpf − tpi = 11,5367 UT = 5,7945 · 10 7 s = 670,6573 dias.
Apartado b. Consideremos un sistema de referencia local en la órbita de Júpiter, con la dirección ex apuntando en la
horizontal local (hacia donde avanza Júpiter) y la dirección ex apuntando en la vertical local (apuntando hacia el Sol). Por
tanto, dado que v = µ /a = 0,4385 UV se tiene que v = 0,4385 ex UV. Llamemos a la velocidad de llegada
del vehículo, antes de la maniobra, va. Puesto que el ángulo de vuelo a la llegada es γf = 0,6490 rad, tenemos que
va = vf (cos γf ex − sen γf ey) = 0,2508 ex − 0,1903 ey UV.
En un sistema de referencia joviano (es decir, solidario con Júpiter), definido de la misma forma que el anterior, la
velocidad del vehículo antes de la maniobra, que denotaremos por Va, será: Va = va − v = −0,1877 ex − 0,1903 ey UV.
Por tanto, Va = 0,2674 UV = 7,9607 km/s. Ésta es la velocidad V∞ de la hipérbola joviana de la maniobra. Por tanto,
usando la fórmula
1
∆V = 2V∞
V
1 + rp
2 ,
∞
µ
donde rp = 10r = 714920 km, se obtiene ∆V = 11,7280 km/s.
Puesto que ∆V = 2V∞ sen δ/2, obtenemos que δ = 1,6561 rad = 94,8883 o . Entonces e = 1/ sen δ/2 = 1,3576, y
a = rp/(1 − e) = −1,9995 · 10 6 km.
Para finalizar el problema debemos calcular Vd, la velocidad tras la maniobra en el sistema de referencia joviano y luego
vd, la misma velocidad en el sistema de referencia heliocéntrico. Para ello formamos una matriz de rotación bidimensional
de ángulo δ:
Mδ =
cos δ − sen δ
sen δ cos δ
=
−0,0852 −0,9964
0,9964 −0,0852
Por tanto, Vd = Mδ · Va = 0,2056 ex − 0,1708 ey UV. Lo que implica vd = Vd + v = 0,6441 ex − 0,1708 ey UV. Por
tanto, vd = 19,8479 km/s. El ángulo final de vuelo será γd = arctan −vdy
3
vdx
.
= 0,2592 rad = 14,8496 o .
=

Problema 2: Solución
Apartado a. Puesto que el satélite se pretende poner en órbita geoestacionaria, conviene que la inclinación de la órbita
inicial sea lo menor posible. La fórmula de lanzamiento determina que cos i = sen Az cos φ. De las tres bases propuestas,
claramente podemos descartar la tercera, Jiuquan. Tai-yuam, con un Azimut de lanzamiento de 90 o , nos daría una inclinación
de 37,7 o . Finalmente, Xichang, con un Azimut de lanzamiento de 94 o (el más cercano a 90 o posible), nos daría
una inclinación de 0,4976 rad = 28,5087 o que sería la mejor de las dos, por tanto elegimos Xichang.
Apartado b. Trabajamos en unidades canónicas geocéntricas. Éstas unidades están definidas como
1 UD = R = 6378,14 km.
µ
1 UV = = 7,9054 km/s.
1 UD
1 UD
1 UT = = 806,8121 s = 13,4469 min.
1 UV
La órbita inicial es pues circular con un radio r1 igual a r1 = R + 250 km = 1,0392 UD, y una inclinación de
i = 28,5087o
T 2µ
. Queremos llevarla a una órbita de inclinación cero y radio r2 igual a r2 =
4π2 1/3 = 6,6107 UD.
Asumimos que en el momento de cambio de plano se está en el plano del Ecuador (puesto que se puede elegir cuando se
empieza la maniobra, que por tanto habrá de iniciarse también en el Ecuador, por tanto bien en el nodo ascendente o bien
en el nodo descendente).
Una transferencia de Hohmann (H) emplearía una elipse de transferencia (ET) de semieje mayor aET = (r1
+ r2)/2 =
2µ
µ
3,825 UD. El primer impulso sería igual a ∆VH1 = VET (r1) − Vc(r1) =
− = 0,3087 UV.
El segundo impulso requeriría pasar de la velocidad de elipse de Hohmann, VET (r2) =
r1
− µ
aET
2µ
r2
r1
− µ
aET
= 0,2027 UV, a
una velocidad Vc(r2) = 0,3889 UV, con un cambio de inclinación de ∆i = 28,5087 o . Usando la fórmula de la maniobra
general, se tiene que ∆VH2 = VET (r2) 2 + Vc(r2) 2 − 2VET (r2)Vc(r2) cos ∆i = 0,2319 UV.
Por tanto ∆VH = ∆VH1 + ∆VH2 = 0,5406
UV = 4,2736 km/s. El tiempo de transferencia sería la mitad del periodo
de la elipse de transferencia, es decir, TH = π
Apartado c.
a 3 ET /µ = 23,5012 UT = 18961 s = 5,2670 h.
De nuevo, por las mismas razones que antes, asumimos que en el momento de cambio de plano se está en el plano del
Ecuador.
Para una transferencia bielíptica(BE), con radio intermedio r3 = 3r2 = 19,8322 UD, empleamos dos elipses de transferencia.
La primera tendrá como semieje mayor aET 1 = (r1 + r3)/2 = 10,4357 UD. La segunda, aET 1 = (r2 + r3)/2 =
13,2214 UD.
El primer impulso sería igual a ∆VBE1 = VET 1(r1) − Vc(r1) =
El tercer impulso sería igual a ∆VBE3 = VET 2(r2) − Vc(r2) =
2µ
r1
2µ
r2
− µ
µ
− = 0,3713 UV.
aET 1 r1
− µ
−
aET 2
µ
= 0,0874 UV.
2µ
El segundo impulso requeriría pasar de la velocidad de la primera elipse en r3, VET 1(r3) = −
r3
µ
=
aET 1
2µ
0,0709 UV, a la velocidad de la segunda elipse en r3, VET 2(r3) =
= 0,1588 UV, con un cambio
r3
− µ
aET 2
de inclinación de ∆i = 28,5087 o . Usando la fórmula de la maniobra general, se obtiene la velocidad del segundo impulso
como ∆VBE2 = VET 1(r3) 2 + VET 2(r3) 2 − 2VET 1(r3)VET 2(r3) cos ∆i = 0,1023 UV.
Por tanto, ∆VBE = ∆VBE1 + ∆VBE2 + ∆VBE3 = 0,5610 UV =
4,4351 km/s. El tiempo de transferencia sería la
mitad del periodo de cada elipse de transferencia, es decir, TBE = π a3 ET 1 /µ
+ π a3 ET 2 /µ 207300 s = 57,5841 h.
= 256,9404 UT =
Vemos que la transferencia bielíptica no ahorra combustible y además es más lenta. En teoría se vio que cuando la relación
entre r2/r1 es mayor que 11,94, o para cambios de inclinación superiores a aproximadamente 38,9 o , una bielíptica puede
suponer un ahorro de combustible. Si bien no estudiamos el caso con cambio de órbita y de plano simultáneo, basándonos
en los límites antes expuestos, que no se cumplen, no se espera que una bielíptica suponga ninguna mejora.
4
r2

Apartado d.
La solución más sencilla consiste en mandar el satélite a una órbita de menor periodo, que pase justo por la órbita
geostacionaria cuando pase el satélite taiwanés. Puesto que el satélite taiwanés tiene un desfase de 15o hacia el
Este (que es hacia donde rota la Tierra), pasará por donde se encuentra ahora mismo el satélite chino en Tproy =
360 − 15
TGEO = 102,3458 UT. Por tanto necesitamos que Tproy sea el periodo del proyectil, lo que implica que
360
2 Tproyµ aproy =
4π2 1/3 = 6,4258 UD. Puesto que la órbita es más baja, disparamos con un ángulo de vuelo de
180o (para reducir la órbita). El proyectil se dispara respecto al satélite con un ∆Vproy = Vproy(r2) − Vc(r2) =
2µ
r2
− µ
−
aproy
2µ
= 0,0056 UV = 0,0446 km/s = 160,4393 km/h.
r2
5

Vehículos Espaciales y Misiles Duración: 2 horas
Ingenieros Aeronáuticos NDNI Curso 06/07
Escuela Superior de Ingenieros
1 er Apellido
2 do Apellido
08/09/07
Universidad de Sevilla Nombre Problemas
Valor total:4 puntos (2 cada problema).
1. Para un vehículo en una misión interplanetaria, resuelva los siguientes dos apartados (1 punto cada uno):
a) Un vehículo espacial parte de la órbita de la Tierra (habiendo ya abandonado su esfera de influencia) con una
velocidad (respecto al Sol) de 39km/s y un ángulo de vuelo de 5 o . Determinar a qué velocidad y ángulo de
vuelo llega el vehículo a la órbita de Júpiter (). Determinar asimismo el tiempo de vuelo.
NOTA: Empléese para este apartado el sistema de referencia heliocéntrico, y considérense las órbitas de los
planetas coplanarias y circulares con radio igual al semieje mayor de su órbita.
b) El vehículo pretende realizar en Júpiter una maniobra asistida por gravedad para ganar velocidad. Por razones
de seguridad (para evitar el fuerte campo magnético joviano) se determina que el vehículo pasará en su
aproximación más cercana a 10 radios jovianos del centro de Júpiter. Determinar las características (a, e) de
la hipérbola joviana de la maniobra y el ∆V que se obtiene. Encontrar la velocidad final y ángulo de vuelo
final en el sistema de referencia heliocéntrico.
2. La agencia espacial china (CNSA:China National Space Administration) desea poner en órbita el satélite heliosíncrono
Dong Fang Hong 102 mediante un vehículo lanzador Changzheng 5. En los siguientes apartados se pide
realizar un análisis preliminar de la misión.
a) (0.25 puntos) Se desea una órbita de excentricidad e = 0,15 y cuyo perigeo se produce a una altitud de
500 km. Diseñar razonadamente la inclinación de la órbita.
b) (0.25 puntos) Elegir razonadamente una base y un azimut de lanzamiento entre las siguientes:
Cuadro 2: Bases de lanzamiento chinas
Base Latitud ( o ) Longitud ( o ) Azimut Mínimo Azimut Máximo
Tai-yuam 37.77 112.5 90 190
Xichang 28.25 102.2 94 105
Jiuquan 40.96 100.29 -10 120
c) (0.5 puntos) El vehículo lanzador coloca al satélite en una órbita de aparcamiento a 200 km de altitud, con
una inclinación calculada según los datos de lanzamiento del apartado anterior. Diseñar una transferencia tipo
Hohmann (de dos impulsos, teniendo en cuenta que la órbita destino no es circular y por tanto realizando el
último impulso en el perigeo de la órbita destino), con cambio de plano en la última maniobra si es necesario,
para llevar dicho satélite a su órbita destino. Calcular el tiempo de transferencia y el ∆V total necesario.
d) (1 punto) Supuesto el perigeo de la órbita localizado justo en la latitud φ = 10 o (tras el nodo ascendente), ¿a
qué latitud se encuentra el satélite cuando transcurren 5 horas de vuelo tras su paso por el perigeo?
Constantes físicas para los problemas: µ = 132712439935,5 km 3 /s 2 , a = 1 AU = 149597900 km,
µ = 126711995,4 km 3 /s 2 , a = 5,2 AU, R = 71492km, µ = 398600 km 3 /s 2 , R = 6378,14 km, J2 =
0,00108. Se puede trabajar en unidades físicas o canónicas (que deberán ser explícitamente definidas, expresándose el
resultado final siempre en unidades físicas).
6

Solución del problema 2
Apartado a.
Como datos tenemos la altitud del perigeo y la excentricidad, además del hecho de que la órbita es heliosíncrona. En primer
lugar, el radio del perigeo rp será rp = hp + R = 6878,14 km. Por tanto, el semieje mayor de la órbita se calcula como
a = rp
1−e = 8091,9 km. Podemos calcular también el parámetro de la órbita, que será p = a(1 − e2 ) = 7909,9 km.
Finalmente, de la fórmula de las órbitas heliosíncronas se tiene que
− 3
2 J2
µ
a3 R
de donde despejamos la inclinación i, cuyo valor es:
Apartado b.
p
2 2π
cos i =
365,25 · 24 · 3600
i = 102,5521 o
Para cada base, los azimuts que nos darían la inclinación del anterior apartado serían:
Tai-yuam: Az = −15,958 o o Az = 195,958 o .
Xichang: Az = −14,2831 o o Az = 194,2831 o .
Jiuquan: Az = −16,7255 o o Az = 196,7255 o .
El primer azimut corresponde a un lanzamiento con una componente hacia el Norte y el segundo a uno con componente
hacia el Sur. Puesto que en ninguno de los casos está dentro del azimut permitido, probamos con los valores extremos más
próximos a 0 o o 180 o para ver la inclinación más similar que podemos obter:
Tai-yuam: con Az = 190 o , se obtiene i = 97,8896 o .
Xichang: con Az = 105 o , se obtiene i = 31,6930 o .
Jiuquan: con Az = −10 o , se obtiene i = 97,5351 o .
Por tanto elegimos Tai-yuam con un azimut de 190 o que nos da una inclinación i = 97,8896 o .
Apartado c.
Puesto que la inclinación inicial y la final son diferentes, habrá que realizar un cambio de inclinación ∆i = 4,6625 o .
Indica en el enunciado que la transferencia se efectúe desde una órbita de aparcamiento de radio rpark = hpark + R =
6578,14 km hasta el perigeo de la órbita. Por tanto aH = rpark+rp
2 = 6728,14 km. Con aH obtenemos el tiempo de la
transferencia:
TH = π
a3 H
µ = 2746,1 s = 45,77 min
Por otro lado la velocidad inicial en la órbita de aparcamiento es vpark =
la transferencia de Hohmann es vH1 =
2µ
rpark
larmente la velocidad de la órbita heliosíncrona en el perigeo es vp =
en la transferencia de Hohmann es vH2 =
∆V2 =
Apartado d.
2µ
µ
rpark
= 7,7843 km/s y la velocidad inicial en
µ
− aH = 7,8706 km/s. Luego ∆V1 = vH1 −vpark = 0,0863 km/s. Simi-
rp
− µ
aH
v 2 H2 + v2 p − 2vH2vp cos ∆i = 0,9009 km/s. Por tanto:
2µ
rp
− µ
a
= 8,1636 km/s y la velocidad final
= 7,5273 km/s. Teniendo en cuenta el cambio de inclinación,
∆V = ∆V1 + ∆V2 = 0,9872 km/s
En primer lugar calculamos ω usando trigonometría esférica con el triángulo formado por la órbita, el ecuador y el
meridiano que pasa justo en donde está el perigeo:
sen φ
sen i
= sen ω
sen 90 o
de donde ω = 10,2475 o . Ahora necesitamos obtener θ transcurridas 5 horas, que son 18000 s. Puesto que el periodo de la
órbita es T = 7244,2 s, la anomalía verdadera será la misma que transcurridos ∆t = 18000−2T = 3511,6 s, que es menos
7

que T/2, con lo que la anomalía verdadera estará entre 0 o y 180 o . La anomalía media será M = n∆t = 3,0458 rad,
donde n = µ /a 3 = 8,6734 × 10 −4 rad/s.
Es necesario resolver ahora la ecuación de Kepler. Siguiendo el procedimiento de teoría, en la primera iteración obtenemos
E = 3,0458 rad con un error de 0,0143 rad. En la segunda iteración obtenemos EP = 3,0583 rad con un error de
−1,0695 × 10−6 rad, que se puede considerar aceptable. Luego tomamos E = 3,0583 rad, de donde
1 + e
θ = 2 arctan
1 − e tan
E
2
= 175,8956 o
Finalmente, encontramos la latitud a las 5 horas, φf usando trigonometría esférica con el triángulo formado por la órbita,
el ecuador y el meridiano que pasa justo por donde se encuentra el satélite a las 5 horas.
de donde
sen φf
sen i
= sen(ω + θ)
sen 90 o
φf = −5,9957 o
8

Astronáutica y Vehículos Espaciales Duración: 1 hora y media
Ingenieros Aeronáuticos NDNI Curso 07/08
Escuela Superior de Ingenieros
1 er Apellido
2 do Apellido
02/02/08
Universidad de Sevilla Nombre Problemas
Valor total:5 puntos (se requieren 1.5 puntos como mínimo para aprobar).
La agencia espacial federal rusa “Roskosmos” (ROSSIYSKOE KOSMICHESKOE AGENTSTVO) desea poner en órbita
un satélite espía para interceptar las comunicaciones en la región de Andalucía, España. En los siguientes apartados (en
cada apartado se indica su puntuación) se pide realizar un análisis preliminar de la misión.
1. (0.75 puntos) Se decide que el satélite debe pasar exactamente sobre Sevilla, España (latitud 37,23 0 N, longitud
5,58 0 O), circulando de Sur a Norte, y debe hacerlo todos los días y cada dos órbitas (es decir, la traza debe ser
cerrada, tener la forma adecuada, y pasar por Sevilla). La órbita será de alta excentricidad y es muy importante que
su perigeo, que tendrá una altitud de 500 km, se mantenga en una posición constante. Diseñar razonadamente los
elementos orbitales a, e e i.
NOTA: En este apartado se sugiere (para simplificar, aunque no sea del todo correcto) despreciar la regresión de los
nodos debida al J2, pero no se debe despreciar el avance del perigeo.
2. (0.25 puntos) Dadas las siguientes bases de lanzamiento rusas, elegir razonadamente una base y un azimut de
lanzamiento (si las dos bases fueran viables, elegir Baikonur).
Cuadro 3: Bases de lanzamiento rusas
Base Latitud ( o ) Longitud ( o ) Azimut Mínimo Azimut Máximo
Baikonur (Tyuratam) 45.6 63.4 -20 90
Plesetsk 62.8 40.6 -30 90
3. (0.75 puntos) El vehículo lanzador coloca al satélite en una órbita de aparcamiento a 200 km de altitud, con una
inclinación calculada según los datos del apartado anterior. Diseñar una transferencia óptima tipo Hohmann, con
cambio de plano en la última maniobra si fuera necesario por discrepancias en la inclinación inicial y final, para
llevar dicho satélite a su órbita final. Calcular el tiempo de transferencia y el ∆V total necesario.
4. (0.75 puntos) Se desea que el satélite permanezca en las proximidades del cénit de Sevilla el mayor tiempo posible.
En base a este requisito, diseñar ω.
5. (0.5 puntos) Los elementos orbitales se van a referir a la época del 1 de Enero de 2008, a las 12 del mediodía UT.
Suponiendo que en esta época, GST = 30 0 y sabiendo que hoy, 2 de Febrero, el satélite pasó por encima de Sevilla
a las 10:30 hora local (UT+1), calcular Ω.
6. (0.5 puntos) En base a los datos del anterior apartado, calcular θ (o M) en la época.
NOTA: Elegir θ o M como respuesta para este apartado. Ambas posibilidades son válidas.
7. (0.25 puntos) Suponiendo que se deseen situar tres satélites más en la misma traza (es decir, un total de cuatro)
repartidos uniformemente en el tiempo, obtener sus elementos orbitales, que se denotarán (aj, ej, ij, Ωj, ωj, θj) [o
Mj en vez de θj], para j = 1, 2, 3. Estos valores se deben obtener a partir de (a, e, i, Ω, ω, θ) [o M en vez de θ]
calculados en los anteriores apartados.
NOTA: Elegir θj o Mj como respuesta para este apartado. Ambas posibilidades son válidas.
8. (0.75 puntos) Calcular la latitud y longitud sobre la que se encuentra el satélite 3 horas antes de pasar sobre Sevilla.
¿Cuál es su altitud en dicho momento?
9. (0.5 puntos) Si el instrumental a bordo del satélite tiene un ángulo de visibilidad de α = 10 0 , ¿existe cobertura de
Sevilla (por dicho instrumento) en todo momento (24 horas) para la constelación de los cuatro satélites?
Observaciones:
-Se pide, además del resultado numérico, adjuntar los razonamientos y fórmulas empleadas.
-Se adjunta una hoja con recordatorio de teoría, figuras y fórmulas que no están en el formulario, para los apartados finales.
-Los primeros cuatro apartados (valor total 2.5 puntos) son los más sencillos.
-Los apartados 8 y 9 (1.25 puntos) se pueden resolver separadamente de los apartados 5, 6 y 7 (1.25 puntos).

Solución del problema
Apartado 1.
Del enunciado, deducimos que la órbita buscada es tipo “Molniya” (con la inclinación crítica, de forma que el perigeo y
apogeo queden fijos), con un periodo igual a la mitad del periodo sidéreo de la Tierra (para que la traza sea cerrada, y pase
una vez al día de S a N por la latitud de Sevilla cada dos órbitas). Este periodo es T = T
2 = 43082 s. Por tanto:
i = arc cos
1
= 63,4349
5
o 2 T
, a = µ
2π
1/3 = 26562 km
Por otro lado, nos dan la altitud del perigeo, de donde el radio de perigeo rp = hp + R = 6878,14 km, y por tanto
Apartado 2.
e = 1 − rp
a
= 0,7411
Para la inclinación obtenida en el anterior apartado y la latitud de Baikonur, de la fórmula cos i = sen Az cos φ obtenemos
un azimut de 39,73 o que es permisible para Baikonur.
Por tanto elegimos Baikonur con azimut 39,73 o .
Apartado 3.
No es necesario realizar cambio de inclinación puesto que ya nos encontramos en la inclinación deseada. Por otro lado, de
teoría se sabe que para la transferencia óptima de dos impulsos, cuando la órbita destino es elíptica, el segundo impulso
ha de darse en el apogeo del destino.
¢ V
2
O
final
H
r r
a
park
O
park
Figura 1: Transferencia de Hohmann del apartado 3.
El radio de apogeo es ra = a(1 + e) = 46245 km. El radio de la órbita de aparcamiento es rpark = hpark + R =
6578,14 km. Por tanto el semieje mayor de la transferencia de Hohmann es aH = rpark+ra
2 = 26412 km. Por tanto el
tiempo de transferencia será:
TH = π
La velocidad en la órbita de aparcamiento es vpark =
a3 H
µ = 21359 s = 5,933 h.
µ
rpark
2µ
rpark es vH1 = rpark
2µ
1,494 km/s. La velocidad de la órbita de transferencia en ra es vH2 = ra
¢ V
1
= 7,7843 km/s. La velocidad de la órbita de transferencia en
µ
− aH = 10,3004 km/s. La velocidad en el apogeo de la órbita destino es vf =
vH1 − vpark = 2,5161 km/s y ∆V2 = vf − vH2 = 0,0288 km/s. Por tanto el ∆V total será:
∆VH = ∆V1 + ∆V2 = 2,5449 km/s.
10
2µ
ra
− µ
a =
− µ
aH = 1,4652 km/s. Luego ∆V1 =

Apartado 4.
La zona de menor velocidad de la órbita es el apogeo y su entorno; por tanto elegimos el apogeo situado justo en el cénit
de Sevilla, es decir la anomalía verdadera en Sevilla, θSVQ = −180 o .
i
! + µ
¸
u
Az
Az
Figura 2: Triángulo esférico formado por un meridiano, el Ecuador y la órbita.
Usando la trigonometría esférica en el triángulo de la Figura 10 (en el meridiano de Sevilla) se tiene que:
sen(ω + θSVQ)
sen(90 o )
= sen φSVQ
Á
,
sen i
donde φSVQ = 37,23 o es la latitud de Sevilla. Resolviendo para ω obtenemos:
Apartado 5.
ω = −137,43 o = 222,56 o
Denominemos a la época del 1 de Enero de 2008, a las 12 del mediodía UT con el subíndice E. Sabemos pues que
GSTE = 30 o . Calculemos ahora GST0 el 2 de Febrero (por definición GST0 es el GST a las 00:00 UT).
GST0 = GSTE + ω ∆t = 11401,0598 o = 241,0598 o
donde ω = 2π
T = 7,2921 × 10 −5 rad/s y ∆t = 31 dias 12 h = 2721600 s. Por otro lado, de la fórmula cos i =
sen AzSVQ cos φSVQ obtenemos que el azimut del vehículo al pasar sobre Sevilla es AzSVQ = 34,1718 o . De la trigonometría
esférica en el triángulo de la figura 10
sen λuSVQ
=
sen AzSVQ
sen(ω + θSVQ)
sen(90o )
y despejando λuSVQ = 22,396 o . Finalmente puesto que el satélite pasa a las 9:30 UT, el tiempo t al pasar sobre Sevilla
es t = 9,5 · 3600 = 34200 s. De la fórmula
despejamos Ω, obteniendo:
Apartado 6.
t = Ω + λuSVQ − λSVQ − GST0
ω
Ω = 356,0406 o
Sabemos que θ = M = 180 o el día 2 de Febrero a las 9:30 UT, y nos piden calcular ME (se usará M por simplicidad). El
tiempo transcurrido es ∆t ′ = 31 dias 21 h 30 min = 2755800 s. Puesto que ∆M = n∆t ′ = 23027,9003o = 347,9003,
µ
donde n =
a 3 = 1,4584 × 10 −4 rad/s.
Ya que se retrocede en el tiempo:
Apartado 7.
ME = M − ∆M = 192,097 o
Aplicando la teoría, los únicos elementos orbitales que se modifican son Mj = ME − 2(j−1)
4
. Se obtienen los resultados de la siguiente tabla:
11
360 o y Ωj = Ω + j−1
4 360o

Apartado 8.
Cuadro 4: Elementos orbitales de la constelación de satélites
Num. satélite a (km) e i( o ) Ω( o ) ω( o ) M( o )
1 26562 0.7411 63.4349 356.0406 222.56 192.097
2 26562 0.7411 63.4349 86.0406 222.56 12.097
3 26562 0.7411 63.4349 176.0406 222.56 192.097
4 26562 0.7411 63.4349 266.0406 222.56 12.097
Llamemos al punto en el que se encuentra el satélite tres horas (10800 s) antes de pasar por Sevilla P . En primer lugar,
sabiendo que θSVQ = 180 o , hay que hallar θP . Puesto que el semiperiodo del satélite es de T/2 = 21541 s, el satélite
habrá retrocedido desde el perigeo en 10800 s lo mismo que habría avanzado desde el apogeo en 21541−10800 = 10741 s.
Por tanto ∆t = 10741 s de donde MP = 1,5665 rad.
Es necesario resolver ahora la ecuación de Kepler. Siguiendo el procedimiento de teoría, en la primera iteración obtenemos
EP = 1,5665 rad con un error de 0,741 rad. En la segunda iteración obtenemos EP = 2,3099 rad con un error de
−0,1957 rad. En la tercera iteración obtenemos EP = 2,1794 rad con un error de −0,0048 rad. Finalmente, en la cuarta
iteración obtenemos EP = 2,1759 rad con un error de −3,5251 × 10 −6 rad, que se puede considerar aceptable.
Aplicando ahora la fórmula para θP , obtenemos que:
1 + e
θP = 2 arctan
1 − e tan
EP
2
= 157,142 o
Usando un triángulo esférico que pase por el meridiano que pasa por P , como en la figura 10, obtenemos las fórmulas
sen φP
sen i = sen(ω + θP )
sen 90 o , cos i = sen AzP cos φP ,
de donde obtenemos AzP = 27,9731 o ,λuP = 9,1008 o y
Por otro lado, rp = a(1−e2 )
1+e cos θP
= 37760 km, luego
φP = 17,5545 o
hp = 31381 km
sen λuP
sen AzP
= sen(ω + θP )
sen 90 o
Finalmente, sobre Sevilla y sobre el punto P respectivamente se cumplen las siguientes ecuaciones:
ω tSVQ = Ω + λuSVQ − λSVQ − GST0,
ω tP = Ω + λuP − λP − GST0.
Restando la primera ecuación de la segunda y teniendo en cuenta que la diferencia de tiempo entre Sevilla y P es de tres
horas,
ω · 3 h = λuSVQ − λuP − λSVQ + λP
y por tanto
Apartado 9.
λP = 26,3145 o
Puesto que la constelación consta de 4 satélites equidistantes, y la traza se repite cada día, cada satélite tiene la responsabilidad
de 6 horas de observación cada día. Ésto es, 3 horas antes del paso por Sevilla y 3 horas después del paso. Habrá pues
que comprobar si Sevilla es visible durante todo este tiempo. Por simetría esférica, si lo es en el primer periodo lo será en
el segundo. Y puesto que cuando se acerca a Sevilla lo hace ascendiendo (aumentando progresivamente su cobertura) está
claro que el momento más desfavorable será justo 3 horas antes.
En resumen, si Sevilla es visible desde el instrumental de un satélite 3 horas antes de su paso por el cénit de Sevilla, lo
será en todo momento del día por alguno de los satélites.
Conocemos las coordenadas del satélite 3 horas antes de su paso por el cénit de Sevilla del apartado anterior. Determinemos
en primer lugar el “radio angular” Γ de la circunferencia de cobertura. Esta se calcula de
R + hP
Γ = arc sen
R
sen α − α,
12

donde α = 10o se proporciona en el enunciado. Esta ecuación no tiene solución porque geométricamente sucede que la
cobertura instrumental es tal que abarca toda la total, como está ilustrada en la tercera ilustración de la figura 3; en tal caso
hay que usar la fórmula para la cobertura total:
R Γ = arc cos
R
= 80,27
+ hP
o .
¡
r
R
©
® +¡
R
© ¡
Figura 3: Respectivamente, cobertura total, instrumental, y caso en el que la cobertura instrumental abarca a la total (lo
que implica que ambas se toman iguales).
Este es el radio angular de una circunferencia centrada en λP , φP , tal como viene descrita en la figura 4.
Figura 4: Circunferencia esférica centrada en λ0, φ0.
La dirección A en la que se observaría a Sevilla viene dada por la fórmula
sen φSVQ = sen φP cos Γ + cos φP sen Γ cos A,
de donde se despeja A = 53,8711o . En esa dirección se abarca un ∆λ de
cos Γ − sen φP sen φSVQ
∆λ = arc cos
= 91,0239 o ,
cos φP cos φSVQ
y puesto que |λP − λSVQ| = 31,8945 o < ∆λ, se concluye que Sevilla es visible y por tanto sí hay cobertura.
13
r
®
®

Astronáutica y Vehículos Espaciales (Astronáutica) Duración: 1 hora y media
Ingenieros Aeronáuticos NDNI Curso 07/08
Escuela Superior de Ingenieros
1 er Apellido
2 do Apellido
01/07/08
Universidad de Sevilla Nombre Problemas
Valor total:5 puntos (se requieren 1.5 puntos como mínimo para aprobar).
La agencia espacial federal rusa “Roskosmos” (ROSKOSMOS) desea lanzar una misión interplanetaria a Mercurio
(). En los siguientes apartados (en cada apartado se indica su puntuación) se pide realizar un análisis preliminar de la
misión.
Para este análisis se utilizará el proceso de ajuste de cónicas con las simplificaciones habituales, y se supondrán las órbitas
de los planetas circulares y contenidas en el plano de la eclíptica (que tiene una inclinación de ε = 23,5 o respecto al
Ecuador). Además se supondrá (para los primeros 6 apartados) que el lanzador deja la sonda en una órbita de aparcamiento
a 250 km de altitud, contenida en el plano de la eclíptica, desde donde comienza la parte de la misión que se quiere diseñar.
1. (0.5 puntos) Si se empleara una transferencia de Hohmann directa a Mercurio, ¿qué ∆V inicial habría que proporcionar
a la sonda desde su órbita inicial para que llegara a Mercurio? ¿Cuál es el tiempo de vuelo?
2. (0.5 puntos) Calcular la órbita de llegada a Mercurio, partiendo de las condiciones del apartado anterior y suponiendo
una altitud de periapsis de 500 km. Calcular ∆V para circularizar dicha órbita.
3. (0.5 puntos) Describir la configuración (ángulo de fase con respecto a la Tierra) que tiene que tener Mercurio para
que el viaje interplanetario sea posible. Suponiendo que dicha configuración se da el día 2454467.0 JD (25 de Junio
de 2008), si dicho día no pudiera efectuarse el lanzamiento, ¿cuándo volvería a repetirse la configuración?
4. (0.5 puntos) Los valores de ∆V de los primeros apartado resultan ser excesivo, con lo que se decide realizar una
maniobra asistida por gravedad en Venus (♀). Para ello, diseñar en primer lugar una transferencia de Hohmann a
Venus. Obtener ∆V y el tiempo de vuelo.
5. (1 punto) Estudiar la maniobra asistida por gravedad en Venus, con una aproximación de 2 radios venusinos (es
decir el radio de periapsis de la hipérbola igual a 2R♀). ¿Qué ∆V se obtiene? ¿Cuál es el ángulo de trayectoria a
la salida de la maniobra (en el sistema de referencia heliocéntrico)? ¿Cuál es la velocidad tras la maniobra, en el
sistema de referencia heliocéntrico?
6. (0.75 puntos) ¿Ha sido suficiente la maniobra para alcanzar Mercurio? Justificar la respuesta. En caso afirmativo,
estudiar la trayectoria final hasta Mercurio (suponiendo que al llegar la sonda a la órbita de Mercurio, se encuentre
el planeta allí) y calcular el ángulo de trayectoria a la llegada y el tiempo de vuelo. En caso negativo, proponer (sin
calcular) modificaciones en los datos iniciales de la misión para poder alcanzar Mercurio con la maniobra.
7. (0.5 puntos) Dadas las siguientes bases de lanzamiento rusas, elegir razonadamente una base y un azimut de lanzamiento
(si las dos bases fueran viables, elegir Baikonur). Si la inclinación no fuera la correcta, diseñar una maniobra
de cambio de inclinación, a efectuar en la órbita de aparcamiento, que corrija el problema.
Cuadro 5: Bases de lanzamiento rusas
Base Latitud ( o ) Longitud ( o ) Azimut Mínimo ( o ) Azimut Máximo ( o ) Zona horaria
Baikonur (Tyuratam) 45.6 63.4 -20 90 UT+6
Plesetsk 62.8 40.6 -30 90 UT+3
8. (0.75 puntos) Finalmente el lanzamiento se efectúa el 25 de Junio de 2008. Sabiendo que el día 1 de Junio de 2008
a las 12:00 UT se tiene que GST = 30 0 , ¿a qué hora local de la base elegida se efectúa el lanzamiento?
Observaciones:
-Se pide, además del resultado numérico, adjuntar los razonamientos y fórmulas empleadas.
-Los dos últimos apartados se pueden resolver de forma independiente al resto.
-Se pueden usar unidades físicas o canónicas (que deberán ser definidas, expresando el resultado final en unidades físicas).
-Constantes físicas para este problema no incluidas en el formulario: L = 0,387098 AU, µ = 22032,1 km 3 /s 2 ,
R = 2439,7 km, L♀ = 0,723327 AU, µ♀ = 324858,8 km 3 /s 2 , R♀ = 6051,8 km.

Solución del problema
Para simplificar los cálculos se va a trabajar, en los segmentos heliocéntricos, en unidades canónicas. Estas son:
1 UL = 1 AU = L = 149,598 × 106 km,
1 UV = V µ⊙
= L = 29,7847 km/s,
1 UT = UL
UV = 5,0226 × 106 s = 58,1325 dias.
En estas unidades, µ⊙ = 1 UL · UV 2 .
En los segmentos planetocéntricos se usarán unidades físicas.
Apartado 1.
En primer lugar calculamos la transferencia de Hohmann a Mercurio, como en la figura 15.
t=0
Ã
¯
©
H
Figura 5: Izquierda: Transferencia de Hohmann a Mercurio y ángulo de fase en t = 0 (considerado de atraso). Derecha:
salida hiperbólica de la Tierra.
Puesto que la transferencia es entre la órbita de la Tierra y la de Mercurio, el semieje mayor de la elipse de transferencia
es
aH = L + L
= 0,6935 AU.
2
Por tanto el tiempo de vuelo será:
TH = π a3 H /µ⊙ = 1,8145 UT = 105,4835 dias.
La velocidad de partida desde la órbita de la Tierra, en el sistema de referencia heliocéntrico, ha de ser:
2µ⊙ µ⊙
V1 =
L − = 0,7471 UV.
aH
Por tanto la velocidad de partida en el sistema de referencia geocéntrico ha de ser v1 = V − V1 = 0,2529 UV =
7,5329 km/s = v∞, la velocidad de escape hiperbólico en el infinito, orientada en sentido contrario al movimiento de
la órbita de la Tierra, tal como se ha dibujado en la figura 15. De aquí obtenemos que, puesto que v∞ =
− µ
ahip ,
ahip = −7024,5 km. De donde vhip(rp), la velocidad de la hipérbola de escape en la órbita de aparcamiento, es igual a
vhip(rp) =
2µ
rp
− µ
= 13,3049 km/s.
ahip
Por otro lado el radio en la órbita de aparcamiento es rp = R + hp = 6628,14 km y la velocidad vp =
7,7548 km/s. Por tanto:
∆V = vhip(rp) − vp = 5,55 km/s.
15
µ
rp =

Apartado 2.
±
¯
¢ V
Figura 6: Llegada a Mercurio.
Para este apartado, primero debemos calcular la velocidad en el infinito de la hipérbola de llegada, tal como refleja la
figura 6. Por un lado, en la órbita de transferencia en Mercurio se tiene que
2µ⊙
V2 = −
L
µ⊙
= 1,93 UV.
aH
Para ello, calculamos V =
µ⊙
L = 1,6073, de donde la velocidad de llegada en el sistema de referencia de Mercurio
será v2 = V2 − V = 9,6115 km/s = v∞. Puesto que V2 > V la sonda alcanza al planeta. Como antes obtenemos que
ahip = −238,4922 km y puesto que rper = R + hper = 2939,7 km, de rper = ahip(1 − e) obtenemos que e = 13,3262.
Por tanto las características de la órbita hiperbólica son
ahip = −238,4922 km, e = 13,3262.
Para circularizar la órbita calculamos la velocidad en periapsis vper =
hipérbola en periapsis
con lo que
Apartado 3.
vhip(rper) =
2µ
rper
µ
rper
− µ
= 10,3620 km/s.
ahip
∆V = vhip(rper) − vper = 7,6243 km/s.
v1
= 2,7376 km/s y la velocidad de la
El ángulo de fase está definido en la figura 15 (donde se dibuja en atraso). Puesto que el tiempo de vuelo calculado en el
µ⊙
primer apartado es TH = 1,8145 UT y la velocidad angular de mercurio es n
= L3 = 4,1521 rad/UT, durante la
transferencia Mercurio recorre 7,5341 rad es decir 1 vuelta y 71,6749 o . Puesto que al finalizar la transferencia debe estar
a 180 o de la Tierra en su posición inicial, debe comenzar a un ángulo de fase de ψ = 180 o − 71,6749 o = 108,3251 o
de adelanto respecto a la Tierra en su posición inicial.
Esta configuración se repite periódicamente con periodo igual al periodo sinódico de Mercurio T sin
T sin
=
1
T hel
1
− 1
T hel
= 1,9933 UT = 115,8772 dias
que es
donde T hel
L3
= 2π
µ = 1,5133 UT y T
⊙ hel
L3 = 2π µ = 6,2832 UT son los periodos sidéreos de Mercurio y la Tierra,
⊙
respectivamente, respecto al Sol. Por tanto la configuración se repetirá unos 115 días después, es decir el día 2454582.87
JD.
Apartado 4.
16

¯
©
Figura 7: Transferencia de Hohmann a Venus, para alcanzar Mercurio.
Este apartado es una repetición del primer apartado, con los datos de Venus en lugar de los de Mercurio. La situación es
la dibujada en la figura 16.
El semieje mayor de la elipse de transferencia es
Por tanto el tiempo de vuelo será:
a ′ H = L + L♀
2
= 0,8617 AU.
T ′
H = π a ′ 3
H /µ⊙ = 2,5128 UT = 146,0749 dias.
La velocidad de partida desde la órbita de la Tierra, en el sistema de referencia heliocéntrico, ha de ser:
2µ⊙
V ′
1 =
µ⊙
L −
a ′ = 0,9162 UV.
H
Por tanto la velocidad de partida en el sistema de referencia geocéntrico ha de ser v ′ 1 = V − V ′
1 = 0,0838 UV =
2,4954 km/s = v ′ ∞, la velocidad de escape hiperbólico en el infinito, orientada en sentido contrario al movimiento de la
órbita de la Tierra, tal como se dibujó en la figura 15. De aquí obtenemos a ′ hip = −64009 km. De donde
Por tanto:
Apartado 5.
v ′ hip(rp) =
2µ
rp
− µ
a ′ = 11,2473 km/s.
hip
∆V ′ = v ′ hip(rp) − vp = 3,4925 km/s.
Como en el segundo apartado, primero debemos calcular la velocidad en el infinito de la hipérbola de llegada. La situación
es tal como se describe en la figura 8, con la salvedad de que al haber llegado por una trayectoria tipo Hohmann, la
velocidad de Venus y la velocidad de llegada son colineales. Por otro lado, vd tiene que estar orientada hacia el Sol para
poder alcanzar Mercurio.
Por un lado, en la órbita de transferencia en Venus se tiene que
Calculamos VP = V♀ =
Va = V ′
2 =
2µ⊙
L♀
− µ⊙
a ′ H
H
= 1,2667 UV.
µ⊙
L♀ = 1,1758, de donde la velocidad de llegada en el sistema de referencia de Mercurio será
va = v ′ 2 = V ′
2 − V♀ = 2,7066 km/s = v ′ ∞. Puesto que V ′
2 > V♀ la sonda alcanza al planeta. Como antes obtenemos que
17

V
v1
±
¯
Figura 8: Maniobra asistida por gravedad. En el diagrama de la derecha se representan las velocidades (V ′
2 se representa
exteriormente por claridad).
a ′ hip = −44344 km y puesto que r′ per = 2R♀ = 12104 km, obtenemos que e ′ = 1,2729. Por tanto las características de
la órbita hiperbólica son
El ∆V de la maniobra lo calculamos de la fórmula
v1
¢ V
a ′ hip = −44344 km, e ′ = 1,2729.
∆V =
V2'
2v ′ ∞
1 + r ′ perv ′2 = 4,2525 km/s
∞/µ♀
El ángulo entre las asíntotas es δ = 2 arcsin(1/e) = 103,5486 o . Por tanto en el triángulo de la figura 8 se tiene que
α = 180 − δ = 76,4514 o . Aplicando el teorema del coseno encontramos que la velocidad tras el encuentro en el sistema
de referencia heliocéntrico es
Vd =
y del teorema del seno, sen(−γd) = v′
Apartado 6.
v
'=
v1
2
±
v1
V 2 ♀ + v′2 ∞ − 2V♀v ′ ∞ cos α = 34,4872 km/s = 1,1579 UV
∞ sen α
Vd
, luego
γd = −4,3758 o
Las condiciones iniciales tras la maniobra, en el sistema de referencia heliocéntrico, son r = L♀, v = Vd, y γ = γd.
Despejamos a de la ecuación de las fuerzas vivas:
¯
rperi
Figura 9: La órbita que sale de Venus no alcanza Mercurio.
a =
µ⊙
2µ⊙
= 0,7021 AU
r − v2 18
Vd
®
V
{ °

Por otro lado, h = rv cos γ = √ pµ⊙ = a(1 − e 2 )µ⊙. Resolviendo para e encontramos e = 0,082. De donde se
obtiene que el radio de perihelio es rperi = a(1 − e) = 0,6445 AU > L con lo que NO se alcanza la órbita de
Mercurio. La situación es tal como la mostrada en la figura 9.
Para poder alcanzarla sería necesario modificar la transferencia hasta Venus, descartando la transferencia de Hohmann
calculada en el apartado 4. Sería necesario llegar con una combinación de velocidad y ángulo de trayectoria que permitiera
alcanzar Mercurio tras la maniobra. Para ello se sugiere ensayar otras órbitas. Vista la geometría del apartado 5, lo ideal
sería llegar con un ángulo de vuelo negativo (tras el afelio de la órbita de transferencia) y/o con mayor velocidad, para lo
que se sugiere tener el encuentro con Venus después de la conjunción de referencia.
Apartado 7.
El plano orbital del problema es el de la eclíptica cuyos elementos orbitales son Ω = 0 o (por definición del primer punto
de Aries) e i = ε = 23,5 o . Se utilizará el triángulo esférico usual mostrado en la figura 10.
i
! + µ
¸
u
Az
Az
Figura 10: Triángulo esférico formado por un meridiano, el Ecuador y la órbita.
Interesa conseguir una inclinación lo más cercana posible a ε. De las dos bases, Baikonur con un azimut de 90 o nos
proporciona una inclinación igual a su latitud, es decir, 45,6 o . Para corregir la inclinación se efectúa una maniobra en
la que sólo se cambia la inclinación, una cantidad ∆i = 45,6 − 23,5 = 22,1 o ; la maniobra se realiza en la órbita de
aparcamiento. Por tanto,
∆V = 2vp sen(∆i/2) = 2,9727 km/s
y la maniobra ha de efectuarse en el paso por el Ecuador (latitud 0).
Apartado 8. En primer lugar propagamos el GST desde el 1 de Junio hasta el 25 de Junio a las 12:00 UT; a dicho GST lo
llamaremos GST0. Puesto que transcurren 24 días:
GST0 = GST(25 de Junio a las 12:00 UT) + ω · 24 = 53,6646 o
donde ω = 2π
T = 7,2921 × 10 −5 rad/s = 6,3004 rad/dia, siendo T es el periodo sidéreo de rotación de la Tierra.
Por tanto el tiempo de lanzamiento con respecto al 25 de Junio a las 12:00 UT es:
t = Ω + λu − λ − GST0
ω
Á
= −6477,8 s = −1 h 47 min 58 s
donde λu = 90 o (ya que el azimut de lanzamiento es 90 o , véase la figura 10), λ es la longitud de Baikonur. Por tanto
la fecha de lanzamiento ha de ser el 25 de Junio a las 10:12:02 UT, es decir teniendo en cuenta la zona horaria, el
lanzamiento se efectuará el 25 de Junio a las 16:12:02 hora local de Baikonur.
19

Astronáutica y Vehículos Espaciales (Astronáutica) Duración: 1 hora y media
Ingenieros Aeronáuticos NDNI Curso 07/08
Escuela Superior de Ingenieros
1 er Apellido
2 do Apellido
03/09/08
Universidad de Sevilla Nombre Problemas
Valor total:5 puntos (se requieren 1.5 puntos como mínimo para aprobar).
La agencia espacial federal rusa “Roskosmos” (ROSKOSMOS) desea lanzar un satélite geostacionario. En los siguientes
apartados (en cada apartado se indica su puntuación) se pide realizar un análisis preliminar de la misión.
1. (2 puntos) Existen dos posibles alternativas para llevar a cabo el lanzamiento. La primera opción es usar un cosmódromo
ruso. La otra opción es alquilar bien la base india de Sriharikota o bien la base europea de Kourou, lo cual
tiene un coste adicional en concepto de alquiler y transportes, tal como se indica en la siguiente tabla.
Cuadro 6: Posibles bases de lanzamiento
Base País Coste (M$) Latitud ( o ) Longitud ( o ) Az. Mín.( o ) Az. Máx.( o ) Zona horaria
Baikonur (Tyuratam) Rusia 0 45.6 63.4 -20 90 UT+6
Plesetsk Rusia 0 62.8 40.6 -30 90 UT+3
Kourou UE 30 5.2 -52.8 -20 100 UT-3
Sriharikota India 20 13.7 80.25 100 290 UT+5:30
El lanzador llevará al satélite hasta una órbita de aparcamiento a 200 km de altitud, desde donde se llevará a la
órbita GEO mediante una transferencia de Hohmann con cambio de plano (se efectúa el cambio de plano en la
segunda maniobra). El satélite tiene un sistema de propulsión (para realizar la transferencia) bipropelente de MMH
(monometil hidracina) y tetraóxido de nitrógeno (Isp = 275 s), y una masa en seco (sin el combustible de dicho
sistema de propulsión) de 300 kg. Sabiendo que cada kilo de combustible tiene un coste adicional (para cualquiera
de las bases) de 65000 $/kg, elegir la base y el azimut de lanzamiento que minimizan el coste de la misión.
Observación: Siempre lanzar en una dirección con componente Este (un lanzamiento con componente Oeste sería
antieconómico).
2. (0.5 puntos) El lanzamiento se efectúa el 15 de Septiembre de 2008, a las 14:30:00 hora local. Sabiendo que el día
1 de Agosto de 2008 a las 00:00 UT se tiene que GST = 40 0 , ¿cuál es el Ω de la órbita de aparcamiento? (Si no se
han podido resolver el anterior apartado y se quiere resolver éste, hacerlo con Baikonur, Az = 90 o ).
3. (0.75 puntos) Para llegar a la órbita GEO, ¿Se puede iniciar en cualquier punto la transferencia de Hohmann o ha de
hacerse en algún punto o puntos concretos? (Puesto que la órbita de aparcamiento es circular, ubicar dichos puntos
como el ángulo recorrido u desde el nodo ascendente). Sabiendo que la longitud final del satélite es de 37,36 o E,
calcular la latitud y longitud sobre la que se encuentra el satélite justo al comenzar la transferencia.
4. (0.75 puntos) Ya en su órbita final y tras un año, el satélite ha sufrido una deriva en inclinación tal que ahora su
inclinación es i = 10 o , mientras que el resto de los elementos orbitales no han cambiado. Cierto día, pasa por el
Ecuador y sobre la longitud 37,36 o E en dirección al Norte, a las 13:28:04 UT. Dibujar (aproximadamente) la forma
de la traza del satélite sobre la superficie de la Tierra. ¿A qué hora alcanzará su máxima latitud y cuáles serán las
coordenadas (longitud y latitud) sobre la traza en dicho instante?
5. (1 punto) El satélite tiene una longitud nominal de 37,36 o E. Tras cinco años en funcionamiento, el satélite ha
derivado hacia el Este y ahora se encuentra sobre una longitud de 41,28 o E (el resto de elementos orbitales no han
cambiando). Suponiendo que quedaran solamente 10 kg del combustible mencionado en el primer apartado (y que
la masa en seco sigue siendo de 300 kg), ¿se podría realizar una maniobra para sitúar el satélite en la longitud
correcta? ¿sería también posible si quedara 1 kg? En los casos posibles, describir las maniobras y su duración.
Observaciones:
-Se pide, además del resultado numérico, adjuntar los razonamientos y fórmulas empleadas.
-Todos los apartados se pueden resolver de forma independiente al resto (para el apartado 3 hay que calcular el tiempo de
la transferencia del apartado 1).
-Se pueden usar unidades físicas o canónicas (que deberán ser definidas, expresando el resultado final en unidades físicas).

Solución del problema
Para simplificar los cálculos en este problema se va a trabajar en unidades canónicas. Estas son:
1 UL = R = 6378,14 km,
1 UV =
µ
1 UT = UL
UV
R = 7,9054 km/s,
= 806,8117 s.
En estas unidades, µ = 1 UL · UV 2 .
Apartado 1.
Se va a estudiar conjuntamente el lanzamiento y la maniobra de Hohmann para sitúar el vehículo en su órbita en todos
los casos, calculando el coste del lanzamiento y el combustible para encontrar cuál de las bases de lanzamiento es la más
económica.
En primer lugar, está claro que se eligirá el azimut de lanzamiento que acerque la inclinación lo más posible a cero. Por
tanto, en las bases rusas y en Kourou se eligirá 90 o y en Sriharikota 100 o (ya que 270 o implicaría lanzar hacia el Oeste,
contra la rotación de la Tierra). Por tanto se obtienen las siguientes inclinaciones:
Base Azimut( o ) Inclinación( o )
Baikonur 90 45.6
Plesetsk 90 62.8
Kourou 90 5.2
Sriharikota 100 16.9048
En base a la tabla podemos descartar Plesetsk, que tiene el mismo coste que Baikonur pero parte con una inclinación más
desfavorable.
Estudiemos la transferencia de Hohmann. El radio final es rGEO que se calcula haciendo que el periodo de la órbita sea
igual a T . Por tanto, despejando r de la fórmula del periodo:
rGEO = µ
T
2
1/3
2π
La primera parte de la transferencia no depende de la base origen, ya que el cambio de plano se efectúa en la segunda
maniobra. La velocidad inicial en la órbita de aparcamiento (rpark = 1,0314 UL) es Vpark = µ /rpark = 0,9847 UV.
La velocidad inicial en la órbita de transferencia es
donde aH = rpark+rGEO
2
VH1 =
2µ
rpark
− µ
aH
= 1,2952 UV
= 3,821 UL. De estos resultados obtenemos ∆V1 = VH1 − Vpark = 0,3105 UV.
En la segunda maniobra, tenemos que VGEO = µ /RGEO = 0,3889 UV y que
VH2 =
2µ
rGEO
− µ
aH
= 0,2021 UV
Por tanto, aplicando el cambio de plano en la segunda maniobra, se tendrá que
∆V2 =
V 2 GEO + V 2 H2 − 2VGEOVH2 cos ∆i
cuyo resultado dependerá de la base. Una vez hecho este cálculo, ∆V = ∆V1 + ∆V2 yel combustible consumido
∆V/Ve e − 1 donde Ve =
se puede encontrar despejando mp en la fórmula del consumo para maniobras: mp = m0
Ispg0 = 0,3413 UV (hay que tener cuidado con las unidades) y m0 = 300 kg. Introduciendo los datos de las distintas
bases, los resultados son
Base ∆i( o ) ∆V2 (UV) ∆V (UV) mp (kg) Coste mp (M$) Coste total (M$)
Baikonur 45.6 0.2866 0.5971 1425.8 92.67 92.67
Kourou 5.2 0.1886 0.4991 995.03 64.68 94.68
Sriharikota 16.9048 0.2042 0.5147 1055.8 68.63 88.63
de donde concluimos que se elige la base de Sriharikota, con un azimut de lanzamiento de 100 o .
21

Apartado 2.
¢ V
2
park
©
¢ V
1
H
GEO
¢ V2
Figura 11: Apartado 1.
En primer lugar hallemos GST0 el 15 de Septiembre. Se tiene que:
V
H2
VGEO
GST0 (15 de Sept.) = GST0 (1 de Agosto.) + ω ∆T
donde ∆T es el tiempo transcurrido entre el 1 de Agosto y el 15 de Septiembre, es decir, 31+14=45 días=3888000 s y
ω = 2π
T . Luego GST0 (15 de Sept.) = 16284,3712o = 84,3712o . Por otro lado, para el lanzamiento obtenemos que
λu = arc cos
cos Az
o
sen i = 126,6678 . También se tiene que t = 14 : 30 − 5 : 30 = 9 : 00 UT = 32400 s. Despejando Ω
de la fórmula de t para el lanzamiento y usando como λ la longitud de Sriharikota:
Ω = ω t − λu + λ + GST0 = 173,3231 o .
Si se hubiera elegido Baikonur con Az = 90 o se hubiera obtenido Ω = 185,6204 o .
Apartado 3.
Puesto que el cambio de plano ha de efectuarse en el Ecuador, el apogeo de la órbita de transferencia de Hohmann debe
estar en el Ecuador; de donde se deduce que el perigeo también ha de estarlo. Por tanto, la maniobra de Hohmann ha
de iniciarse en el Ecuador, es decir, o bien en el nodo ascendente (u = 0 o ) o en el nodo descendente (u = 180 o ).
park
o
¸ =37:
36
f
©
{ ¸
i
!
©
T
H
Figura 12: Apartado 3.
22
meridiano de Greenwich ( t=
T )
H
H
GEO
meridiano de Greenwich ( t=0)
¢ i

a3 H
Del apartado 1, TH = π µ = 23,4651 UT = 18932 s, y la Tierra (y por tanto el meridiano de Greenwich) durante la
transferencia ha girado por tanto un ángulo de ωTH = 79,0991o , mientras que la sonda ha avanzado 180o . La situación
se refleja en la figura. Por tanto
λf = λi + 180 o − ω TH
y despejando λi = −63,5409 o . Por tanto las coordenadas al iniciar la transferencia son latitud 0 o y longitud
63,5409 o W.
Apartado 4.
Por simetría, ya que la órbita es circular y geosíncrona (su periodo es T ), alcanzará la máxima latitud en t = 13 : 28 :
04 + T /4 = 19 : 27 : 05 UT. Las coordenadas serán (de nuevo por simetría) λ = 37, 36 o y φ = 10 o (la inclinación).
El dibujo se indica abajo.
latitud (grados)
15
10
7.08
0
−7.08
−10
−15
35 35.5 36 36.5 36.92 37.36 37.79 38 38.5 39 39.5 40
longitud (grados)
Figura 13: Órbita geosíncrona con inclinación distinta de cero.
La forma de encontrar las coordenas del punto de inflexión de la traza es el siguiente:
Sabemos que la velocidad con la que se mueve la longitud sobre el mapa es Vλ = ωSAT sen Az − ω cos φ. Por
otro lado para un satélite geosíncrono ωSAT = ω cos i
. Además, de la fórmula del azimut, sin Az = cos φ . Por tanto,
Vλ = ω
cos i
cos φ − cos φ . De ahí encontramos en primer lugar que cuando φ es pequeño (cercano al Ecuador) Vλ < 0,
luego la órbita es aparentemente retrógrada (va hacia el Este) en las proximidades del Ecuador. Por otro lado, la latitud
del punto de inflexión donde la traza cambia el sentido de circulación (de ir hacia el Este a ir hacia el Oeste) verifica
φinf = arc cos √ cos i = 7,0801o . Para calcular la longitud en ese punto, en primer lugar observamos que uinf
=
arc sen = 45,2193o . Luego
sen φinf
sen i
λinf = λ0 − ω tinf + arctan (tan uinf cos i) = 36,9214 o
Por tanto, las coordenadas de los puntos de inflexión son (por simetría): (7,0801 o , 36,9214 o ), (−7,0801 o , 36,9214 o ),
(7,0801 o , 37,7986 o ), (−7,0801 o , 37,7986 o ).
Apartado 5.
Este apartado se resuelve con la llamada “maniobra de phasing”. Esta maniobra consiste en migrar el satélite geoestacionario
a una órbita ligeramente superior (mayor a) o ligeramente inferior, y por tanto de periodo ligeramente mayor o
menor. Ello hará que en una revolución de dicha órbita, el meridiano de Greenwich gire más o menos de una vuelta, y por
tanto la longitud atrase o adelante. Tras una (o más) revoluciones, se vuelve a la órbita geoestacionaria.
En este caso se debe atrasar la longitud y por tanto la órbita de phasing ha de ser con a > RGEO. Puesto que se quiere
atrasar 41,28 − 37,36 = 3,92 o , el periodo de la órbita de phasing ha de ser Tph = T + 3,92 o /ω = 87102 s.
Esto implica que aph =
µ
2
1/3
Tph
2µ
µ
2π = 42470 km y por tanto Vph(RGEO) = − RGEO aph
= 3,0857 km/s.
Luego ∆Vph = Vph(RGEO) − VGEO = 0,011 km/s. Habrá que realizar la maniobra dos veces (primero para entrar en la
órbita de phasing y luego para salir de ella). Usando la fórmula del consumo de combustible para 2∆Vph, se llega a que
son necesarios 2,4654 kg, luego la maniobra es factible en el primer caso, pero no en el segundo, y tardará un tiempo de
Tph = 24,1959 h.
En el segundo caso hay que modificar la maniobra y acercar más la órbita de phasing, y recorrerla varias veces. Si se
recorriera dos veces, el periodo de la órbita de phasing ha de ser Tph2 = T + 3,92o
2ω = 86633 s. Por tanto, aph2 =
23

µ
2
1/3
Tph2
2π = 42317 km, luego ∆Vph2 = Vph2(RGEO) − VGEO = 0,0055 km/s. De donde se llega a que son
necesarios 1,2368 kg, luego la maniobra sigue sin ser posible.
Si se recorriera tres veces, el periodo de la órbita de phasing ha de ser Tph3 = T + 3,92o
3ω
aph3 = µ
2
1/3
Tph3
2π
= 86477 s. Por tanto,
= 42266 km, luego ∆Vph2 = Vph2(RGEO) − VGEO = 0,0037 km/s. De donde se llega a
que son necesarios 0,8255 kg, luego la maniobra ya es posible y se ejecutará en un tiempo igual a 3Tph3 = 72,064 h.
©
¢ V =¢ V
2 1
1
V ¢
Figura 14: Órbita de phasing.
24
GEO
Orbita de Phasing

Astronáutica y Vehículos Espaciales Duración: 2 horas
Ingenieros Aeronáuticos NDNI Curso 08/09
Escuela Superior de Ingenieros
1 er Apellido
2 do Apellido
07/02/09
Universidad de Sevilla Nombre Problemas
Valor total:5 puntos (se requieren 1.5 puntos como mínimo para aprobar).
La agencia espacial japonesa “JAXA” (Japan Aeroespace Exploration Agency) desea poner en órbita un satélite que obtendrá
fotografías en la región de Andalucía, España. En los siguientes apartados (en cada apartado se indica su puntuación)
se pide realizar un análisis preliminar de la misión.
Se decide que el satélite debe pasar todos los días exactamente sobre Sevilla, España (latitud 37,23 0 N, longitud 5,58 0 O),
y lo debe hacer siempre al atardecer (18:00 hora solar) y cruzando de Sur a Norte. Además se desea una órbita circular
cuya altitud no debe ser ni inferior a 600 kilómetros ni superior a 1200 kilómetros. El lanzamiento se efectuará el 3 de
Abril de 2009 para que sea posible obtener fotografías de la Semana Santa y la Feria de Abril de dicho año.
1. (0.5 puntos) Diseñar razonadamente el elemento orbital a.
NOTAS: En este apartado se sugiere (para simplificar, aunque no sea del todo correcto) despreciar perturbaciones.
Si no se puede resolver el apartado, continuar con una altitud de 1000 km (no es la solución correcta).
2. (0.5 puntos) Diseñar razonadamente el elemento orbital i.
NOTA: En este apartado se pueden incorporar las perturbaciones seculares del J2, si se cree conveniente; indicar si
se emplean o no.
3. (0.5 puntos) Dadas las siguientes bases de lanzamiento japonesas, elegir razonadamente una base y un azimut de
lanzamiento.
Base Latitud Longitud Azimut Mínimo Azimut Máximo
Tanegashima 30° 24 ′ N 130° 58 ′ E -15° 90°
Uchinoura (Kagoshima) 31° 15 ′ N 131° 04 ′ E 20° 150°
4. (0.75 puntos) Sabiendo que el Equinoccio de Primavera fue el 21 de Marzo a las 10:00 UT, y que en dicho momento
GST vale 325°, calcular la posición (ascensión recta y declinación) del Sol el 3 de Abril (calcularla a las 12:00 UT
y suponerla constante a lo largo del día). En dicho día, ¿a qué hora UT son las 18:00 hora solar en Sevilla?
5. (0.75 puntos) Teniendo en cuenta los requisitos del problema, e ignorando perturbaciones, calcular razonadamente
el elemento orbital Ω que habrá que usar en el lanzamiento del 3 de Abril, y por tanto, la hora UT del lanzamiento.
6. (0.5 puntos) Teniendo en cuenta que la órbita habrá de pasar por Sevilla, obtener el valor deseado del elemento
orbital u referido a la época del 1 de Abril a las 00:00 UT.
7. (0.75 puntos) Tras el lanzamiento, se tiene que u (referido a la época del 1 de Abril a las 00:00 UT) tiene un valor
de 15°. Describir una maniobra, a comenzar 3 horas después del lanzamiento, para lograr adquirir la u deseada,
despreciando perturbaciones pero teniendo en cuenta que la altitud nunca ha de ser inferior a los 600 kilómetros,
que se desea utilizar el mínimo combustible posible, y que la misión debe estar en su posición nominal el día 5 de
Abril (Domingo de Ramos) a las 12:00 UT como muy tarde.
8. (0.75 puntos) El 15 de Abril de 2009 a las 7:23 UT el satélite sufre un choque fortuito con un fragmento de
chatarra espacial que “casualmente” orbitaba en el mismo plano. El satélite no es destruido pero sus propulsores
son inutilizados y se ve desplazado en su órbita como si hubiera recibido un ∆V = 350 m/s que formase un ángulo
de 30° (hacia fuera de la órbita original) con respecto a la velocidad que llevaba en dicho momento. Recalcular
la órbita del satélite. ¿Existe la posibilidad de un choque con la Tierra o una reentrada (altitud del orden de 100
kilómetros)?. En caso negativo, ¿podrá seguir cumpliendo el satélite su misión y fotografiar la Feria de Abril?
Observaciones:
-Se pide, además del resultado numérico, adjuntar los razonamientos y fórmulas empleadas.
-Algunos apartados (1,2,4) se pueden resolver separadamente.
-Las perturbaciones de cualquier tipo pueden ignorarse excepto posiblemente en el apartado 2.
-La inclinación de la eclíptica es ε = 23,5°.

Solución del Problema
1. Puesto que la traza debe repetirse todos los días (para pasar por Sevilla todos los días de Norte a Sur), se tiene que
el periodo del satélite tiene que ser una fracción exacta del periodo de la Tierra, es decir, TSAT = T
k donde k debe
ser entero.
Tomando la altitud máxima de 1200 kilómetros, se tendría a = 7578,14 km y TSAT = 6565,3 s. Se tiene que
T = 13,12.
TSAT
Por otro lado la altitud mínima es 600 kilómetros, con la que se tendría a = 6978,14 km y TSAT = 5801,2 s. Se
= 14,85.
tiene que T
TSAT
Puesto que k = T
ha de ser entero y situado entre los valores anteriores, la única solución es k = 14, con lo que
TSAT
TSAT = 6154,6 s y a = 7258,7 km.
2. Claramente el satélite ha de ser heliosíncrono. Un satélite heliosíncrono en órbita circular tiene una inclinación que
verifica la fórmula: cos i
R 7/2
a
= −0,0989. Despejando, i = 98,94 o , obsérvese que el resultado es retrógrado.
3. La órbita es retrógrada y por tanto el Azimut de lanzamiento debe ser hacia el Oeste (entre 180 grados y 360
grados). Por tanto la única solución posible es Tanegashima. Probando en la fórmula del lanzamiento, cos i =
cos φ sin Az, obtenemos Az = −10,38 o , que está dentro de los valores permitidos, con lo que el lanzamiento es
desde Tanegashima con dicho azimut.
4. Llamemos t0 al instante del Equinoccio de Primavera, t1 al 3 de Abril a las 12:00, t2 al 3 de Abril a las 00:00, y t ∗
al instante de tiempo que hay que calcular. En primer lugar, aproximando la órbita de la Tierra a una órbita circular
en torno al Sol de periodo 365.25 días, se tiene que u⊙ = t1−t0
365,25 360 = 12,89o , donde la diferencia entre t0 y
t1 hay que escribirla en días (13 + 2/24 días). Del triángulo esférico que describe la “órbita” aparente del Sol, un
meridiano y el Ecuador, se tiene que sen δ⊙ = sen u⊙ senɛ, de donde δ⊙ = 5,1 o . Igualmente, cos AR⊙ = cos u ⊙
cos δ ⊙ ,
de donde AR⊙ = 11,86 o .
Calculemos ahora el GST0 el 3 de Abril, es decir, GST(t2). Se tiene GST(t2) = GST(t0) + ω (t2 − t0), donde
t2 − t0 vale 12 días y 14 horas, que en segundos son 1087200 segundos. Llegamos a GST0 = GST(t2) = 187,4 o .
A las 18 hora solar en Sevilla, se cumple que ARSVQ−AR⊙ + 12 = 18. Luego ARSVQ = 101,86o , donde hemos
15
supuesto AR⊙ aproximadamente constante a lo largo del día. Por otro lado, se cumple que ARSVQ = GST0 +
λSVQ + ωt∗ . Todo es conocido, por tanto despejando t∗ = 67116 s y se tiene que las 18 hora solar en Sevilla es
a las 18:38:36 UT.
5. Puesto que el satélite debe pasar por Sevilla justo a las 18 hora solar, encontramos que en ese instante ARSAT =
ARSVQ = 101,86 o . Por otro lado ARSAT = Ω + λu(t ∗ ), luego hay que calcular el λu(t ∗ ) al paso por Sevilla.
De un triángulo esférico entre la proyección de la órbita, el meridiano de Sevilla y el Ecuador, obtenemos que
sen u(t∗ sen φSVQ
) = sen i , de donde u(t∗ ) = 37,92o . Por otro lado cos λu(t∗ ) = cos u(t∗ )
cos φSVQ de donde λu(t∗ ) = −6,9o (hay que coger la solución negativa porque la órbita es retrógrada). Por tanto Ω = 108,77o .
Para calcular la hora UT del lanzamiento el 3 de Abril, necesitamos calcular λu en el lanzamiento. Se tiene que
sen φ
sen λu = sen Az sen i de donde λu = −5,3o . Entonces, usamos la fórmula t = Ω+λu−λ−GST0
ω = 34727 s, donde
λ es la de la base de lanzamiento. Por tanto el lanzamiento es a las 9:38:47 UT. Llamemos a este instante tl.
6. Ya encontramos que u(t ∗ ) = 37,92 o . Llamando t3 al 1 de Abril a las 00:00 UT, se tiene que u(t3) = u(t ∗ ) +
nSAT (t3 − t ∗ ) = 44,49 o , donde t3 − t ∗ = −(2 × 86400 + 67116).
7. Para modificar u empleamos una maniobra de phasing. Se modifica la órbita a una inferior de forma que la diferencia
∆u entre el u inicial (15 grados) y el anteriormente calculado vaya disminuyendo en cada órbita. Si se
hace en k órbitas, el periodo de la órbita de phasing será Tph = 1 − ∆u
2πk
Tsat. Por otro lado la duración de la
maniobra será Ttotal = kTph = k − ∆u
2π
Tsat. Puesto que el máximo tiempo que se permite es desde el lanzamiento
hasta el 5 de Abril a las 12:00 UT, se dispone de Tmax = 2 × 86400 − 38 × 60 − 47 = 170472,9 s.
Igualando Ttotal a Tmax obtenemos k = 27,78. Puesto que k ha de ser entero, elegimos el entero más cercano
y k = 27. Por tanto Tph = 6135,9 s de donde calculamos aph = 7244 km. El ∆V de la maniobra será
µ
∆V = 2 a −
2µ
µ
a − = 0,015 km/s, donde se ha tenido en cuenta el impulso de inicio del phasing
aph
(frenado) y el final del phasing (aceleración), ambos iguales en módulo.
8. Para resolver el problema, llamemos t4 al instante de la colisión. Se tendrá que u(t4) = u(t3)+n(t4−t3) = 352,5 o .
Por otro lado el radio inicial será igual a a, la velocidad inicial igual a Vsat =
trayectoria inicial igual a cero.
µ
a
= 7,41 km/s y el ángulo de
El valor de la nueva velocidad será, del teorema del coseno, V ′ = V 2
sat + ∆V 2 − 2Vsat∆V cos(180 − 30) =
7,72 km/s, y el nuevo ángulo de trayectoria será el mismo valor que el ángulo formado entre la velocidad nueva y
26

la antigua, que se obtiene del teorema del seno: sin γ = ∆V sen(180−30)
V ′ , de donde γ = 1,3o . De V ′ y la fórmula de
las fuerzas vivas obtenemos a ′ = 7924,7 km. Usando h = aV ′ cos γ = a ′ (1 − e2 )µ despejamos e = 0,087.
Usando la ecuación de la cónica, r(t4) = a′ (1−e 2 )
1+e cos θ(t4) = a, de donde obtenemos que θ(t4) = 16,4o para la nueva
órbita justo tras el impacto. Por otro lado puesto que u(t4) = u ′ (t4) = ω + θ(t4), obtenemos que el ω de la nueva
órbita es igual a ω = 336,1o . Puesto que no hay cambio de plano, el resto de los elementos orbitales no varía.
Finalmente, el satélite ya no es heliosíncrono al haber variado su altitud, por lo que no podrá cumplir su misión.
Por otro lado, si calculamos el nuevo perigeo se obtiene rp = a ′ (1 − e) = 7235 km, es decir una altitud de 856
kilómetros con lo que no se produce reentrada ni mucho menos choque.
27

Astronáutica y Vehículos Espaciales (Astronáutica) Duración: 2 horas
Ingenieros Aeronáuticos NDNI Curso 08/09
Escuela Superior de Ingenieros
1 er Apellido
2 do Apellido
Universidad de Sevilla Nombre
EXAMEN RESUELTO
Valor total:5 puntos (se requieren 1.5 puntos como mínimo para poder aprobar).
30/06/09
Problemas
La agencia espacial japonesa “JAXA” (Japan Aeroespace Exploration Agency) desea lanzar una misión interplanetaria a
Marte (♂). En los siguientes apartados (en cada apartado se indica su puntuación) se pide realizar un análisis preliminar
de la misión.
Para este análisis se utilizará el proceso de ajuste de cónicas con las simplificaciones habituales, y se supondrán las
órbitas de los planetas circulares y contenidas en el plano de la eclíptica (que tiene una inclinación de ε = 23,5 o respecto
al Ecuador). Además se supondrá que el lanzador deja la sonda en una órbita de aparcamiento a 250 km de altitud,
contenida en el plano de la eclíptica, desde donde comienza la parte de la misión que se quiere diseñar.
1. (0.75 puntos) Si se empleara una transferencia de Hohmann directa a Marte, ¿qué ∆V inicial habrá que proporcionar
a la sonda desde su órbita inicial para que llegue a Marte? ¿Cuál es el tiempo de vuelo?
2. (0.75 puntos) Calcular la órbita de llegada a Marte, partiendo de las condiciones del apartado anterior y suponiendo
una altitud de periapsis de 500 km. Calcular el ∆V para circularizar dicha órbita.
3. (0.5 puntos) Describir la configuración (ángulo de fase respecto a la Tierra) que tiene que tener Marte para que el
viaje interplanetario sea posible. Suponiendo que dicha configuración se da un cierto día, si ese día no pudiera efectuarse
el lanzamiento, ¿cuándo volvería a repetirse la configuración? (Despreciar los segmentos no heliocéntricos).
4. (1.5 puntos) Desde la base de Kagoshima (latitud φ = 31,2 o N, longitud λ = 131,1 o E) se observa Marte a las
04:00 hora local (UT+9) del día 1 de Junio, con un Azimut de 180 o y una Elevación de 71,46 o en el cielo.
a) Calcular la AR y declinación de Marte en dicho instante (respecto al sistema geocéntrico inercial ecuatorial),
sabiendo que GST el 1 de Junio a las 00:00 horas UT es 335,2 o (cambiado respecto al examen original 1 ). Se
puede suponer que Marte está “infinitamente” lejos para este cálculo.
b) Las coordenadas angulares en el sistema geocéntrico inercial eclíptico, equivalentes a la AR y declinación en
el sistema geocéntrico inercial ecuatorial, se denominan longitud eclíptica (λ) y latitud eclíptica (β). Calcular
la longitud eclíptica y latitud eclíptica de Marte en el instante de la observación.
c) El solsticio de verano es el día 21 de Junio de 2009 a las 00:00 horas. Despreciando los segmentos no heliocéntricos
del viaje interplanetario, encontrar la fecha más próxima al día de hoy en la que la sonda podría
emprender su viaje a Marte. (Despreciar los segmentos no heliocéntricos).
5. (1.5 puntos) Tras 23 días de viaje (en el segmento heliocéntrico), la sonda sufre un impacto con un meteorito.
Afortunadamente, la sonda sobrevive sin graves daños, pero el efecto del impacto es el equivalente a recibir un
impulso de 0,8 km/s que forma un ángulo de 30 o (medido en el sentido contrario de las agujas del reloj) con la
velocidad de la sonda anterior al impacto. El impulso está contenido en el plano de la eclíptica.
a) Escribir en primer lugar los elementos orbitales (heliocéntricos) de la órbita antes del accidente.
b) Encontrar los elementos orbitales (heliocéntricos) de la órbita tras el accidente.
c) Calcular justificadamente si la sonda, en esta nueva órbita, llega o no a Marte.
NOTA: Si no se ha resuelto el apartado 4, suponer para el 5 que la sonda partió de la Tierra el día 21 de Junio de
2009 a las 00:00 horas (el solsticio de verano) y que el ángulo de fase de Marte era el correcto en dicho momento.
Observaciones:
-Se pide, además del resultado numérico, adjuntar los razonamientos y fórmulas empleadas.
-Los apartados 4 y 5 se pueden resolver de forma independiente (teniendo en cuenta la NOTA al final del apartado 5).
-Se pueden usar unidades físicas o canónicas (que deberán ser definidas, expresando el resultado final en unidades físicas).
-Constantes físicas para este problema no incluidas en el formulario: L ♂ = 1,52372 AU, µ ♂ = 42828,3 km 3 /s 2 ,
R ♂ = 3397 km.
1 Se ha cambiado este dato respecto al examen por consistencia. La inconsistencia previa no influyó en la corrección del examen

Solución del Problema
Usamos unidades canónicas heliocéntricas para los segmentos heliocéntricos:
Para el resto de segmentos usaremos unidades físicas.
1. En primer lugar calculamos aH = L⊕+L ♂
vuelo, tv = π
a 3 H
una velocidad VH(L⊕) =
UD⊙ = L = 1 AU = 149 · 10 6 km,
µ⊙
UV⊙ =
L = 29,7847 km/s,
UT⊙ = UD⊙
UV⊙ = 5,0226 · 106 s = 58,1324 dias.
2
= 1,2619 AU. De este dato inmediatamente obtenemos el tiempo de
µ ⊙ = 4,453 UT = 258,87 dias. Por otro lado al inicio de la trayectoria heliocéntrica tendremos
2µ⊙
L⊕ − µ ⊙
aH
= 1,0989 UV. Por tanto la velocidad de exceso al finalizar el segmento
geocéntrico será V ⊕ ∞ = VH(L⊕) − V⊕ = 0,0989 UV = 2,9449 km/s. Luego la hipérbola de salida geocéntrica
tendrá un semieje mayor a ⊕
h
= − µ⊕
(V ⊕ ∞) 2 = −45963 km. Por tanto el ∆V1 inicial será:
2µ⊕
∆V1 =
rpark
− µ⊕
a ⊕
µ⊕
− = 3,6 km/s.
rpark
h
2. Al final de la trayectoria heliocéntrica tendremos una velocidad VH(L ♂ ) =
2µ⊙
L♂ − µ ⊙
aH
= 0,7212 UV. Por
tanto la velocidad de exceso al finalizar el segmento geocéntrico será V ♂ ∞ = VH(L ♂ ) − V ♂ = −0,0889 UV =
−2,649 km/s. Luego el planeta alcanza la sonda. La hipérbola de llegada a Marte tendrá un semieje mayor a ♂ h =
= −6103 km. La excentricidad de la hipérbola será e = 1 − rper
= 1,6385. Por tanto el ∆V2 final será
a♂
h
de frenado e igual a:
2µ♂
µ♂
∆V2 =
− = 2,0689 km/s.
rper
rper
− µ ♂
(V ♂ ∞ ) 2
− µ⊕
a ♂ h
3. Para una transferencia de Hohmann, Marte debe encontrarse a una fase de 180 grados al finalizar la transferencia.
Por tanto, el ángulo de fase inicial será:
ψ = 180 o − n ♂ tv = 44,3463 o .
Por otro lado la configuración se repetirá cuando transcurra el periodo sinódico de Marte respecto a la Tierra, es
decir:
Tsin =
1
= 13,41 UT = 779,91 dias
1 1 − T⊕ T
♂
4. Observemos en primer lugar que si un objeto se encuentra a un azimut de 180 grados (o de 0 grados) eso implica
que está al Sur (o Norte) y por tanto está cruzando el meridiano del observador. Este hecho simplifica enormemente
los cálculos. Por otro lado la obsrvación fue hecha 5 horas antes de medianoche (t = −18000 segundos).
a) Puesto que Marte cruza el meridiano, su ascensión recta será la del meridiano, es decir, el LST:
AR ♂ = LSTKag = GST0 + ω⊕t + λKag = 31,0946 o .
La declinación se puede calcular de dos formas. Puesto que sabemos que Marte está en el plano de la eclíptica
podemos usar la trigonometría esférica (ver figura 1, derecha). Por otro lado de la elevación h en la
observación y usando geometría elemental (ver la figura 1, izquierda), llegamos a δ♂ = φKag + h − 90o =
12,66o . Comprobemos este dato usando trigonometría esférica. Del triángulo de la figura 1 (derecha), u♂ =
sen δ♂
arc sen = 33,34o . Se tiene que cumplir cos u♂ = cos δ♂ cos AR♂ , y en efecto se cumple.
sen ɛ
b) Puesto que Marte se halla sobre la eclíptica, se tiene que β ♂ = 0 o y λ ♂ = u ♂ = 33,34 o . Obsérvese que
estos son ángulos en la eclíptica pero centrados en la Tierra.
29

Á
h
±
cénit
Marte
u
² AR
Figura 15: Izquierda: Relación entre elevación, declinación y latitud para un objeto en el infinito. Derecha: triángulo
esférico sobre la eclíptica.
c) El día de la observación es 20 días y 5 horas anterior al solsticio de verano. Por tanto el ángulo heliocéntrico
de la Tierra respecto al primer punto de Aries es λ⊕ = 270o − 20+5/24
365,25 360o = 250,08o . Si formamos
el triángulo de la figura 2, está claro que el ángulo α1 tiene el valor α1 = λ⊕ − 180o − λ♂ = 36,74o .
L⊕
Calculamos α2 con el teorema del seno: α2 = arc sen L sen α1 = 23,11
♂ o . Por tanto el ángulo de
fase de Marte respecto a la Tierra en el momento de la observación es ψ0 = 180o − α1 − α2 = 120,14o .
Puesto que la Tierra gira con mayor velocidad angular que Marte, este ángulo disminuye en el tiempo con
velocidad nψ = n⊕ − n♂ . Se llegará al ángulo de fase calculado en el tercer apartado pasado un ∆t que será:
∆t = ψ0−ψ
= 2,8248 UT = 164,21 dias, es decir el lanzamiento se podrá efectuar el 11 de Noviembre de
nψ
2009.
5. Recordemos que puesto que todo sucede en el plano de la eclíptica, no se puede emplear ni el elemento orbital Ω ni
el elemento orbital ω, sino ϖ que representa el ángulo entre el primer punto de Aries y el perihelio.
a) Teniendo en cuenta que el perihelio se sitúa en la Tierra el día del lanzamiento (11 de Noviembre de 2009),
los elementos orbitales de la trayectoria son aH = 1,2619 AU, eH = 1 − L⊕
aH = 0,2075, i = 0o . Usando
como época el instante del lanzamiento, θ = 0 o . Finalmente tomando como referencia el solsticio de verano
y los datos del anterior apartado, ϖ = 270 o + 164,21−(20+5/24)
365,25
360 o = 51,93 o .
b) En primer lugar calculemos el estado de la órbita de transferencia transcurridos t = 23 dias = 0,3956 UT. Encontramos
M = 0,2791 rad. Resolviendo la ecuación de Kepler numéricamente y tras dos iteraciones encon-
tramos E = 0,3503 rad, luego θ = 24,65 o y el impacto se produce en un radio r = a(1−e 2 )/(1+eH cos θ) =
2µ⊙
r − µ ⊙
aH
1,016 AU y cuando la órbita iba a una velocidad v =
= 1,0845 UV y con un ángulo de trayectoria
γ = arctan
= 4,1644o . El ∆V en unidades canónicas es ∆V = 0,027 UV. Usando
eH sin θ
1+eH cos θ
el teorema del coseno obtenemos vf = v2 + ∆V 2 − 2v∆v cos(180 − ψv) = 1,1079, donde ψv = 30o es
dato del enunciado. De este valor de la velocidad y usando la ecuación de las fuerzas vivas obtenemos af
=
1,349 AU. Por otro lado el ángulo entre la velocidad inicial y final es ϕ = arc sen sen(ψv) ∆V
vf
= 0,7o ,
luego γf = γ − ϕ = 3,47o
. Esto implica que de la ecuación hf = rvf cos γf = af (1 − e2 f )µ⊙ obtenemos
ef = 0,2538. De la ecuación de la nueva cónica obtenemos θf = 17,267 o . Finalmente como se tiene que
cumplir ϖ + θ = ϖf + θf obtenemos ϖf = 59,3122 o .
c) Finalmente, comprobemos si la sonda llega o no a Marte. En primer lugar verifiquemos si la nueva órbita corta
, obtenemos θ = 132,57o
y θ = 227,42o . Luego en principio la sonda alcanza la órbita de Marte. Para que llegara a Marte el planeta
debería encontrarse en dichos puntos cuando la sonda pasé por ellos.
Comprobemos en primer lugar el primer punto. Para calcular el tiempo de tránsito para la órbita modificada
con la órbita de Marte. Usando la ecuación de la cónica en Marte: L♂ = af (1−e 2
f )
1+ef cos θ
entre θ1 = 17,267o y θ2 = θ = 132,57o , obtenemos E1 = 0,2332 rad y E2 = 2,1065 rad, y por tanto
∆t12 = M2−M1
nf
= 2,685 UT. El tiempo total desde el lanzamiento es, añadiendo los 23 días, t12 = ∆t12 +
0,3956 UT = 3,0807 UT y transcurrido dicho tiempo la sonda se encuentra en un ángulo heliocéntrico igual
a ϖF + θ2 = 191,8898o respecto al primer punto de Aries. Mientras que Marte se encuentra a un ángulo igual
a ϖ + ψ + n t12 ♂ = 190,1228o . Comprobamos igualmente el segundo punto con θ3 = 227,42o , obteniendo
= 6,6123 UT, t13 = ∆t13 + 0,3956 UT = 7,008 UT, encontrándose la sonda en un
∆t13 = M3−M1
nf
30
±

¸
©
© © L
®
1
0
Ã
¸
®
2
L
Figura 16: Geometría del apartado 4c.
ángulo heliocéntrico igual a ϖF + θ3 = 286,7345 o respecto al primer punto de Aries. Mientras que Marte se
encuentra a un ángulo igual a ϖ + ψ + n ♂ t13 = 309,7562 o . Por tanto la sonda no encuentra a Marte en su
nuevo recorrido (al menos en la primera vuelta a la nueva órbita).
31

Astronáutica y Vehículos Espaciales (Astronáutica) Duración: 2 horas
Ingenieros Aeronáuticos NDNI Curso 08/09
Escuela Superior de Ingenieros
1 er Apellido
2 do Apellido
Universidad de Sevilla Nombre
EXAMEN RESUELTO
Valor total:5 puntos (se requieren 1.5 puntos como mínimo para poder aprobar).
15/09/09
Problemas
La agencia espacial japonesa “JAXA” (Japan Aeroespace Exploration Agency) desea lanzar una constelación de satélites
para diversos servicios de telecomunicaciones, especialmente dedicados a Japón, Corea y China.
La órbita que se va a utilizar es una órbita tipo “Tundra”, es decir, una órbita geosíncrona de alta excentricidad. Para
evitar en lo posible el cinturón externo de Van Allen, como requisito adicional se impone que el radio de perigeo tiene
que ser igual o mayor a 5 radios terrestres. Por otro lado se desea maximizar el tiempo que el satélite permanece en el
hemisferio Norte, y lograr que dicha propiedad se mantenga, en la medida de lo posible, a pesar de las perturbaciones del
J2. Finalmente, se desea que el punto de la órbita más alejado de la Tierra se produzca el día 3 de Septiembre de 2009 a
las 12:00 hora local de Japón (UT +9), al sobrevolar una longitud geográfica igual a 125 o E.
En los siguientes apartados (en cada apartado se indica su puntuación) se pide realizar un análisis preliminar de la misión.
1. (1.5 puntos) Diseñar los elementos orbitales en la época del 1 de Septiembre de 2009 a las 00:00 UT sabiendo que
en dicho instante GST0 = 15 o .
2. (0.5 puntos) Dadas las siguientes bases de lanzamiento japonesas, elegir razonadamente una base, un azimut de
lanzamiento, y una hora (UT) de lanzamiento para el día 1 de Septiembre de 2009.
Nota: en caso de que ambas bases sean viables, elegir Kagoshima.
Base Latitud Longitud Azimut Mínimo Azimut Máximo
Tanegashima 30° 24 ′ N 130° 58 ′ E -15° 90°
Uchinoura (Kagoshima) 31° 15 ′ N 131° 04 ′ E 20° 150°
3. (1 punto) Partiendo de los datos de lanzamiento anteriores y supuesto que transcurridos 20 minutos el vehículo
lanzador deje el satélite en el punto correcto de una órbita circular de aparcamiento a 200 kilómetros de altitud,
diseñar detalladamente la maniobra o maniobras necesarias (óptimas a ser posible) para transferir al satélite a su
órbita final, indicando el ∆V total necesario. También habrá que calcular el instante de tiempo en el que se debe
iniciar la primera maniobra, sabiendo que se desea que el satélite esté en su órbita final el día 2 de Septiembre 2009.
4. (2 puntos) Las antenas a bordo del satélite proporcionan una cobertura instrumental con un ángulo de 15 o . Se desea
saber si las siguientes ciudades están siempre cubiertas o no:
Ciudad Latitud Longitud
Tokyo 35° 40 ′ N 139° 45 ′ E
Hong Kong 22° 15 ′ N 114° 10 ′ E
Shangai 31° 06 ′ N 121° 22 ′ E
En caso de que la anterior pregunta no tenga una respuesta afirmativa, añadir los satélites adicionales que sean
necesarios a la constelación para obtener cobertura de 24 horas en las ciudades indicadas; la órbita de dichos
satélites deberá elegirse de forma que su traza sobre la superficie terrestre sea la misma que la del satélite original.
Escribir los elementos orbitales de dichos satélites adicionales.
Nota: Para realizar los cálculos de este apartado, realizar las simplificaciones o suposiciones que se crean pertinentes,
correctamente indicadas.
Observaciones:
-Se pide, además del resultado numérico, adjuntar los razonamientos y fórmulas empleadas.
-El apartado 4 se puede resolver de forma independiente a los apartados 2-3.
-Se pueden usar unidades físicas o canónicas (que deberán ser definidas, expresando el resultado final en unidades físicas).

Solución del Problema
1. En primer lugar, sabemos que se trata de una órbita geosíncrona, por tanto, usando la fórmula del periodo para
despejar a:
T 2/3 a = µ
2π
1/3
= 42164 km.
Por otro lado, se tiene el requisito de que la órbita permanezca en el hemisferio Norte el mayor tiempo posible.
Claramento, eso exige que el apogeo (en torno al cual el satélite circula más despacio) se encuentre lo más adentrado
posible en el hemisferio Norte. Esto se consigue situando el apogeo en el punto de máxima latitud, que se encuentra
a 90 o del nodo ascendente. Por tanto el perigeo estará a 270 o y se tendrá:
ω = 270 o .
La perturbación del J2 provocará que el apogeo se mueva (efecto de avance del perigeo), a menos que se escoja la
inclinación crítica. Por eso, se fija i tal que ˙ω = 3
4n R2
p2 J2(5 cos2 i − 1) sea cero, luego:
i = arc cos
1
5
= 63,44 o .
Para que la órbita permanezca el mayor tiempo posible cerca del apogeo, éste debe estar lo más lejos posible, lo
que implica que el perigeo debe estar lo más cercano posible. Por tanto elegimos rp = 5R , de donde usando la
fórmula rp = a(1 − e) llegamos a:
e = 1 − rp
= 0,2437.
a
Obsérvese que este valor es suficiente para consierar esta órbita como de alta excentricidad.
Para fijar el satélite en la órbita, usamos el elemento orbital M. Llamemos t1 al día 3/9/09 a las 03:00 UT y t0 al
1/9/09 a las 00:00 UT. Se tiene que M(t1) = 180 o . La velocidad angular media es n = 2π/T . Se tendrá que:
M(t0) = M(t1) + n(t0 − t1) = 132,9 o .
Si se usara θ y resolviendo la ecuación de Kepler se llega a θ(t0) = 149,59 o .
i
! + µ
¸
u
Az
Az
Figura 17: Triángulo esférico del satélite.
Finalmente para hallar Ω, usamos que en el apogeo (en t = t1) el satélite tendrá la inclinación máxima φ = i =
63,44 o y el valor de u = ω + θ = 90 o . De la ecuación cos u = cos φ cos λu sacada del triángulo de la Figura 17 se
calcula λu = 90 o . Luego de la ecuación Ω + λu = GST (t0) + ω (t1 − t0) + λ despejamos Ω encontrando:
Ω = 97,1 o .
2. Se comprueba fácilmente que desde Kagoshima con Az = 31,54o se cumple la fórmula de lanzamiento, consi-
cos Az
guiendo la inclinación correcta. Por tanto se escoge dicha base y dicho azimut. De la fórmula cos λu = sen i se
calcula que λu = 17,66o . Por tanto de la fórmula del tiempo de lanzamiento hallamos tL = −2,08 h. Otra solución
sería sumarle un periodo sidéreo terrestre, que daría lugar a tL2 = 21,853 h. Puesto que estos tiempos están
referidos a t0, encontramos que dos posibles fechas de lanzamiento son:
El 31 de Agosto a las 21:55:06 UT
El 1 de Septiembre a las 21:51:10 UT
Obsérvese que la primera fecha sería el 1 de Septiembre en la hora local, con lo que no se puede descartar al no
estar claro en el enunciado. El siguiente apartado desvelará que, de hecho, es necesario escoger la primera solución.
33
Á

3. Para pasar de la órbita circular de aparcamiento a la órbita final elíptica se usa una Hohmann. No es necesario
cambio de plano. Al ser la órbita final no circular, la regla de optimalidad indica que se debe llegar al apogeo. Por
tanto, r1 = rpark = hpark + R y r2 = ra = a(1 + e). Calculamos aH = r1+r2
2 = 29508 km. Obtenemos que
el tiempo de vuelo es TH = π a3 H /µ = 7,0062 h. Puesto que se quiere llegar al apogeo el día 2 de Septiembre,
obsérvese que si el satélite está en apogeo en t1, lo estará en t1 − T , es decir, el 2 de Septiembre a las 03:03:56
UT. Debemos iniciar la maniobra un tiempo TH antes, es decir, a las 20:03:34 UT del 1 de Septiembre; por tanto
la fecha de lanzamiento del anterior apartado queda determinada (ha de ser la primera para que dé tiempo, y luego
esperar varias horas hasta el instante de inicio de la maniobra).
Finalmente calculemos el ∆V :
∆V = ∆V1 + ∆V2 =
2µ
rpark
− µ
aH
µ 2µ
− +
rpark
−
ra
µ
a −
2µ
−
ra
µ
= 3,689 km/s.
aH
4. El primer paso en este apartado es verificar que un sólo satélite no cubre las ciudades. Para ello lo más simple es
considerar el punto más desfavorablemente, que claramente es el perigeo (más cercano a la Tierra, en el hemisferio
Sur). En este punto se tendrá por simetría (también se puede calcular) que φ = −i = 63,44 o S y que λ = 125 o E.
Además h = a(1 − e) − R = 25513 km. Usando la fórmula de la cobertura instrumental, no se encuentra
solución, lo que indica que es necesario usar la cobertura geográfica y se halla que Γ = 78,46 o . Por tanto la máxima
latitud a la que pudiera llegar la cobertura es a φ+Γ = 15,03 o N, con lo que nunca cubriría ninguna de las ciudades.
En segundo lugar consideremos dos satélites (el segundo satélite habría de tener Ω2 = Ω + 180o = 277,09o ). El
punto más desfavorable no está claro, pero consideremos en primer lugar el instante de tiempo en el que ambos
satélites están equidistantes del apogeo2 . Por simetría, este instante debe ser Tsat/4 antes del paso por el apogeo,
o lo que es lo mismo, Tsat/4 después del perigeo, es decir, un satélite a M = 90o ; por simetría el otro estará a
M = 270o . Resolviendo la ecuación de Kepler encontramos que esto corresponde a E = 103,57o , o θ = 116,9o .
Por simetría el otro satélite se hallará con θ = −116,9o = 243,1o . La altitud será h = a(1−e2 )
1+e cos θ −R = 38197 km,
con lo que la circunferencia de cobertura será Γ = 81,77o (para ambos satélites). Puesto que u = ω + θ = 26,9o ,
obtenemos que φ0 = 23,87oN (para ambos satélites). Por otro lado, en este caso λu = 12,78o para el primer
satélite y λu = 167,21o para el segundo satélite. Llamando t2 = t1 − Tsat/4, tendremos que λ0 = Ω + λu −
GST0 − ω (t2 − t0) = 137,78oE para el primer satélite y λ0 = 112,21oE para el segundo (obsérvese que es
simétrico respecto al primero alrededor de la latitud 125 grados Este).
Estudiemos la cobertura para la ciudad más alejada en latitud, que es Tokyo. Obtenemos de la ecuación cos ∆λ =
cos Γ−sen φ0 sen φ
que ∆λ = 97,18o . Evidentemente Tokyo estará cubierta por ambos satélites y los ∆λ para las
cos φ0 cos φ
otras ciudades serán aún mayores, con lo que estarán cubiertos con toda seguridad. Saber si entre estos puntos y el
apogeo la órbita cubre o no la ciudad es tedioso, pero si se conoce (de teoría) la forma de la traza (ver Fig. 18), se
sabe que la longitud del satélite apenas cambia, y evidentemente entre estos puntos y el apogeo las ciudades están
sobradamente cubiertas. Por tanto la solución es usar dos satélites, cuyos elementos serán (usando la teoría expuesta
en los problemas resueltos):Ω1 = 97,1o , M1 = 132,9o y Ω2 = 277,1o , M2 = 312,9o .
Figura 18: Traza del satélite.
2 Obsérvese que desde el apogeo hay cobertura con toda seguridad, porque la distancia a la Tierra es mayor que la de un GEO, y por tanto cubrirá
más de 1/3 del hemisferio Norte.
34

Astronáutica y Vehículos Espaciales Duración: 2 horas
Ingenieros Aeronáuticos NDNI Curso 09/10
Escuela Superior de Ingenieros
1 er Apellido
2 do Apellido
18/1/10
Universidad de Sevilla Nombre Problemas
Valor total:5 puntos (se requieren 1.5 puntos como mínimo para aprobar).
La NASA quiere poner en órbita un satélite de observación nocturno que obtenga imágenes ópticas y de radar del continente
norteamericano. En los siguientes apartados (en cada apartado se indica su puntuación) se pide realizar un análisis
preliminar de la misión.
Los requisitos básicos son:
La traza debe repetirse y pasar al menos una vez cada dos días, de Sur a Norte, exactamente por Nueva York
(39 o 11 ′ N, 96 o 35 ′ O, UT-5).
La altitud máxima permitida por los dispositivos de observación es de 500 kilómetros.
Para evitar perturbaciones atmosféricas excesivas, la altitud mínima debe ser 300 kilómetros.
La órbita será circular.
El cruce por Nueva York de Sur a Norte debe ser siempre a las 23 hora solar.
Se usará como época el 1 de Enero de 2010 a las 00:00 UT. En la época, GST0 = 100 o . Además, se sabe que el Solsticio
de Invierno de 2009 fue el 21 de Diciembre a las 18:00 UT.
1. (2 puntos) ¿Qué tipo de órbita tendrá el satélite? Diseñar razonadamente los elementos orbitales del satélite en la
época de la forma más precisa posible (incluyendo, en la medida de lo posible, los efectos medios del J2).
Nota 1: Se recomienda calcular a qué hora UT son las 23 hora solar en Nueva York el día de la época y tener en
cuenta que a dicha hora UT el satélite debe sobrevolar Nueva York.
Nota 2: Para las propiedades de repetición de la traza suponer que no hay perturbaciones. Recordar que en ausencia
de perturbaciones, la traza de un satélite se repetirá cada k días si Tsat = k
n T , donde n ha de ser un entero.
2. (1 punto) Suponiendo que el satélite está sometido solamente a los efectos perturbadores medios del J2, calcular la
hora solar a la que cruza el satélite, de Sur a Norte, la latitud de Nueva York el 1 de Abril de 2010.
3. (1 punto) Tras varios retrasos por problemas técnicos, finalmente se decide poner en órbita el satélite el 1 de Abril
de 2010. Elegir razonadamente una base, un azimut de lanzamiento y una hora (local) de lanzamiento.
Base Latitud Longitud Azimut Mínimo Azimut Máximo Hora local
Cabo Kennedy 28.5 -80.55 37 112 UT-5
Vandenberg 34.6 -120.6 147 201 UT-8
4. (1 punto) Tras un año de operación, el día 6 de Abril de 2011 se decide que el satélite debe cruzar la latitud de
Nueva York de madrugada (a las 3 hora solar). Proponer una maniobra para cambiar a la nueva órbita, especificando
en que instante (hora UT) habría que realizar la maniobra. ¿Cuáles son los elementos orbitales de la nueva órbita?
¿Seguirá pasando por Nueva York o habrá que realizar maniobras adicionales (a proponer por el alumno)?
Observaciones:
-Se pide, además del resultado numérico, adjuntar los razonamientos, hipótesis, simplificationes y fórmulas empleadas.
-Si no se resuelve completo el apartado 1, elegir valores razonables de los elementos orbitales no encontrados que
cumplan con el mayor número posible de requisitos y continuar con el resto de los apartados (no se podrá conseguir la
puntuación máxima pero sí una puntuación parcial). Si los valores elegidos no son razonables, no se obtendrán puntos.
-Es recomendable (para conseguir la puntuación máxima de cada apartado) tener en cuenta la perturbación media del J2
(otras perturbaciones se pueden ignorar). El propagador medio J2 para una órbita circular sería:
a = a0, e = e0, i = i0,
donde los valores de ˙ Ω, ˙ω y ˙ M vienen en el formulario.
Ω = Ω0 − ˙ Ω(t − t0), u = u0 + ( ˙ω + ˙ M)(t − t0),

Solución del problema:
1. El tipo de órbita será una heliosíncrona con traza repetida, para poder pasar a una hora solar constante por un cierto
punto de la Tierra. En primer lugar, al ser la órbita circular e = 0 y no están bien definidos θ y ω, por lo que se debe
usar u = θ + ω.
Una órbita repetida debe cumplir Tsat = k
n T , donde n ha de ser un entero y k, por el enunciado, puede valer 1 o
2. Obsérvese que podemos despejar n = kT
Tsat . Si h = 500, calculando el valor de Tsat obtenemos n = 15,178k. Si
h = 300, obtenemos n = k15,865. Si k = 1, n debe estar entre 15.178 y 15.865, lo que no es posible porque n es
entero. Si k = 2, n debe estar entre 30.36 y 31.73, lo que es posible eligiendo n = 31. Por tanto Tsat = 2
31 T =
5559 s y despejando a = 6782,5 km.
Con a podemos usar la fórmula de la inclinación de satélites heliosíncronos y obtenemos i = 97,04 o , lo que implica
que la traza es retrógrada.
Llamemos ahora t0 a la época (1 de Enero de 2010 a las 00:00) y tS al Solsticio de Invierno (21 de Diciembre de
2010 a las 18:00). Calculemos la posición del Sol en la época.
En tS, por definición, u⊙ = 270 o . Por tanto u⊙(t0) = 270 o + t0−tS
365,25 360o = 280,27 o , donde se debe expresar
la diferencia entre t0 y tS en días. Del triángulo esférico obtenemos δ⊙ = arc sen sen u⊙ sen ɛ = −23,1o
y
AR⊙ = arc cos = 281,17o (hay que coger la solución negativa ya que tiene que salir un valor parecido
cos u⊙
cos δ ⊙
a u⊙). Puesto que HS = LST−AR⊙ 15 + 12, obtenemos que a las 23 hora solar en Nueva York, LST = 86,17o . Por
otro lado LST = GST0 + ωt + λNY , luego despejando t = 19807 s y por tanto las 23 hora solar en NY sucede
a las 05:30:07 UT, que es las 00:30:07 hora local, suficientemente próxima a las 23 como para dar el resultado por
válido (dada la posición geográfica de NY debería ser realmente UT-6).
Considerando ahora en dicho instantet el triángulo esférico de la órbita, el meridiano de Nueva York y el Ecuador,
sen φNY
obtenemos: u(t) = arc sen sen i = 39,54o (esta solución es la válida porque es la pasada de Sur a Norte) y
cos u(t)
λu(t) = arc cos = −5,78o (hay que tomar la solución negativa porque la órbita es retrógrada). Por otro
cos φNY
lado, LST(t) = Ω(t) + λu(t), por lo que Ω(t) = 91,95 o .
Finalmente hay que propagar u y Ω hasta la época. Para ello calculamos el valor de los coeficientes del propagador
J2 usando las ecuaciones del formulario: ˙ Ω = 1,99 · 10 −7 rad/s, ˙u = 0,0011 rad/s. Por tanto, Ω(t0) = Ω(t) +
˙Ω(t0 − t) = 91,72 o y u(t0) = u(t) + ˙u(t0 − t) = 198,54 o .
2. Llamemos t1 al 1 de Abril a las 00:00 UT. Siguiendo los mismo procedimientos que en el anterior apartado,
obtenemos que u⊙(t1) = 8,97 o , δ⊙(t1) = 3,57 o , AR⊙(t1) = 8,24 o . Por otro lado, para el satélite Ω(t1) =
Ω(t0) + ˙ Ω(t1 − t0) = 180,47 o .
En el instante de cruce con NY los valores de AR y Ω habrán cambiado ligeramente, pero despreciamos este
pequeño cambio. Por otro lado, ya que i es constante, en el cruce de S a N λu sigue siendo la que calculamos
antes, por lo que λu = −5,78o . Por tanto: HS = Ω(t1)+λu−AR⊙ (t1)
15 + 12 = 23,1, luego la hora solar de paso será
aproximadamente las 23:06 hora solar. Como se esperaba, apenas se ha modificado al ser el satélite heliosíncrono
(pequeños cambios son lógicos debido a la inclinación de la eclíptica).
3. Para el lanzamiento podemos descartar Cabo Kennedy ya que una órbita retrógrada siempre hay que lanzarla con
un Azimut con componente Este (entre 180 y 360 grados).
cos i
De la fórmula de lanzamiento, sen Az = cos φV , y obtenemos Az = −8,56o (que no es viable) y otra solución
Az = 188,56o que sí es viable (se lanza de Norte a Sur).
Para este Azimut, del triángulo esférico λu = 184,89 o (hay que coger esta solución ya que es en la pasada de Norte
a Sur). Usando la fórmula de t de lanzamiento con la Ω(t1) calculada en el anterior apartado (supuesta constante
todo el 1 de Abril), obtenemos t = 711380 s, es decir, el lanzamiento será a las 19:45:38 UT que son las 11:45:38
hora local.
4. Para modificar la hora solar en el paso por una latitud, el único elemento orbital a cambiar es Ω, con una maniobra
de cambio de plano. Como en el apartado 2, llamemos t2 al día 6 de Abril de 2011 a las 00:00 UT. Propagando los
elementos orbitales encontramos Ω(t2) = 185,31 o y u(t2) = 151,15 o . Por otro lado la posición del Sol se calcula
como en anteriores apartados, llegando a AR⊙ = 12,56 o . El λu de la latitud de NY de S a N no varía. Por tanto,
como ahora se exige un cruce a las 3 hora solar, de la fórmula HS = Ω∗ +λu−AR⊙ (t2)
+12 = 3 obtenemos el nuevo
valor deseado de Ω ∗ = 243,34 o . Luego hay que cambiar de Ω(t2) a Ω ∗ .
De las fórmulas para el cambio de plano, obtenemos ϕ = arc cos cos 2 i + sen 2 i cos(Ω(t2) − Ω ∗ ) = 57,55 o .
µ
Luego ∆V = 2V sen ϕ/2 = 7,38 km/s, donde V = a es la velocidad en la órbita. Obsérvese que es una
cantidad enorme (suficiente para llegar a Neptuno), por lo que estos cambios drásticos de hora solar no se realizan
36
15

en la práctica así (merecería más la pena poner en órbita un nuevo satélite). Podría ser más práctico pasarse a una
órbita no heliosíncrona, dejar que el Sol avanzara o retrocediese respecto a la órbita, y luego volver a la órbita
heliosíncrona.
2 ∗
sen i sen(Ω(t2)−Ω )
sen ϕ =
Suponiendo que la maniobra se llevara a cabo, tendría que realizarse en la latitud φ = ± arc sen
±81,95o . Elijamos por ejemplo φ = 81,95o . Llamando a tM
el tiempo de maniobra, para ese valor de φ corresponde
u(tM ) = arc sen = 86,1o (se puede ver gráficamente que esta es la solución correcta). Por tanto
tM = u(tM )−u(t3)
˙u
sen φ
sen i
= 4560,8 s y la maniobra se hará el 6 de Abril de 2011 a las 01:16:01 UT.
La órbita ya no pasará por Nueva York, puesto que la traza se ha desplazado una cantidad ∆λ = ∆Ω. Como en el
primer apartado habría que calcular cual es el nuevo u en la época de la traza y proponer una maniobra para cambiar
u. Dicha maniobra es un phasing, que tendrá que hacerse rápido ya que durante su ejecución la órbita deja de ser
heliosíncrona.
37

Astronáutica y Vehículos Espaciales (Astronáutica) Duración: 2 horas
Ingenieros Aeronáuticos NDNI Curso 09/10
Escuela Superior de Ingenieros
1 er Apellido
2 do Apellido
21/1/10
Universidad de Sevilla Nombre Problemas
Valor total:5 puntos (se requieren 1.5 puntos como mínimo para aprobar).
La NASA desea lanzar una misión interplanetaria a Neptuno (). En los siguientes apartados (en cada apartado se indica
su puntuación) se pide realizar un análisis preliminar de la misión.
Para este análisis se utilizará el proceso de ajuste de cónicas con las simplificaciones habituales, y se supondrán las órbitas
de los planetas circulares y contenidas en el plano de la eclíptica (que tiene una inclinación de ε = 23,5 o respecto al
Ecuador). Además se supondrá (para los primeros 5 apartados) que el lanzador deja la sonda en una órbita de aparcamiento
a 200 km de altitud, contenida en el plano de la eclíptica, desde donde comienza la parte de la misión que se quiere diseñar.
1. (0.75 puntos) Si se empleara una transferencia de Hohmann directa a Neptuno, ¿qué ∆V inicial habría que proporcionar
a la sonda desde su órbita inicial para que llegara a Neptuno? ¿Cuál es el tiempo de vuelo?
2. (0.75 puntos) Describir la configuración (ángulo de fase con respecto a la Tierra) que tiene que tener Neptuno para
que el viaje interplanetario sea posible. Suponiendo que el ángulo de fase el 1 de Enero de 2010 es de 5 grados,
¿qué día se dará la configuración apropiada? Si dicho día no pudiera efectuarse el lanzamiento, ¿cuándo volvería a
repetirse la configuración?
3. (1 puntos) Los valores de tiempo de vuelo de los primeros apartado resultan ser excesivos, con lo que se decide
realizar una maniobra asistida por gravedad en Júpiter (). Para llegar a Júpiter, se aplica en la órbita de aparcamiento
un impulso tangente de ∆V = 6,4 km/s, de forma que la velocidad de exceso se sume a la de la Tierra en
relación al Sol. Hallar las condiciones de la órbita de llegada a Júpiter y el tiempo de vuelo.
4. (1 punto) Estudiar la maniobra asistida por gravedad en Júpiter, con una aproximación a 10 radios jovianos (es
decir el radio de periapsis de la hipérbola igual a 10R ). ¿Qué ∆V se obtiene? ¿Cuál es el ángulo de trayectoria
a la salida de la maniobra (en el sistema de referencia heliocéntrico)? ¿Cuál es la velocidad tras la maniobra, en el
sistema de referencia heliocéntrico?
5. (1 punto) ¿Ha sido suficiente la maniobra para alcanzar Neptuno? Justificar la respuesta. En caso afirmativo, calcular
el tiempo total de vuelo de la misión, repetir el apartado 2 y además incluir cual debería ser el ángulo de
configuración de Júpiter en el lanzamiento. En caso negativo, proponer (sin calcular) modificaciones en los datos
iniciales de la misión para poder alcanzar Neptuno con la maniobra.
6. (0.5 puntos) Sabiendo que el día 1 de Enero de 2010 a las 00:00 UT se tiene que GST = 30 0 , y dadas las
siguientes bases de lanzamiento americanas, elegir razonadamente una base, un azimut de lanzamiento y una hora
local de lanzamiento para el día fijado en el anterior apartado. Si las dos bases fueran viables, elegir Cabo Kennedy.
Si la inclinación no fuera la correcta, diseñar una maniobra de cambio de inclinación, a efectuar en la órbita de
aparcamiento, que corrija el problema.
Base Latitud Longitud Azimut Mínimo Azimut Máximo Hora local
Cabo Kennedy 28.5 -80.55 37 112 UT-5
Vandenberg 34.6 -120.6 147 201 UT-8
Observaciones:
-Se pide, además del resultado numérico, adjuntar los razonamientos y fórmulas empleadas.
-Se pueden usar unidades físicas o canónicas (que deberán ser definidas, expresando el resultado final en unidades físicas).
-Constantes físicas para este problema no incluidas en el formulario: L = 30,19 AU, µ = 6871307,8 km 3 /s 2 ,
R = 24764 km, L = 5,2 AU, µ = 126711995,4 km 3 /s 2 , R = 71492 km

Solución del problema:
1. En primer lugar, para la transferencia de Hohmann directa, encontramos aH = L +L
TH = π
a 3 H
µ ⊙ = 193,5 UT = 11249 dias = 30,8 años.
La velocidad a la salida de la Tierra, en el sistema de referencia heliocéntrico, será V =
1,3914 UV, luego V
1
2
= 15,596 AU. Por tanto,
2µ⊙
L − µ ⊙
aH =
= vhip ∞ = V − V = 0,3914 UV = 11,66 km/s. Por tanto la velocidad de la hipér-
bola de salida en la órbita de aparcamiento será V hip
park =
Vpark =
µ
rpark
2µ
rpark
= 7,78 km/s, tenemos ∆V = V hip
park − Vpark = 8,25 km/s.
+ (vhip
∞ ) 2 = 16,03 km/s, y por tanto calculando
µ⊙
2. Calculemos n = L3 = 0,006 rad/UT. El ángulo de fase cumplirá, para la transferencia de Hohmann, que
ψ + nTH = 180o . Por tanto, ψ = 113,17o . La velocidad con la que se mueve este ángulo es nψ = n − n =
−0,994 rad/UT, ya que la Tierra se mueve más rápido (luego el ángulo se acorta en el tiempo). Llamando t0 = 0
al 1 de Enero de 2010 a las 00:00 UT, se tiene que ψ(t0) = 5o = 365o . Por tanto, t1 − t0 = ψ−365o
= 4,42 UT =
nψ
257,05 dias, luego habrá que esperar 257 días (al 14 de Agosto de 2010). Si se fallara el lanzamiento, habría que
esperar el periodo sinódico de Neptuno, que es 367.47 días, es decir, aproximadamente un año.
3. Llamemos ahora a la nueva hipérbola de salida h2. Por tanto, V h2
park = Vpark+6,4 km/s = 14,18 km/s. Calculemos
a de la ecuación de las fuerzas vivas, obteniendo a = −4982,3 km, por lo que V h2
∞ = 8,945 km/s = 0,3003 UV.
Por tanto, llamando a la nueva elipse heliocéntrica hasta júpiter E1, VE1(L ) = 1,3003 UV. De nuevo usando la
ecuación de las fuerzas vivas llegamos a que aE1 = 3,2341 UV. Puesto que la Tierra es el perihelio de la órbita,
L = aE1(1 − eE1), de donde eE1 = 0,6908.
A la llegada de Júpiter, obtenemos de la ecuación de la cónica θ H 1 = 167,75 o , de la ecuación de las fuerzas vivas
V H
1 = 0,2742 UV = 8,166 km/s y de la ecuación del ángulo de trayectoria, γ H 1 = 24,29 o .
Para encontrar el ángulo de vuelo, hallamos de θ H 1 que E H 1 = 2,65 rad, luego M H 1 = 2,32 rad, hallando T1 =
13,51 UT = 785,56 dias = 2,15 años.
4. Para la maniobra asistida por gravedad necesitamos V = 13,06 km/s. Se tiene que V
1 = v∞, siendo V
1 =
V 2 + (V H
1 )2 − 2VV H
1 cos γH 1 = 6,542 km/s. De las fórmulas de la maniobra asistida por gravedad, ∆v =
10,54 km/s y δ = 107,32o . Por otro lado llamando β al ángulo entre V y V
1 , lo calculamos usando que β =
H
sen γ1 H
arc sen V v∞ 1 = 30,89o , y α = β + δ = 138,2o . Finalmente V H
2 = V 2
+ v2 ∞ − 2Vv∞ cos α =
18,46 km/s = 0,62 UV, y γH
2 = arc sen = 13,66o .
sen α
V H v∞
2
5. Para ver si se alcanza Neptuno calculemos en primer lugar a ′ y e ′ de la nueva órbita heliocéntrica tras la maniobra
asistida por gravedad. Usando la ecuación de las fuerzas vivas con V H
2 , obtenemos a ′ = 2705,4 AU y usando la
expresión h = LV H
2 cos γH 2 = a ′ (1 − e ′2 )µ⊙, obtenemos e = 0,9982. Evidentemente a ′ (1 + e ′ ) > L luego
la sonda alcanza Neptuno.
Para repetir el apartado 2 necesitamos calcular la anomalía verdadera a la salida de la maniobra asistida por gravedad,
θH 2 , y a la llegada a Neptuno, θH 3 . Usando la ecuación de la nueva cónica obtenemos θH 2 = 27,35o y θH 3 =
132,54o . Para el tiempo de vuelo calculamos EH 2 = 0,0147 rad y EH 3 = 0,1369 rad, luego M H 2 = 2,72 · 10−5 rad
H H
M3 −M2 y M H 3 = 6,75 · 10 −4 rad y T2 =
n ′
= 91,23 UT = 5303 dias = 14,5 años, por tanto el tiempo de vuelo to-
tal será TV = T1 + T2 = 16,7 años, luego hemos reducido el tiempo de vuelo casi a la mitad (lo que probablemente
sea insuficiente).
Para calcular el nuevo ángulo de configuración, tenemos en cuenta que el ángulo barrido por la sonda será θ H 1 +
(θ H 3 − θ H 2 ), y por tanto ψ = θ H 1 + (θ H 3 − θ H 2 ) − n Tv = 236,76 o . Por tanto repitiendo el apartado 2, partiendo
de un ángulo de configuración de 5 grados, habrá que esperar 2,25 UT = 130,9 dias, por lo que el lanzamiento se
podrá efectuar el 12 de Mayo de 2010.
Para que ese día se pueda efectuar el lanzamiento, el ángulo de configuración de Júpiter debe ser ψ +n T1 = θ H 1 ,
luego ψ = 102,51 o . El periodo sinódico de Júpiter es de 398.86 días, por lo que si se pierde la oportunidad, no se
podrá repetir esta misión en mucho tiempo ya que este periodo ni coincide ni es múltiplo del periodo sinódico de
Neptuno.
6. Finalmente el plano de la eclíptica (23,5o ) no es accesible desde ninguna de las dos bases, por lo que elegimos
Cabo Kennedy con un azimut de 90 grados, obteniendo una inclinación de 28.5 grados y realizamos un cambio de
inclinación en la órbita de aparcamiento ∆V = 2
µ
rpark
39
sin ∆i
2
= 0,68 km/s.

Para la hora de lanzamiento, hemos de lanzar al Ω de la eclíptica que es cero, y el día obtenido del anterior apartado,
el 12 de Mayo (131 días tras la época). A un azimut de 90 grados siempre corresponde λu = 90 o . Ese día calculamos
GST0 = 159,17o . Por tanto, t = Ω+λu−GST0−λ
ω = 2724 s, por lo que el lanzamiento será a las 00:45:24 UT, es
decir, 19:45:24 hora local del día anterior (11 de Mayo de 2010).
40

Astronáutica y Vehículos Espaciales Duración: 2 horas
Ingenieros Aeronáuticos N o DNI Curso 10/11
Escuela Superior de Ingenieros
1 er Apellido
2 do Apellido
19/1/11
Universidad de Sevilla Nombre Problemas
Valor total:5 puntos (se requieren 1.5 puntos como mínimo para aprobar).
La NASA va a lanzar en 2011 la misión JUNO de exploración a Júpiter (). En este problema se pretende estudiar una
órbita similar a la que tendrá dicha misión. Para simplificar cálculos, se hará uso de las hipótesis simplificativas usuales:
las órbitas de los planetas se suponen coplanarias y circulares, de radio igual a su radio medio (L = 5,2033 AU).
Se pide:
Figura 19: Misión Juno
La misión JUNO consta de las siguientes fases, tal como se detalla en
la figura:
1. Fase 1: Inyección desde una órbita de aparcamiento (ya situada
en el plano de la eclíptica) a 150 kilómetros a una órbita hiperbólica
tal que su asíntota de salida está alineada con el vector
velocidad de la Tierra respecto al Sol. La maniobra de inyección
tiene un ∆V = 4,43 km/s, tangente a la trayectoria.
2. Fase 2: Segmento heliocéntrico que va desde la órbita de la Tierra
hasta su primer afelio en el espacio profundo. Al llegar al
afelio, se aplica un ∆V tangente, de frenado, de 0,5399 km/s.
3. Fase 3: Segmento heliocéntrico que va desde el final de la fase 2
hasta un nuevo encuentro con la Tierra.
4. Fase 4: Maniobra asistida por gravedad empleando la Tierra, a
una altitud de 1000 kilómetros.
5. Fase 5: Segmento heliocéntrico que va desde la órbita de la Tierra
hasta Júpiter.
1. (0.75 puntos) Estudiar cuanto costaría (en términos de ∆V desde la órbita de aparcamiento) y cuanto se tardaría en
llegar a Júpiter empleando una órbita de transferencia tipo Hohmann. Comparar, para una masa seca de 180 kilos y
un combustible con impulso específico 300 s, el ahorro en masa de combustible que supone la órbita diseñada por
la NASA.
2. (1.5 puntos) Encontrar los elementos orbitales a y e para las fases 2 y 3 y el tiempo de vuelo total en dichas fases.
¿Se encuentra efectivamente con la Tierra la sonda interplanetaria al final de la fase 3? Verificarlo (asumir un cierto
margen de error por posibles errores numéricos acumulados). Encontrar las condiciones (en el sistema de referencia
heliocéntrico) antes del encuentro con la Tierra.
3. (1 punto) Estudiar la maniobra asistida por gravedad de la fase 4, en particular hallar el ∆V obtenido en la maniobra,
y las condiciones (en el sistema de referencia heliocéntrico) al finalizar la maniobra.
4. (1 punto) Estudiar la fase 5, encontrando los elementos a y e de la órbita. Comprobar que, en efecto, la órbita
puede llegar hasta la órbita de Júpiter (asumir un cierto margen de error por posibles errores numéricos acumulados,
indicando cualquier hipótesis considerada por el alumno). Encontrar la duración de la fase 5 y calcular la duración
total de la parte interplanetaria de la misión (despreciando los segmentos geocéntricos), comparándola con la hallada
en el apartado 1.
5. (0.75 puntos) Suponiendo que el 19 de Enero de 2011 el ángulo de fase entre la Tierra y Júpiter es de 20 o , ¿qué día
deberá la NASA efectuar el lanzamiento? Si se perdiera la oportunidad, ¿cuándo podría repetirse?
Observaciones:
-Además del resultado numérico, adjuntar los razonamientos y fórmulas empleadas.
-Se puede trabajar en unidades físicas o canónicas (expresándose el resultado final siempre en unidades físicas).

Solución del problema:
En este problema trabajaremos (en la medida de lo posible) en unidades canónicas heliocéntricas, cuyo valor es:
UD = L = 1 AU = 149 · 10 6 km,
µ⊙
UV =
L = 29,7847 km/s,
UT = UD⊙
UV⊙ = 5,0226 · 106 s = 58,1324 dias.
1. Una transferencia tipo Hohmann tendría un semieje mayor (heliocéntrico) aH igual a:
aH = L + L
2
= 3,1016 UD
Por tanto la velocidad en el segmento heliocéntrico a la salida de la Tierra sería:
vH(L
2µ⊙ µ⊙
) =
L − = 1,2952 UV
aH
de donde v H ∞ = vH(L ) − v = 0,2952 UV = 8,793 km/s. Por tanto:
∆VH = V H hip(rpark) − Vpark =
2µ
rpark
+ (vH ∞) 2
µ
−
rpark
= 6,3081 km/s
a3 H
El tiempo de transferencia sería TH = π µ = 17,1609 UT = 997,6 dias = 2,73 años. Comparando el
⊙
combustible gastado, tenemos que para la transferencia tipo Hohmann y con los datos del problema:
mp = m0
e ∆V
H
Veg0 − 1 = 1358,5 kg,
mientras que usando la misma fórmula para la misión propuesta por la NASA, con un ∆V total de 4,9698 km/s
obtenemos mp = 795,9162 kg, ahorrando 562,58 kg de combustible.
2. Con el ∆V del enunciado, obtenemos que Vhip(rpark) =
µ
rpark
+ ∆V = 12,2440 km/s. Por tanto despejando
ahip de la fórmula de las fuerzas vivas se llega a ahip = −14340 km luego v∞ = 5,2723 km/s = 0,1770 UV. Por
tanto
v(L ) = v∞ + V = 1,1770 UV
de donde a2 (el valor de a en la fase 2) se despeja de la fórmula de las fuerzas vivas, hallando a2 = 1,6270 UD. Por
otro lado como tenemos que la Tierra está en el perihelio de esta órbita, L = a2(1−e2), obteniendo e2 = 0,3854.
La duración de la fase 2 es un semiperiodo, es decir T2 = π
a 3 2
µ ⊙ = 6,5196 UT. Para la fase 3, calculamos el radio
de afelio ra = 2,2539 UD. De la fórmula de las fuerzas vivas, la velocidad es v2(ra) = 0,5222 UV y aplicando el
∆V de frenado, obtenemos que v3(ra) = 0,5041. Los elementos de esta órbita son a3 = 1,5792 UD (calculado de
la fórmula de las fuerzas vivas) y e3 = 0,4273 (calculado de mantener el radio de afelio, es decir, ra = a3(1 + e3).
De la ecuación de la cónica, esta órbita corta la de la Tierra en dos puntos, con ángulos 47,10 y −47,10 grados.
Tomamos el primero por el dibujo. El tiempo que tardará en llegar a este punto será un semiperiodo (para llegar del
afelio al perihelio, obteniendo T31 = 6,2344 UT) y el tiempo de tránsito desde el perihelio hasta 47,10 grados, que
se obtiene de las leyes horarias (se tiene E = 0,5388 rad y M = 0,3195 rad, obteniendo T32 = 0,6341 UT. Por
tanto el tiempo total de la fase 3 es T3 = T31 +T32 = 13,3881 UT. En este tiempo la Tierra (cuya velocidad angular
en unidades canónicas es 1 rad/UT, ha recorrido 13.3881 radianes, es decir, 2 vueltas y 47,08 grados. Aceptamos
este resultado como válido y por tanto la sonda se encuentra con la Tierra. Las condiciones en el encuentro son
v H 3 = 1,1691 UV (obtenida de la fórmula de las fuerzas vivas) y γ H 3 = 13,63 o (obtenido de la fórmula del ángulo
de trayectoria).
3. Usando unidades canónicas heliocéntricas en el triángulo de la maniobra, obtenemos que
v3
= v∞ =
V 2 + (v H 3 )2 − 2v H 3 V cos γ H 3
= 9,1533 km/s
Por tanto de la ecuación de la maniobra asistida por gravedad obtenemos ∆V = 7,1767 km/s y δ = 46,16o . En el
triángulo obtenemos que el ángulo entre V
y v
3 es β = 116,4o , por lo que α = δ + β = 162,46o y obtenemos
las condiciones a la salida resolviendo el segundo triángulo: vH 4 = 1,2963 UV y γH 4 = 4,0967o .
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4. Como antes, obtenemos a5 = 3,1299 UD (de las fuerzas vivas) y e5 = 0,6825 (en este caso, de la fórmula de
h). El radio de afelio es ra = 5,27 AU, lo que es mayor que la distancia Sol-Júpiter, por lo que la órbita de la
fase 5 se encuentra con la órbita de Júpiter. De la fórmula de la cónica, calculamos que el encuentro con Júpiter
es en el ángulo θ52 = 173,93 o . Igualmente, calculamos que el ángulo inicial (a la salida de la órbita terrestre)
era θ51 = 10,11 o . Usando las leyes horarias (omitimos los cálculos, ya que son sencillos), obtenemos que el
tiempo transcurrido entre ambos ángulos es T5 = 15,006 UT. Por tanto la duración total de la misión (contando
solo segmentos heliocéntricos es TT = 28,394 UT = 1650,6 dias = 4,52 años, casi unos dos años más que la
transferencia tipo Hohmann.
5. En primer lugar, calculamos el ángulo de fase inicial para la misión. Se tiene que ∆θ2 + ∆θ3 + ∆θ5 = ψ + nTT ,
donde los ∆θ son los ángulos recorridos en cada fase heliocéntrica. Se tiene que ∆θ2 = 180o , ∆θ3 = 180o +47,10o ,
y ∆θ5 = θ52 − θ51, de donde ψ = 73,859o . Puesto que ˙ ψ = n − n = −0,9157 rad/UT, obtenemos que hay
que esperar ∆T = 5,8348 UT = 339,2 dias. Si se perdiera la oportunidad, hay que esperar el periodo sinódico,
que es T SIN = 398,86 dias.
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