Két azonos síkú körpálya között a Hohmann-átállás egy mindkét pályát érintő ellipszisszakaszt használ. Az űreszköz az ellipszis egyik szélső pontjától a másikig halad, ezért a repülési idő az átmeneti ellipszis teljes keringési idejének fele.
Ez a becslés megmutatja, miért kevés az űrutazás idejéhez két hely pillanatnyi távolságát egy választott állandó sebességgel elosztani. A mozgást a központi gravitáció, a pálya alakja és az érkezéskori célhelyzet együtt határozza meg.
Milyen modellt számolunk?
A kiinduló és a célpálya kör alakú, egy síkban van, és ugyanazon központi égitest körül helyezkedik el. A pályaváltás két rövid, ideálisan pillanatszerű sebességváltoztatást feltételez. A köztes szakaszon a jármű a kéttestmodell ellipszispályáját követi.
A két pálya központtól mért sugara r1 és r2. Az átmeneti ellipszis fél nagytengelye:
aát = (r1 + r2) / 2.
A repülési idő:
tát = π × √(aát³ / μ), ahol μ a központi test gravitációs paramétere.
Kilométeres sugarak és km³/s² egységű μ esetén az idő másodpercben adódik. A fél nagytengely a két sugár számtani átlaga. A pályák közötti sugárkülönbség más mennyiség, és itt nem helyettesíti a fél nagytengelyt.
Első hipotetikus példa: 1 és 2 csillagászati egység
Nap körüli oktatási közelítésben használjuk a P² = a³ alakot, ahol a csillagászati egységben, P évben szerepel. Az átszámításhoz 1 év = 365,25 nap értéket választunk. A két körpálya sugara 1 és 2 csillagászati egység, röviden au.
A fél nagytengely aát = (1 + 2) / 2 = 1,5 au. A teljes ellipszisperiódus √(1,5³) ≈ 1,8371 év. Ennek fele:
tát ≈ 0,91856 év ≈ 335,50 nap.
Az 1 au és 2 au közötti sugárkülönbség 1 au, mégis egy 1,5 au fél nagytengelyű ellipszis idejét kellett számolnunk. A jármű az út során változó sebességgel halad, ezért egyetlen tetszőleges állandó sebesség nem helyettesíti az orbitális összefüggést.
A céltestnek időben kell az érkezési pontra jutnia
A 2 au sugarú célkörpálya periódusa √(2³) ≈ 2,8284 év. A 0,91856 éves áthaladás alatt a céltest 360° × 0,91856 / 2,8284 ≈ 116,91° szöget tesz meg.
Az átálló eszköz az indulási helyhez képest a központ túloldalán, 180°-nál éri el a célkörpályát. A céltestnek ezért induláskor a mozgás irányában körülbelül 180° − 116,91° = 63,09°-kal előrébb kell lennie.
Ez a fázisszög a konkrét idealizált példához tartozik. Ha a céltest más helyzetben van, az ellipszis ugyan keresztezi a körpályáját, de az egyidejű találkozás feltétele nem teljesül. A repülési idő és az indulási lehetőség két összefüggő, külön kiszámítandó eredmény.
Második hipotetikus példa: 1 és 1,5 au
Csökkentsük a célpálya sugarát 1,5 au-ra. A fél nagytengely ekkor 1,25 au. Az idő:
tát = 0,5 × √(1,25³) év ≈ 0,69877 év ≈ 255,23 nap.
A célsugár 25%-kal lett kisebb az előző 2 au-hoz képest, a repülési idő körülbelül 23,93%-kal rövidült. A kapcsolat hatványfüggvényen keresztül alakul, ezért az egyszerű arányos időcsökkentés nem általánosan érvényes.
Ha egy adott átállási feladat minden pályasugarát kétszerezzük, miközben μ változatlan, a fél nagytengely is kétszeres lesz. A tát így 2^(3/2), azaz körülbelül 2,828-szorosára nő. Ez gyors nagyságrendi ellenőrzésként használható.
Mire nem elegendő az idealizált idő?
Valós bolygóközi útnál az induló és célégitest gravitációs környezetét, a pályák elliptikusságát és hajlását, a hajtóművek véges működését és a küldetés célját is figyelembe kell venni. A felszínről indulás, a befogás és a leszállás külön szakaszok. Más átmeneti pálya eltérő utazási időt és sebességváltoztatási igényt adhat.
A Hohmann-számítás ezért jól meghatározott modell eredménye, és nem egy konkrét jövőbeli küldetés menetidejének ígérete. A Naprendszer-utazási idő kalkulátor kapcsolódó időbecslési témát kínál; a grafikus számológép a fenti képletek ellenőrzésében segíthet. Saját feladatnál a két sugár és a központi tömeg mellett a céltest indulási fázisát is rögzítsd.
Háromkérdéses tudáspróba
Válassz kérdésenként egy választ. Minden helyes válasz 1 pontot ér.
1. Mennyi az 1 és 2 au sugarú körpályák közötti átmeneti ellipszis fél nagytengelye?
- A) 1 au.
- B) 1,5 au.
- C) 3 au.
2. Az átállási szakasz a teljes ellipszisperiódus mekkora része?
- A) A fele.
- B) Az egésze.
- C) Mindig a negyede.
3. Miért szükséges az indulási fázisszög?
- A) Mert nélküle nincs gravitáció.
- B) Mert a céltest állandóan az indulási hely fölött van.
- C) Hogy a céltest és az eszköz azonos időben érjen az érkezési helyre.
Megoldások és indoklás
- 1. B: A fél nagytengely a két szélső sugár átlaga: (1 + 2) / 2.
- 2. A: A jármű a közelpont és a távolpont között halad, ami fél keringés.
- 3. C: A pályák geometriai érintése mellett az időzítést is teljesíteni kell.
Mit jelent a pontszámod?
- 0–1 pont: Rajz helyett először írd fel a két sugár átlagát, majd a teljes és a fél periódust. Az első példán ellenőrizd az év–nap átváltást.
- 2 pont: A repülési idő számítását érted. Következőként vezesd végig, mennyit halad a céltest a repülés alatt.
- 3 pont: A három kérdésben helyesen kezelted az ellipszist, a fél periódust és az időzítést. Számolj egy új célsugárral időt és indulási fázisszöget.
