Usando la mecánica orbital desarrollada anteriormente, podemos ahora planear (con aproximaciones) una misión espacial a Marte. Asumiendo que tenemos el propulsor y la nave, ¿como deberían ser dirigidos, y cuánto tiempo llevaría el vuelo?.

Como aproximación, supongamos que la órbita de la Tierra y de Marte son ambas círculos en el mismo plano, centradas en el Sol. El radio de la órbita terrestre, indicado por r₁, es de alrededor de 150.000.000 kilómetros, una distancia conocida como unidad astronómica (UA). Es una unidad conveniente para medir distancias en el sistema solar y fue usada en la sección #10 sobre las leyes de Kepler. Como en esa sección, aquí tambien todas las distancias serán medidas en UA y los tiempos en años. Con tales unidades, para r₁ de la Tierra = 1 UA y el período orbital es T₁ = 1 año. Para Marte (subíndice 2), r₂ = 1,523691, T₂ = 1,8822.

• • Nota: Todas las cantidades en esta sección y en la siguiente son, o bien no-vectores, o magnitudes de vectores. Cuando una cantidad está en negrita, es solamente por claridad y no lleva ninguna connotación de que sea un vector.

Aquellos que no están familiarizados con órbitas podrían pensar que la mejor manera de llegar a Marte desde la Tierra es esperar a que los dos planetas estén cerca uno del otro (como muestra la figura), luego dirigir el cohete hacia Marte y lanzarlo. Así es como supuestamente se hace en "La Guerra de los Mundos" por H.G. Wells, aunque en esa historia se usa un cañón gigante, no un cohete, y el disparo va en la dirección opuesta, es decir, de Marte a la Tierra. Eso no funcionaría (en ninguna dirección) por varias razones. Primero, la gravedad de la Tierra doblaría la trayectoria de cualquier nave espacial lanzada desde aquí. Para quitar ese factor, asumamos que el cohete ha sido ya ubicado en una órbita distante alrededor de la tierra, donde la gravedad de la Tierra es débil y el movimiento orbital lento, permitiendo que sean despreciables. En la planificación real de la órbita deberían tomarse en cuenta como una corrección.

Aún así, ese cohete está orbitando el Sol junto con la Tierra, a la cual sigue ligeramente unido, moviéndose a aproximadamente 30 km/seg, una velocidad que escribiremos como V₀. Esta es mucho más rápida que la que necesitamos para alcanzar la órbita de Marte (¡o que la que se puede alcanzar fácilmente con los cohetes!). Si arrancamos los motores cuando Marte está más cerca (figura), V₀ es transversal a la dirección del objetivo, de modo que la nave espacial arrancará en una dirección bastante diferente a la que apunta a Marte (suma de vectores) y es seguro que Marte se habrá movido mucho, antes de que ésta (la nave) haya cubierto la distancia intermedia. Esta es la segunda razón.

La tercera razón es que el sistema entero está dominado por la gravedad del Sol. Todos los objetos viajan en órbitas o trayectorias, las cuales, por las leyes de Kepler, son parte de secciones cónicas, elipses en este caso. En general, éstas trayectorias están curvadas.

Además, la dirección en la cual la nave espacial se mueva cuando llegue a Marte, debería facilitar la igualación de su velocidad con la de Marte. Esto nos lleva a la llamada Elipse de Transferencia de Hohmann (u órbita de transferencia), presentada por primera vez en 1925 por el Ingeniero alemán Wolfgang Hohmann. Esto es, una elipse con perihelio P (el punto más cercano al sol) en la órbita de la Tierra, y un afelio A (punto más distante del Sol) en la órbita de Marte (figura). Una elipse de transferencia similar, entre la órbita baja de la Tierra (digamos, r = 1,1 RE = 1,1 veces el radio de la Tierra) y la órbita sincrónica a 6,6 RE es usada frecuentemente para inyectar satélites de comunicación en sus órbitas finales. Nosotros lanzamos desde P, dándole al cohete una velocidad adicional además de V₀, inyectándolo así en la elipse más grande. Marte debería estar en una posición tal, relativa a la Tierra en el momento del lanzamiento, que alcanzase el punto A al mismo tiempo que la nave espacial. Para determinar esa posición necesitamos saber la duración del vuelo desde P hasta A, y ésta se deduce más abajo, usando la 3ª ley de Kepler.

• • La 3ª ley de Kepler usada aquí tiene la misma forma que en la Sección #10. Para mantener la unidad, esa forma la deducimos nuevamente más abajo. La ley afirma que, para todos los objetos que orbitan el Sol, se cumple que:

T² / a³ = constante

donde T es el período orbital y a es el semieje mayor, la mitad del diámetro mayor de la elipse orbital (a=r en órbitas circulares). La constante es la misma para todos los objetos orbitando el Sol, incluyendo por supuesto la Tierra. Su valor exacto depende de la unidad en la cual midamos T y a. Ese valor resulta ser muy simple si T se mide en años, y a en UA (como hemos hecho aquí). Insertando la ecuación de la 3er ley el valor para la Tierra da

T = 1 (año) a = 1 (AU)

en nuestras unidades, entonces

T² / a³ = 1

Consecuentemente, en estas unidades la constante también iguala a 1, y el valor puede ser usado para cualquier planeta. Multiplicando ambos lados de la ecuación por a³ (segunda ley del álgebra)

T² = a³

Esto también se mantiene para cualquier órbita alrededor del Sol, incluyendo la de una nave espacial en una elipse de transferencia. La longitud de esa elipse es, en UA,

r₁ + r₂ = 1 + 1,523691 = 2,523691 UA

Ese es el eje mayor de la elipse orbital, y la mitad de su longitud iguala al semieje mayor a . Por lo tanto

a = 1,261845 a³ = 2,00918 = T²

Tomando la raíz cuadrada

T = 1,417454 años

Ese es el tiempo para ir desde P hasta A y volver a P. El tiempo de viaje hasta Marte es la mitad de eso, es decir 0,70873 años o aproximadamente 8,5 meses.

¿Dónde debería estar Marte en el momento del lanzamiento? De acuerdo a las cifras mencionadas al comienzo de esta sección, Marte tarda 1,8822 años para completar una órbita de 360° Por lo tanto, suponiendo una órbita circular y movimiento uniforme (una aproximación que es menos exacta para Marte que para la Tierra), en 0,70873 años debería cubrir

360° * (0,70886 / 1,88) = 135,555°

Por lo tanto, lanzaríamos cuando Marte en su órbita estuviera a 135,555° de distancia del punto A (dibujo).

En la próxima sección se calcula la velocidad que debe impartirse al cohete en el punto P para producir la órbita de transferencia, y el cambio de velocidad requerido en el punto A para igualar la velocidad de Marte. Este cálculo es más largo y requiere algo de álgebra.

Notación y velocidades de escape

Antes de comenzar, será de ayuda establecer una notación para las cantidades usadas aquí. Aún cuando algunas de ellas son vectores, solamente utilizaremos sus magnitudes. Se usa negrita solamente para remarcar, nunca para indicar que se trate de un vector.

Como antes, r₁ = 1 AU es la distancia de la Tierra desde el Sol, r₂ = 1,523691 AU la de Marte, y (como aproximación) se asume que ambos planetas se mueven en círculos.

La velocidad V tendrá unidades de kilómetros por segundo (km/s), y otras velocidades serán identificadas con subíndices. La v minúscula identifica velocidades asociadas con órbitas alrededor de la Tierra en vez de alrededor del Sol.

La sección anterior también introdujo la velocidad órbital V₀ de la tierra alrededor del Sol, que es de alrededor de 30 km/s (aprox.), mucho mayor que v₀ ~ 8 km/s (aprox.) requerida por un satélite para rodear la Tierra sobre su superficie (ignorando la atmósfera). En la sección #21 hicimos notar que la velocidad de escape v_e desde una órbita tan baja se obtiene multiplicando v₀ por la raíz cuadrada de 2, que vale 1,41421356.... aproximada aquí en 1,414. Esto da:

v_e = 1,414 v₀ = (1,414)(8) = 11,312 km/sec

Tal astronave, sin embargo, aún no es libre de moverse a cualquier punto en el espacio. La velocidad v_e ha obtenido su libertad de la gravedad Terrestre, pero no la libertad de la atracción del Sol, alrededor del cual continúa moviéndose en una órbita similar a la de la Tierra, a V₀ =30 km/s .

La situación ahora es completamente análoga a escapar de una órbita de baja altitud (¡excepto que el coste es mayor!). Para liberarse de una órbita circular alrededor del sol y abandonar el sistema solar, la nave espacial necesita aumentar su velocidad a una "segunda velocidad de escape":

V_e = 1,414 V₀ = (1,414)(30) = 42,42 km/s (aprox.)

Para alcanzar V_e la nave debe incrementar de alguna manera su velocidad en 12,42 km/s adicionales, ¡más de lo que se necesita para escapar de la gravedad de la Tierra, partiendo desde la superficie!. Afortunadamente, existen maneras (tratadas en la Sección #35) de hacer que el movimiento de los planetas (o de la Luna) provean parte de este impulso.

Otras velocidades que entran en el cálculo son la velocidad V₁ con la cual la nave espacial parte desde cerca de la Tierra y entra a la elipse de Hohmann (distancia r₁ desde el Sol), y la velocidad V₂ con la cual ésta alcanza la órbita de Marte (distancia r₂). Además, V₃ será la velocidad de Marte en su órbita, asumiendo que ésta tiene una magnitud constante (es decir, suponiendo que la órbita de Marte es circular). Si V₂ > V₃, la nave espacial sobrepasa a Marte, mientras que con V₂ < V₃ la nave será sobrepasada.

Ecuaciones requeridas

(1) Leyes de Kepler

• • La primera ley es: "Los Planetas se mueven en elipses, con el Sol en uno de los focos". Esto ya lo estamos usando; por ejemplo, la elipse de transferencia es una de esas órbitas.

  • La segunda ley es: "La línea imaginaria que conecta un planeta con el Sol barre áreas iguales en tiempos iguales". Permítasenos intentar extraer de esto una ecuación útil.

El dibujo aquí muestra la órbita de Marte (línea sólida) y la elipse de transferencia (línea partida), con radios (r₁, r₂) a los puntos (de perigeo y apogeo), en los cuales la velocidad de la nave espacial es (V₁,V₂). Los segmentos cortos dibujados en esas posiciones representan la distancia cubierta por la nave espacial en el siguiente segundo después de pasar el perigeo o el apogeo y, por la definición de velocidad ("distancia por segundo") su valor es igual (en km) al de V₁ y V₂. En realidad, esos segmentos deberían ser curvos como la órbita pero, siendo tan cortos, difieren de forma insignificante de las líneas rectas. Completamos entonces los triángulos largos y delgados, que tienen como base esos segmentos.

Note que cada uno de estos triángulos tiene un ángulo recto en la parte inferior, porque en el apogeo y en el perigeo (y en ningún otro lugar), la línea del Sol es perpendicular a la órbita.

En el perigeo, la altura del triángulo es r₁, la longitud de su base es V₁, entonces por la ecuación para el área A₁ de un triángulo

A = (1/2) (altura) (base)

obtenemos

A₁ = (1/2) r₁ V₁

En el apogeo, la altura es r₂, la base V₂, y el área es

A₂ = (1/2) r₂ V₂

Cada uno de estos triángulos es barrido en un segundo, entonces, por la segunda ley de Kepler sus áreas pueden ser consideradas iguales. Multiplicando por 2 ambos lados de esa equivalencia:

r₁ V₁ = r₂ V₂ (1)

Numeramos la ecuación para poder referirnos a ella más adelante. Por favor, note que esta relación solamente se cumple entre el apogeo y el perigeo. En los demás puntos de la órbita el ángulo entre el radio y la órbita no es 90º, y el área también depende del valor exacto de ese ángulo.

La tercera ley de Kepler ya fue usada para determinar el periodo orbital. La necesitaremos nuevamente al final.

(2) La Ecuación de La Energía

En la sección #12 establecimos que la energía E de un satélite de masa mórbitando la Tierra, en cualquier punto de su órbita, es

E = (1/2) mV² – km / r (2)

donde r es la distancia al punto desde el centro de la Tierra, V es la velocidad del satélite en ese punto, y k es alguna constante relacionada con la aceleración gravitacional g. Debido a que la energía E se conserva, la expresión de la derecha tiene el mismo valor en cualquier lugar de la órbita. Una relación similar se mantiene para órbitas alrededor del Sol, aunque el valor de k es diferente. Podemos expresar k en ese caso usando un simple truco, basado en la velocidad de escape.

Como notamos anteriormente, para que un objeto en la órbita terrestre escape completamente (¡pero justito!) de la órbita del Sol, necesita una velocidad V_e = 1,414V₀ = 42,42 km/s (aprox.). Sea E₀ la energía de tal objeto. Entonces si

V_e² = 2 V₀²

obtenemos (en la órbita terrestre)

E₀ = m V₀² − km / r₁

Debido a que éste tiene velocidad de escape, si esperamos un largo, largo tiempo, este objeto estará extremadamente lejos de la Tierra y, habiendo agotado prácticamente toda su energía cinética, su velocidad será muy cercana a cero. Entonces ambos términos del lado derecho de la ecuación (2) tienden a cero, sugiriendo

E₀ = 0

Así que tenemos:

m V₀² − km / r₁ = 0

Dividiendo por m y cambiando el término negativo V_e a la derecha

V₀² = k / r₁

por lo cual el valor de k podría ser escrito

k = V₀² r₁ (3)

r₁ = 150.000.000 (aprox.)

r₁ = 149.598 .000 (más precisamente)

V₀ = 29,785 km/s V₀² = 887,163 km/s² k = 1,32718 10¹¹

Cálculos

Una órbita circular alrededor del sol con ese radio tiene un largo de

2 π r₁ = 938.952.000 km

y asumiendo un año Juliano de 365,25 días de 86400 segundos cada uno da

V₀ = 939.952.000 / [(365.25)(86400)] = 29.785 km/s

(En vez de 30 km/s)

V₀² = 887,163 (km/s)² k = 1,32818 10

Volviendo ahora a la nave espacial en la órbita de transferencia hacia Marte, su energía debería ser la misma en el perigeo P y en el apogeo A, entonces por la ecuación (2)

1/2 m V₁² – km / r₁ = 1/2 mV₂² − km / r₂

Dividimos ambos lados por m ("cancelamos m") y multiplicamos ambos lados por 2:

V₁² − 2 k / r₁ = V₂² − 2 k / r₂

Transfiriendo términos (mediante la adición de las cantidades convenientes en ambos lados) y sustituyendo (3) da

V₁² − V₂² = 2 V₀² r₁ (1/ r₁ − 1/r₂)

= 2 V₀² (1 − (r₁/r₂)) (4)

En unidades astronó:micas

r₁ = 1 r₁ = 1,523691

asi pues

r₁ / r₂ = 0,656301 1 – (r₁ / r₂) = 0,343699

Por lo tanto, tenemos todo lo necesario para calcular el lado derecho de la ecuación (4).

2 V₀² (1 – (r₁/r₂)) = 2 (887,163) (0,343699) = 609,834 (km/s)²

En el lado izquierdo tenemos dos cantidades desconocidas V₁ y V₂, pero podemos usar la ecuación (1)

r₁ V₁ = r₂ V₂

para expresar una en términos de la otra.

V₂ = V₁ (r₁/r₂) (5)

Elevando al cuadrado

V₂² = V₁²(r₁²/r₂ ²)

Sustituyendo esto en el lado izquierdo de (4)

V₁² – V₂² = V₁² (1 – (r₁²/r₂²))

= V₁² (1 – (0,656301)² = 0,569269 V₁² = 609,834(km/s)²

Dividiendo ambos lados entre 0,569269

V₁² = 1071,26 (km/s)²

Extrayendo la raíz cuadrada

V₁ = 32,730 km/s

mostrando que necesitamos adicionar sólo 2,945 km/s, una pizca menos de 3 km/s, ó un 10% de la velocidad orbital.

Llegada a Marte

La velocidad V₂ a la cual la nave llega a Marte se encuentra en (5)

V₂ = V₁ (r₁ / r₂) = (32,730)(0,656301) = 21,481 km/s

Ha consignado una parte de su energía cinética para contrarrestar la atracción del Sol y moverse alejándose del Sol. La gran pregunta ahora es: ¿cómo queda esta velocidad al compararla con la velocidad V₃ de Marte en su órbita?

Para obtener velocidades en km/s, las distancias deben estar medidas en kilómetros, y los tiempos en segundos, pero por el bien del “ciudadano de a pie”, dividiremos los cálculos, evitando números grandes y la notación científica. Comenzamos con la 3era. ley de Kepler para órbitas circulares, con distancia r en AU y periodo órbital T en años. Como surge de la sección precedente, (y también en la sección #10), en estas unidades

T² = r³

Para Marte, r = 1,523691, T² = (1,523691)³ = 3,53745

T = 1,8808 años

Asumiendo 365,25 días por año (Juliano):

T = 1,8808 años = 686,96 días

Durante ese tiempo la nave espacial cubre

2 π r = (6,2832) (1,523691) (149,598,000) km =

= (1432,2) (1.000.000) km

Dividiendo por T, se llega a

(1432,2 / 686,96) (1.000.000) = (2,08484) (1.000.000)

= 2.084.840 km/día

Cada día tiene (24)(3600) = 86400 segundos, entonces la distancia órbital cubierta por Marte cada segundo es

2.084.840 / 86.400 = 24,130 km

Distancia por segundo es, por supuesto, la definición de velocidad. Por lo tanto

V3 = 24,130 km/s

Comparando con

V2 = 21,481 km/s

Vemos que Marte es el que se mueve más rápido, y sobrepasará a la nave espacial. Para igualar velocidades con Marte, la nave debe general un impulso extra de 2,649 km/s.

Vuelo a Marte: el viaje de regreso

Se puede demostrar que la elipse de transferencia de Hohmann es el modo más eficiente de aprovechar el empuje del cohete para alcanzar Marte. Otras trayectorias pueden llegar a allí más rápido, pero requerirán más empuje para empezar y un ajuste más grande del empuje al final, incluyendo quizás un cambio en la dirección.

¿Algún inconveniente? Sólo uno: una exigencia muy rigurosa respecto de las posiciones relativas de la Tierra y Marte en el momento del lanzamiento. Como se verá, las condiciones requeridas ocurren sólo una vez cada aproximadamente 26 meses. Para volar de regreso de Marte a la Tierra la elipse de Hohmann se puede utilizar también, pero igualmente, los planetas necesitan estar posicionados en el lugar exacto en el momento del lanzamiento. Si los astronautas de la Tierra alguna vez llegan a la superficie de Marte, deberán escoger entre esperar más de un año para tener las condiciones correctas necesarias, o tomar un camino a casa más directo pero menos económico.

A continuación se calcula esta demora. También se incluye el concepto del período sinódico de Marte: su período orbital como es visto desde la Tierra en órbita.

Las Órbitas de Hohmann: hacia y desde Marte

Los círculos utilizados a la izquierda se utilizarán para marcar el movimiento de la Tierra (el círculo interior) y de Marte (el círculo exterior) alrededor de sus órbitas.

Cuando una nave espacial se lanza de la Tierra a Marte, ambos deben estar en los puntos indicados por "1". Después de 0,70873 años, la nave llega a Marte, que se ha movido mientras tanto al punto marcado como "2". ¿Dónde está la Tierra en ese momento? En un año, se mueve aprox 360 grados, así que en 0,70873 años se desplaza

(0,70873) (360) = 255,14°

ésta alcanzará por lo tanto la posición "2" en el círculo interior, 75,14 grados pasada la posición de Marte. Advierta cómo la Tierra ha alcanzado a Marte: en el lanzamiento (posicion "1") estaba retrasada, pero ahora está adelantada. Como muestra la tercera ley de Kepler, cuanto más cerca está un planeta del Sol, más rápido completa su órbita, y la Tierra está más cerca que Marte.

Suponga que la nave espacial que ha aterrizado en Marte es un robot, que toma una muestra e inmediatamente despega para su viaje del regreso. Despegando desde el punto (2), después de liberarse de la gravedad del planeta, otra vez puede seguir la elipse de transferencia de Hohmann, en una imagen espejo del vuelo a Marte (dibujado abajo).

Su viaje empieza con un empuje inverso de 2,545 km/s, reduciendo su velocidad orbital de V₃ a V₂. Entonces, después de 0,70873 años, llega otra vez al punto marcado (1) con la velocidad V₁, la cual necesita ser reducida a la velocidad orbital de la Tierra V₀ mediante un empuje inverso de 2,966 km/s. Desgraciadamente... ¡La tierra no estará esperando allí!

El Período Sinódico

Veamos donde debería estar la Tierra en el momento del lanzamiento desde Marte, para que el vuelo de regreso la encuentre en el momento apropiado.El viaje de regreso, siendo la mitad de la elipse de Hohmann, toma 0,70873 años, durante este tiempo (calculado arriba) la Tierra cubre un arco de 255,14 grados en su órbita. Para encontrar al cohete del regreso cuando alcanza la órbita de la Tierra en el punto (1), la Tierra debe estar, al comienzo del vuelo del regreso de Marte, 255,14º detrás del punto "1" en su órbita. Eso la sitúa en la posición (3), 75,14º detrás de la posición de Marte, no en la posición (2) donde la Tierra está 75,14º adelantada sobre Marte.

Debido a que la Tierra y Marte cambian constantemente su posición relativa, es lógico que si demoramos suficientemente el viaje del regreso, la Tierra se moverá de la posición (2) relativa a Marte, a la posición (3), en ese momento el viaje de regreso puede empezar.

Calculemos esa demora. Para simplificar el cálculo de la demora, calculamos la velocidad relativa de la rotación entre la Tierra y Marte alrededor del Sol.

• • La velocidad de la rotación de la Tierra es 1 órbita por año.

  • La velocidad de la rotación de Marte es 1 órbita por 1,8822 años, es decir 1/1,8822 = 0,531293 órbitas por año.

Cada año, la Tierra se adelanta a Marte por (1 – 0,531293) = 0,468707 órbitas. En 2 años, el adelantamiento es (2) (0,468707) = 0,937414 órbitas y la Tierra estará una órbita completa adelantada después de

1 / 0,468707 = 2,13353 años

Si Marte y la Tierra comienzan uno al lado del otro, después de 2,13353 años estarán otra vez parejos. Desde el punto de vista de un observador en la Tierra, ese es el tiempo requerido por Marte para un círculo completo alrededor del cielo. Es conocido como el período sinódico de Marte, y es aproximadamente de 25,6 meses.

Lo demás es fácil. Para que la Tierra cambie su posición relativa a Marte de (2) a (3), la Tierra debe avanzar (relativa a Marte):

360 – (2)(75,14) = 209,72°

Para avanzar 360 grados tarda 2,13353 años, así que para recorrer el ángulo de arriba tardará

(209,72 / 360)( 2,13353) = 1,2429 años = 454 días

Un cálculo más exacto da 459 días (el nuestro contiene aproximaciones). Cuando el cohete de regreso llega a la Tierra, éste estará sobrepasándola, ya que su velocidad V₁ excede la velocidad orbital V₀ de la Tierra en aproximadamente 3 km/s. Antes de descender sin peligro, la nave espacial debe deshacerse también de la velocidad V₀ dada por la atracción de la Tierra, aproximadamente 11,3 km/s. Sin embargo, si entra rozando la atmósfera del “modo correcto”, su energía cinética extra se disipará seguramente en forma de calor, sin más necesidad de encender los cohetes.

Reflexiones finales

Nuestros esquemas sólo marcan el progreso en órbitas circulares alrededor del Sol, que mantienen aproximadamente la misma velocidad. El movimiento relativo de la Tierra y Marte en el cielo es mucho más variable, porque la distancia Tierra-Marte cambia todo el tiempo. En realidad, cuándo la Tierra está más cerca de Marte y lo ha sobrepasado, Marte parecerá (por un tiempo) estar moviendose hacia atrás entre las estrellas. El período total sin embargo sigue siendo 25,6 meses, bastante diferente del período orbital verdadero de Marte que es 1,8822 años = 22,6 meses.

Considerando todas esas complicaciones, uno puede apreciar la sutileza del trabajo de Copérnico y Kepler, quienes obtuvieron patrones nítidos y regulares del movimiento, partiendo de otros mucho menos regulares de los planetas de los cielos.