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10 ans de retard

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Re: 10 ans de retard

Messagede Tontonlyco le Lundi 1 Octobre 2018 13:31

Etes vous d'accord sur la trajectoire du missile ?
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Re: 10 ans de retard

Messagede Delépine le Lundi 1 Octobre 2018 13:42

Tontonlyco a écrit:Si l'on poursuit votre raisonnement Luc Lion les orbites n'existeraient pas tous les corps se promèneraient librement, c'est evacuer la gravité.

Pour simplifier êtes vous d'accord que le missile qui poursuit sa cible décrit une courbe, et remplacez "L'attraction optique" par le magnétisme ou la gravité c'est pareil.



Un bon nombre sur le forum de personnes capables de comprendre cette balistique simple ainsi que le principe newtonien de relativité, et personne pour vous soutenir. C'est un complot.
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Re: 10 ans de retard

Messagede Luc Lion le Lundi 1 Octobre 2018 13:44

Bon revenons aux fusées.

Les trajectoires de retour
Pour revenir sur terre, il y a, en simplifiant un peu, deux stratégies possibles.

1. L'astronef se place sur une orbite de transfert d'Hohmann, donc très excentrique, de façon à ce que le périgée (ou périapse) soit à l'altitude d'une orbite basse (LEO).
Arrivé au périgée, il donne une poussée rétrograde qui a pour effet de diminuer son énergie cinétique et l'excentricité de l'ellipse.
Son orbite devient quasi circulaire. On appelle cela une orbite d'attente ou de parking.
A un moment choisi, au voisinage de l'apogée (apoapse) de cette orbite d'attente, il donne encore une poussée rétrograde qui a pour effet d'augmenter l'excentricité et de déplacer le périgée dans la haute atmosphère.
La suite est la rentrée atmosphérique que je décris un peu plus loin.

2. L'astronef se place sur une orbite de transfert d'Hohmann, donc très excentrique, mais cette fois de façon à ce que le périgée soit dans la haute atmosphère.
Pas de poussée rétrograde jusqu'à la rentrée atmosphérique, donc c'est plus simple.
Par contre l'énergie cinétique de l'astronef ne peut qu'être que plus importante que celle qu'il a en rentrant à partir d'une orbite basse.

En réalité, il existe aussi toutes sortes de combaisons intermédiaires entre ces deux extrêmes.

La rentrée atmosphérique
Quelque soit la stratégie choisie, la vitesse de rentrée dans l'atmosphère est très importante.
Cette vitesse a au minimum la valeur de la vitesse d'une orbite circulaire dont le rayon vaut le rayon de la terre.
v = √(GM/r)
Or             G = 6.673 10^-11 Nm²/kg²
                M = 5.972 10^24 kg
                r = 6371000 m
v = √((6.673 10^-11 * 5.972 10^24) / 6371000) m/s = 7909 m/s
Avec une vitesse de presque 8 km/s, si l'astronef rencontre des couches denses, il tue ses passagers par freinage et nombre de g excessif et il s'échauffe et fond.
Par contre, si l'astronef reste à des altitudes où la trainée est faible, il traversera la zone de freinage en très peu de temps et continuera sur son ellipse avec une énergie cinétique à peine diminuée.
C'est ce que l'on désigne par le terme "rebond".

Pour échapper à ces deux scénarios, une seule solution : viser une rentrée atmosphérique à une altitude où la densité provoque un freinage modéré (inférieur à 10g).
Et fournir une force centripète supplémentaire qui va s'additionner à la gravité pour garder l'astronef à une altitude constante.
Généralement, cette force est fournie par un effet aérodynamique (mais un moteur pourrait aussi faire l'affaire).

Supposons que l'astronef rentre dans l'atmosphère avec une vitesse de 10km/s.
L'accélération nécessaire pour le maintenir à une altitude constante sera:
   a = v²/r = 10000²/6371000 m/s² = 15.7 m/s² , dont 9.81 m/s² sont fournis par la gravité.
La force centripète supplémentaire devra donc fournir 5.88 m/s².

Dans tous les cas, cette force doit être fournie.
Mais, bien sûr, elle est beaucoup plus faible pour une rentrée à partir d'une orbite d'attente que pour une rentrée directe.
Pour une rentrée à partir d'une orbite d'attente, on a une vitesse de l'ordre de 8.1 km/s, donc un chouïa en plus de la vitesse de référence 7.9 km/s.
L'accélération supplémentaire à fournir est de l'ordre de 5% de l'accélération gravifique.
Pour une rentrée directe en provenance de la lune, on a une vitesse de l'ordre de 11 km/s
L'accélération supplémentaire à fournir est de l'ordre de 94% de l'accélération gravifique.
Je fournis le détails des calculs plus loin.

Choix de la trajectoire d'Apollo par la NASA
Comme l'a évoqué Bee Gee plus haut, la NASA a choisi des trajectoires de départ fournissant un "free return" en cas de panne de moteur.
Qu'est-ce que cela veut dire ?
Les trajectoires choisies pour faire le trajet terre-lune sont des trajectoires "tendues" donc courtes mais qui demandent des poussées répétées dans la phase d'ascension vers le point de Lagrange L1.
Comme pour un avion au décollage, cette phase est à haut risque pour une panne moteur.
La trajectoire choisie est donc une trajectoire telle que, si les moteurs tombent en panne, l'astronef continue inertiellement, tourne autour de la lune et revient vers la terre sur un trajet à rentrée directe dans l'atmosphère. En effet, si les moteurs sont en panne, la stratégie par orbite d'attente est inapplicable ; la fusée serait incapable de fournir la poussée rétrograde nécessaire et fusée plus équipage resteraient sur l'orbite allongée d'origine pour l'éternité.

Du coup, la NASA a conçu un vaisseau capable de faire une rentrée directe à 11 km/s.
Et puisque le vaisseau pouvait revenir directement, pourquoi l'alourdir avec du carburant et pourquoi prévoir des procédures compliquées (donc risquées) en cas de rentrée normale avec moteurs fonctionnels ?
La NASA a choisi la simplicité : rentrée directe dans tous les cas.

Luc

Dans le message suivant, je calculerai la vitesse, le potentiel cinétique et le supplément d'accélération dans chacun des deux cas ; rentrée par orbite d'attente et rentrée directe.
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Re: 10 ans de retard

Messagede Delépine le Lundi 1 Octobre 2018 13:53

Tontonlyco a écrit:Si on le "laisse tomber" c'est qu'avant il était maintenu par quelque chose


J'ai parlé d'un corps qui tombe depuis l'infini, ce qui est un modèle asymptotique volontiers invoqué en physique et vous l'avez transformé en corps qu'on laisse tomber pour inventer que je dis qu'il fallait le retenir d'abord.
Vous êtes un je-ne-peux-pas-l'-écrire-je-serais-grondé.
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Re: 10 ans de retard

Messagede Delépine le Lundi 1 Octobre 2018 14:01

LISW a écrit:Mais peut-être moins pour la remarque de Delepine qui me semble droit sortie du "manuel du bien pensant", tant elle m'apparaît comme un "automatisme" sur quelque chose dont il n'était nullement question. Je serais cependant très heureux de me fourvoyer sur ce pointImage


Naturellement tu te fourvoies. Je parle du parti godon, perfide comme son pays aux albes falaises.
Dans l'Illustration du 4 mars 1916 figure une photographie en pleine page prise à Paris place des Pyramides ; on y voit le premier ministre Aristide Briand escortant une délégation de la chambre des Communes et de la chambre des Lords au pied de la statue de la (pas encore) sainte venue déposer une gerbe. Impossible de passer la photo avec le forum qui a tout compliqué, et qu'à mon âge ça me gonfle de chercher comment refaire ce qui marchait si bien avant. La photo est accompagnée de cette légende : "Aux pied de la statue de la place des Pyramides, les représentants de la chambre des Communes et de la chambre des Lords ont déposé une gerbe de roses comme le symbole de la réconciliation complète des deux pays à l'heure où les deux peuple unis dans le même sentiment de vénération pour l'héroïne de la vieille France, défendent ensemble la liberté du monde".

Mais cet épisode à faire pleurer sous les chaumières de Domrémy doit être mis en contexte : à mi-chemin entre Fachoda et Mers-el-Kébir... Image
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Re: 10 ans de retard

Messagede Luc Lion le Lundi 1 Octobre 2018 14:25

Tontonlyco a écrit:Etes vous d'accord sur la trajectoire du missile ?

Jacques, je te concède le point suivant:
"Le mouvement d'un corps qui suit une parabole inertielle peut être décomposé en un mouvement rectiligne uniforme additionné d'un mouvement accéléré dans une direction perpendiculaire au mouvement rectiligne uniforme".
Dès lors, en choisissant bien les changements de référentiels, un mouvement parabolique peut être aussi décrit par un mouvement rectiligne accéléré.

Appliqué à un corps en mouvement autour de la terre, cela donne :
Si, dans le référentiel de la terre, le corps décrit une parabole, il existe un autre référentiel inertiel où l'on voit le corps accélérer en ligne droite, passer devant la terre qui elle-même se déplace dans une direction perpendiculaire, ralentir, rebrousser chemin et repasser derrière la terre pour repartir en ligne droite vers l'infini d'où il est venu.

Tout cela est bel et bien, A CONDITION de bien comprendre que les deux descriptions sont une et une seule situation réelle vue de deux points de vue différents.

Luc
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Re: 10 ans de retard

Messagede Tontonlyco le Lundi 1 Octobre 2018 15:04

Il y avait un malentendu sur la position de départ:

Pour moi il s'agissait d'un corps immobile ne décrivant pas une orbite autour du soleil (donc maintenu par une force X) "regardant passer la Terre" et libéré de cette force, il tomberait donc vers elle suivant une trajectoire courbe en accélérant sachant que pour être une droite sa vitesse devrait être infinie.

Somme nous d'accord ?

Pour revenir à la fusée quelle serait la forme du vaisseau prévu par Musk capable de renter à 11km/s ou 40.000Km/h, c'est bien ce que j' écrivais plus haut, dans l'atmosphère terrestre, en transportant "Plusieurs dizaines de personnes"

Soit un énorme cône inversé mais le choc au sol serait sévère

Soit un planeur hypersonique et c'est la navette en pire.

Je ne crois donc pas que ce projet soit réaliste, par contre une Soyouz emmenant un passager c'est faisable (200Kg de moins à la rentrée).

Le rapport des vitesses de rentrée entre orbite basse circulaire et orbite elliptique en provenance de la Lune est de 1,4 soit environ deux fois pour l' énergie cinétique dissipée à la rentrée.

Il faudra pas que la navette de Musk soit en chocolat.
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Re: 10 ans de retard

Messagede Bee Gee le Lundi 1 Octobre 2018 17:16

Pour revenir à des choses sérieuses, un joli petit reportage sur Apollo 11:


https://www.youtube.com/watch?v=QGTKpmsNAGw

Pour ce qui est du retour, le devis de masse était tellement serré qu'un emport de carburant pour changer quoique ce soit au retour était totalement exclu,  et puis pourquoi faire compliqué quand on peut faire simple. Il y avait juste de quoi faire les corrections de trajectoire éventuellement nécessaires.

Apollo 13 a utilisé le moteur de descente du LEM pour effectuer d'une manière un peu acrobatique une correction qui était nécessaire pour ajuster finement la trajectoire de retour, si un tel incident avait eu lieu lors du vol Apollo 8, il y a de très fortes chances que l'équipage aurait été perdu malgré la stratégie du free return..

Et puis c'est un métier dangereux, les astronautes acceptent le risque inhérent au vol spatial, ce risque ne sera jamais nul.
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Re: 10 ans de retard

Messagede Luc Lion le Lundi 1 Octobre 2018 17:30

Tontonlyco a écrit:Pour moi il s'agissait d'un corps immobile ne décrivant pas une orbite autour du soleil (donc maintenu par une force X) "regardant passer la Terre" et libéré de cette force, il tomberait donc vers elle suivant une trajectoire courbe en accélérant sachant que pour être une droite sa vitesse devrait être infinie.
Somme nous d'accord ?

Tu as vraiment du mal avec la relativité, même Galiléenne.

Je me répète : pour que la trajectoire soit une parabole et non une ellipse, le corps doit avoir une vitesse initiale telle que son énergie cinétique (dans le référentiel terre) corresponde exactement à son potentiel gravifique. La direction de cette vitesse initiale (le moment cinétique) va déterminer si la trajectoire sera une droite ou bien une parabole plus ou moins large.
Le fait que la terre soit, ou non, en mouvement n'a rien à voir avec le problème.
Dire que la terre est en mouvement revient à prendre un référentiel "exotique" qui ne change rien à la situation mais rend les calculs plus compliqués.

Et NON !!!. Pour que la trajectoire soit une droite, il ne faut pas une vitesse infinie (c'est quoi une vitesse infinie?). Il suffit d'avoir un moment cinétique nul.

Luc
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Re: 10 ans de retard

Messagede Tontonlyco le Lundi 1 Octobre 2018 19:48

Quelle différence avec le missile poursuivant sa cible transversale optiquement ?

Vous mettez de la relativité là ou seule la balistique est en cause, il ne s'agit pas du mouvement relatif de deux corps mais du mouvement altéré par l'attraction.

Le moment cinétique varie en permanence puisque le mouvement du corps poursuivi est transversal.
Dernière édition par Tontonlyco le Lundi 1 Octobre 2018 19:53, édité 1 fois.
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Re: 10 ans de retard

Messagede Luc Lion le Lundi 1 Octobre 2018 19:53

Et finalement, les calculs qui permettent de connaître le potentiel cinétique (énergie par kilogramme), la vitesse at l'accélération centripète supplémentaire à fournir.
Et ce pour les deux stratégies : l'orbite d'attente et la rentrée directe.

l'orbite d'attente
L'orbite d'attente doit être franchement en dehors de l'atmosphère pour éviter qu'une traînée parasite fausse les calculs.
Une bonne altitude pour cela est +/- 100 nm, ce qui donne un rayon de
   ra = 6371000 m + 185200 m = 6556200 m
C'est aussi la distance terre-apogée de l'orbite de rentrée.

Pour la rentrée atmosphérique, le périgée doit être suffisemment haut pour que la trainée soit modérée. Une bonne altitude pour cela est +/- 25 nm, ce qui donne une distance terre-périgée de
   rp = 6371000 m + 46300 m = 6417300 m
C'est aussi le rayon au point où l'on veut connaître la vitesse.
   r = 6417300 m
Le demi-grand axe de l'ellipse vaut
   a = (ra + rp)/2 = 6486750 m

Les formules à appliquer sont
  K = GM.(1/r - 1/2a)
  v = √(GM.(2/r - 1/a))
  a = v²/r            ou a est l'accélération centripète qui maintient une trajectoire à altitude constante
  vc = √(GM/r)    ou vc est la vitesse cible pour une orbite circulaire à cette altitude
  ag = GM/r²       ou ag est l'accélération fournie par l'attraction terrestre

  K = 6.673 10^-11 * 5.972 10^24 * (1/6417300 - 1/12973500) J/kg = 31.4 MJ/kg
  v = √(6.673 10^-11 * 5.972 10^24 * (2/6417300 - 1/6486750)) m/s = 7922 m/s
  a = (7922² / 6417300) m/s² = 9.78 m/s²
  vc = √((6.673 10^-11 * 5.972 10^24) / 6417300) m/s = 7880 m/s
  ag = (6.673 10^-11 * 5.972 10^24) / 6417300² m/s² = 9.67 m/s²
Autrement dit la rentrée atmosphérique par orbite d'attente se fait à 7.92 km/s alors que la vitesse cible est de 7.88 km/s, soit 42 m/s à résorber.
Et l'accélération centripète doit être de 9.78 m/s², soit  0.11 m/s² de plus que ce que fournit l'attraction terrestre.

la rentrée directe
L'orbite de transfert utilisée pour un retour lune croisé correspond à un niveau d'énergie comparable à une orbite elliptique classique dont l'apogée se trouverait entre le point de Lagrange L1 et la lune.
(Je n'explique pas comment on calcule ce qui précède)
Le point L1 se trouve à une distance de 326390 km du centre de la terre tandis que la distance terre-lune (centre à centre) vaut 384402 km.
Ceci nous donne une distance apogée centre de la terre de 355400 km pour cette orbite de transfert.
  ra = 355400000 m
Le périgée est toujours à 25 nm d'altitude ,
  rp = 6417300 m
Le demi-grand axe de l'ellipse vaut
   a = (ra + rp)/2 = 180908650 m

Recalculons nos grandeurs:
  K = 6.673 10^-11 * 5.972 10^24 * (1/6417300 - 1/361817300) J/kg = 61.0 MJ/kg
  v = √(6.673 10^-11 * 5.972 10^24 * (2/6417300 - 1/180908650)) m/s = 11045 m/s
  a = (11045² / 6417300) m/s² = 19.0 m/s²
  vc = √((6.673 10^-11 * 5.972 10^24) / 6417300) m/s = 7880 m/s
  ag = (6.673 10^-11 * 5.972 10^24) / 6417300² m/s² = 9.67 m/s²
Autrement dit la rentrée atmosphérique directe se fait à 11.0 km/s alors que la vitesse cible est de 7.88 km/s, soit 3.17 km/s à résorber.
Et l'accélération centripète doit être de 19.0 m/s², soit  9.3 m/s² de plus que ce que fournit l'attraction terrestre.
Cette accélération vers le bas représente 95% de g tel que nous le connaissons à la surface du sol.
L'astronef doit développer une portance négative du même ordre de grandeur que son poids.

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Re: 10 ans de retard

Messagede Luc Lion le Lundi 1 Octobre 2018 20:01

Jacques, je ne vois pas ce que ce missile vient faire ici.
Et je n'ai aucune idée de ce que tu veux dire avec "cible transversale optiquement".

Je crois que ce qui compte pour se faire une idée des stratégies de retour sur terre, ce sont les chiffres que je viens de calculer.
A savoir :
vitesse cible: 7880 m/s
vitesse en provenance d'une orbite basse: 7922 m/s
accélération centripète à fournir (orb basse): 0.11 m/s²
vitesse en rentrée directe: 11045 m/s
accélération centripète à fournir (directe): 9.3 m/s²

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Re: 10 ans de retard

Messagede Tontonlyco le Lundi 1 Octobre 2018 20:04

Luc Lion a écrit:la rentrée directe
L'orbite de transfert utilisée pour un retour lune croisé correspond à un niveau d'énergie comparable à une orbite elliptique classique dont l'apogée se trouverait entre le point de Lagrange L1 et la lune.
(Je n'explique pas comment on calcule ce qui précède)
Le point L1 se trouve à une distance de 326390 km du centre de la terre tandis que la distance terre-lune (centre à centre) vaut 384402 km.
Ceci nous donne une distance apogée centre de la terre de 355400 km pour cette orbite de transfert.
  ra = 355400000 m
Le périgée est toujours à 25 nm d'altitude ,
  rp = 6417300 m
Le demi-grand axe de l'ellipse vaut
   a = (ra + rp)/2 = 180908650 m

Recalculons nos grandeurs:
  K = 6.673 10^-11 * 5.972 10^24 * (1/6417300 - 1/361817300) J/kg = 61.0 MJ/kg
  v = √(6.673 10^-11 * 5.972 10^24 * (2/6417300 - 1/180908650)) m/s = 11045 m/s
  a = (11045² / 6417300) m/s² = 19.0 m/s²
  vc = √((6.673 10^-11 * 5.972 10^24) / 6417300) m/s = 7880 m/s
  ag = (6.673 10^-11 * 5.972 10^24) / 6417300² m/s² = 9.67 m/s²
Autrement dit la rentrée atmosphérique directe se fait à 11.0 km/s alors que la vitesse cible est de 7.88 km/s, soit 3.17 km/s à résorber.
Et l'accélération centripète doit être de 19.0 m/s², soit  9.3 m/s² de plus que ce que fournit l'attraction terrestre.
Cette accélération vers le bas représente 95% de g tel que nous le connaissons à la surface du sol.
L'astronef doit développer une portance négative du même ordre de grandeur que son poids.

Luc


Le projet n'est pas de passer par le point de Langrange L1 mais derrière la Lune, l' énergie cinétique au retour est donc supérieure sauf à ce que la vitesse soit nulle en passant le point de Langrange au retour, or pour ne pas risquer d'être capturée par la Lune une fois l' apogée de l'orbite elipitique passée (derrière la Lune)  il faut garder une marge, la vitesse ne sera donc pas nulle en passant au retour le point de Lagrange.

La solution du transit par une orbite d'attente est donc préférable pour la rentrée mais elle implique un freinage, donc du carburant supplémentaire.
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Re: 10 ans de retard

Messagede Luc Lion le Lundi 1 Octobre 2018 20:11

Je n'a pas dit que l'énergie cinétique était nulle lorsque l'aéronef passe au voisinage du point de Lagrange.
Il passe au voisinage du point de Lagrange parce que c'est cette trajectoire qui permet de garder une vitesse appréciable (temps de parcours réduit) tout en gardant l'énergie cinétique la plus faible possible.

J'espère au moins que tout ce que j'ai écrit te permet de comprendre qu'il est possible à un amateur de calculer assez précisément des choses comme la vitesse de rentrée atmosphérique et la quantité d'énergie à dissiper.

Luc
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Re: 10 ans de retard

Messagede Tontonlyco le Lundi 1 Octobre 2018 20:12

Luc Lion a écrit:Je n'a pas dit que l'énergie cinétique était nulle lorsque l'aéronef passe au voisinage du point de Lagrange.
Il passe au voisinage du point de Lagrange parce que c'est cette trajectoire qui permet de garder une vitesse appréciable (temps de parcours réduit) tout en gardant l'énergie cinétique la plus faible possible.

Luc


Ce n'est pas le projet qui consiste à passer derrière sur une trajectoire élliptique.

On en arrive à la conclusion que si l'on veut sécuriser il faut passer par un freinage au retour et une orbite de transit basse, mais donc du carburant supplémentaire.
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