Abbiamo già visto come calcolare l’equazione del razzo. Che succede se separiamo il razzo in due stadi distinti? Una volta bruciato tutto il carburante del primo stadio, il razzo lo lascia cadere e poi brucia tutto il carburante del secondo stadio. Vedremo che questo meccanismo ha il vantaggio di raggiungere velocità più elevate a parità di massa di carburante.
Chiamiamo $m_r$ la massa del razzo escluso il carburante, e supponiamo che sia divisa equamente tra il primo e il secondo stadio, cioè entrambi hanno massa $m_r / 2$. Allo stesso modo la massa totale del carburante $m_c$ è anch’essa divisa equamente tra il primo e il secondo stadio. Il carburante è espulso con velocità $u$.
Allora durante il primo stadio di accelerazione l’aumento di velocità del razzo è dato dall’equazione del razzo:
$$\Delta v_1 = u \log{\frac{m_i}{m_f}}= u \log{\frac{m_r+m_c}{m_r + m_c / 2}}$$
A questo punto il razzo lascia cadere il primo stadio, e procede a bruciare tutto il carburante del secondo stadio, ottenendo un aumento di velocità:
$$\Delta v_2 = u \log{\frac{m_i}{m_f}}= u \log{\frac{(m_r +m_c)/2}{m_r /2}}=u \log{\left(1+\frac{m_c}{m_r}\right)}$$
Vediamo che l’aumento di velocità dipende solo dal rapporto iniziale tra la massa del carburante e la massa del razzo, quindi definiamo $k = m_c / m_r$. L’aumento totale di velocità è quindi:
$$\Delta v_{2\,\mathrm{stadi}} = \Delta v_1 + \Delta v_2 = u \log{\bqty{\pqty{\frac{m_r+m_c}{m_r + m_c / 2}} \pqty{1+\frac{m_c}{m_r}}}} = u \log{\frac{(1+k)^2}{1 + k/2}}$$
Se avessimo invece bruciato il carburante tutto in una volta avremmo ottenuto l’equazione già vista:
$$\Delta v_{1\,\mathrm{stadio}} = u \log{(1+k)}$$
Pertanto otteniamo un vantaggio usando due stadi se $\frac{(1+k)^2}{1 + k/ 2} > 1+k$, ma questa disuguaglianza è soddisfatta per tutti i $k>0$, quindi conviene in generale adoperare due stadi invece che uno. Il motivo fisico per cui conviene è che l’accelerazione durante il secondo stadio avviene con meno massa, poiché parte è stata sganciata.
Razzo a N stadi
Portando da $1$ a $2$ il numero di stadi abbiamo migliorato il razzo. Magari aumentando ancora il numero di stadi il razzo diventerà ancora più efficiente? Vediamo che succede con $N$ stadi, e poi magari facciamo tendere $N\to \infty$ per vedere la situazione con “infiniti stadi”.
Chiamiamo $m_r$ la massa totale del razzo (escluso il carburante) e $m_c$ la massa totale del carburante. Allo stadio numero $j$ (partendo da $j=1$) adoperiamo una massa di carburante pari a $m_c/N$ (uguale ad ogni stadio). All’inizio dello stadio $j$ la massa totale del razzo e del carburante è pari a :
$$m_i^j=m_r \left(1-\frac{j-1}{N}\right) + m_c \left(1-\frac{j-1}{N}\right)=\left(m_r+m_c\right)\left(1-\frac{j-1}{N}\right)$$
Pertanto l’aumento di velocità dovuto allo stadio $j$ è:
\begin{align*}
\Delta v_j &= u \log{\frac{m_i^j}{m_f^j}}= u \log{\frac{m_i^j}{m_i^j-m_c/N}}=- u \log{\left(1-\frac{m_c/N}{m_i^j}\right)}=\\
&=-u \log{\left[1-\frac{k}{(1+k)(N-j+1)}\right]}= u \log{\frac{N-j+1}{N-j+1/(1+k)}}
\end{align*}
dove di nuovo $k = m_c / m_r$. Pertanto l’aumento totale di velocità è:
\begin{align*}
\Delta v &= \sum_{j=1}^N \Delta v_j = u \log \prod_{j=1}^N \frac{N-j+1}{N-j+1/(1+k)}=\\
&=u \log \prod_{j=1}^N \frac{j}{j -k/(1+k)}
\end{align*}
Per $N=1$ questa si riduce a:
$$\Delta v = u \log{(1+k)}$$
Per $N=2$ questa si riduce a:
$$\Delta v = u \log{\frac{(1+k)^2}{1+k/2}}$$
esattamente come prima.
Se aumentiamo il numero degli stadi all’infinito, cioè $N\to\infty$, il prodotto sopra diverge: ovvero la velocità acquisita è infinita. In termini concreti ciò significa che conviene avere il maggior numero di stadi possibile. Questa è solo una prima stima: la nostra analisi non tiene conto dei problemi ingegneristici di una tale soluzione.