Berechnen Sie den Erdschatten einer großen Orbitalscheibe

Wie berechnet man den Schatten auf der Erde einer großen Orbitalscheibe (niedrige Umlaufbahn)?

amateur-observing Ion Corbu
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Für jemanden, der die Mathematik erklären möchte, habe ich die ungefähren Berechnungen für die Hälfte des Problems durchgeführt: Die Umbra auf der Erdoberfläche sollte einen Durchmesser von ~ 9,25 km haben, vorausgesetzt, die Krümmung der Erde ist vernachlässigbar (was eine Annahme I ist sollte eigentlich nicht machen.)

Cloudy7

Antworten:

Es könnte einfacher sein, ähnliche Dreiecke zu verwenden .

\frac{R d}{b} = \frac{R s}{a}

$\frac{Rd}{b} = \frac{Rs}{a}$

$Rs$ ist 696.000 km und ist 5 km. ist ungefähr 150.000.000 km und c ist 80 km. $Rd$ $a$

Das kleinste Dreieck wird als nächstes verwendet:

\frac{r}{b - c} = \frac{R s}{a}

$\frac{r}{b-c} = \frac{Rs}{a}$

Löse nach r und du bekommst

r = R d - R s \frac{c}{a} = 4.63 km .

$r = Rd - Rs \frac{c}{a} = \text{4.63 km}.$

Zusätzliche Ziffern sind nicht hilfreich, da der genaue Durchmesser der Sonne davon abhängt, wie Sie sie definieren, und der Abstand von der Sonne zur Erde um fast +/- 2 Prozent variiert.

$Rs/a$ ist ungefähr 0,00464 und das ist auch der halbe Winkel der Sonne im Bogenmaß. Wenn Sie es in Grad umwandeln, multiplizieren Sie es mit 180 / pi und Sie erhalten 0,266 Grad oder ein Viertel Grad. Der volle Durchmesser der Sonne ist doppelt so groß oder etwa ein halber Grad.

uhoh
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Dies ist eine lineare Optik, die in Ordnung sein sollte. Es wäre interessant, den Spot of Arago für verschiedene zu berechnen .

R_{d}

$R_d$

Carl Witthoft

Ich habe darüber nachgedacht, aber es verallgemeinert sich nicht ganz so gut. Der erste Fehler ist, dass c bei größeren Discs nicht bei 80 km bleibt. Es funktioniert auch nicht in der Nähe der Sonne, aber für diesen speziellen Fall ist dies in der Tat alles, was Sie brauchen.

SE - hör auf, die Guten zu feuern

A priori können Sie nicht wissen, dass ungefähr 150 Millionen km lang ist - was wäre zum Beispiel, wenn die Scheibe den gleichen Durchmesser wie die Sonne hätte? Stattdessen ist und ist die Entfernung von der Sonne zur Scheibe ( das sind ungefähr 150 Millionen km)

a

$a$

(R_{d} - r) : (R_{s} - R_{d}) = c : (a - b)

$(R_d-r) : (R_s-R_d) = c : (a-b)$

a - b

$a-b$

Hagen von Eitzen

Vielen Dank für Ihre Antwort. Ihre Informationen waren für mich sehr nützlich. Sie bestätigten meine Hypothese. Denken Sie, dass eine Umlaufbahn von weniger als 80 km verwendet werden könnte, um eine solche Scheibe zu platzieren? Was könnte Ihrer Meinung nach die niedrigste Umlaufbahn sein, eine kreisförmige Ansicht in geringer Höhe, auf der eine solche Scheibe platziert werden könnte?

Ion Corbu

Das ist eine andere Frage, aber die Dinge bei 80 km werden aufgrund des Luftwiderstands nicht sehr lange in der Umlaufbahn bleiben. Wenn Sie das untersuchen möchten, stellen Sie bitte eine separate Frage.

Uhoh

Wenn man mit einem Computeralgebrasystem herumspielt, hat das Problem tatsächlich eine genaue Lösung, aber es ist hässlich genug, dass eine viel einfachere numerische Approximation praktischer ist.

Zuerst müssen wir den Winkel des Schattenkegelpeaks finden.

Der Gipfel, der Mittelpunkt der Sonne und der Tangentenpunkt auf der Sonne bilden ein rechtwinkliges Dreieck. Daher kann der halbe Spitzenwinkel ausgedrückt werden als:

v = \sin^{- 1} (\frac{r_{s u n}}{r_{p e a k}})

$v = \sin^{-1}\left(\frac{r_{sun}}{r_{peak}}\right)$

Wir haben kein , aber wir haben die Entfernung von der Sonne zur Erde, die sehr nahe ist. Dies kann uns eine erste Schätzung für den Winkel geben. $r_{peak}$

Um den Winkel zu korrigieren, können wir einen neuen berechnen : $r_{peak}$

r_{p e a k} = r_{e a r t h - o r b i t} - r_{L E O} + \frac{r_{d i s k}}{\tan (v)}

$r_{peak} = r_{earth-orbit} - r_{LEO} + \frac{r_{disk}}{\tan(v)}$

Die Verwendung des neuen zur Berechnung eines neuen sollte sehr schnell zum neuen Winkel konvergieren. $r_{peak}$ $v$

Ich bekomme $v = 0.004651$

Jetzt müssen wir herausfinden, wie dieser Schattenkegel auf die Erde projiziert.

Um den Radius der projizierten Scheibe zu berechnen, deren Mittelpunkt etwas unter der Oberfläche liegt, müssen wir die Scheibe einfach anhand der Kegelsteilheit und des Abstands zwischen der Scheibe skalieren, . $d$

r_{u m b r a} = r_{d i s k} - d \tan (v)

$r_{umbra} = r_{disk} - d\tan(v)$

Auch hier haben wir nicht genau , aber die Umlaufbahnhöhe ist sehr nahe. Aber wir können die Schätzung verwenden, die wir erhalten haben, um ein besseres : $d$ $r_{umbra}$ $d$

d = r_{L E O} - \sqrt{r_{e a r t h}^{2} - r_{u m b r a}^{2}}

$d = r_{LEO} - \sqrt{r_{earth}^2 - r_{umbra}^2}$

Und wieder sollten die Werte sehr schnell konvergieren.

Ich erhalte $r_{umbra} = 4.628 km$

Um stattdessen den Radius auf der Erdkurve zu erhalten, können Sie den zentralen Winkel berechnen und mit dem Erdumfang multiplizieren. Bei 4 signifikanten Zahlen beträgt das Ergebnis jedoch immer noch $4.628 km$

SE - hör auf, die Guten zu feuern
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Dies scheint davon auszugehen, dass sich Sun und die Festplatte direkt über dem Kopf befinden. Wenn dies nicht der Fall ist, was die meiste Zeit der Fall sein wird, ähnelt der Schatten eher einer Ellipse. Da sich der Schatten jedoch weiter von der Platte entfernt befindet, kann der Bereich des vollen Schattens kleiner oder nicht vorhanden sein.

Steve Linton

Es wird in der Tat davon ausgegangen, dass das OP dies in seinem Diagramm anzunehmen scheint.

SE - hör auf, die Guten zu feuern

Ion Corbu

Eine solche Scheibe im Orbit zu halten, wäre zwei Lösungen: 1. Die Scheibe hat eine Umlaufgeschwindigkeit von etwa 21.000 km / h. Das heißt, es dreht sich in etwa 90 Minuten um die Erde. Mögliche Lösung, aber das interessiert mich nicht.

Ion Corbu

2. Treibmittel (thermochemisch, elektrisch, elektromagnetisch, ionisch, photonisch) zu haben, die die Kraft sind, die erforderlich ist, um eine solche Scheibe in einer Umlaufbahn (80 km) über einem festen Punkt zu halten. Um der Gravitationskraft entgegenzuwirken. Und um zu verhindern, dass die Scheibe in die Umlaufbahn fällt und sich auflöst. Das spezifische Gewicht einer solchen Scheibe könnte etwa 10 kg / m² betragen

Ion Corbu

Mal sehen, wie weit wir ohne Taschenrechner kommen (also möglicherweise nur annähernd).

Der Schatten der Scheibe ist eine scharfe Scheibe mit einem Durchmesser von , die der Sonne als Punktquelle und unendlich weit entfernt und dem Boden als flach . Aber die Sonne ist keine Punktquelle. Von oben können wir uns daran erinnern, dass die Sonne (und der Mond) einen Winkeldurchmesser von etwa einem halben Grad haben. In Bogenmaß umgerechnet: . Multiplizieren Sie mit der Höhe von , um als Dicke des Halbschattenrings zu erhalten, dessen ursprüngliche Plattengrenze in der Mitte liegt, dh der zentrale Schatten ist breit und die Halbschatten an ihrem äußeren Rand sind $10\,\text{km}$ $\frac12^\circ\cdot\frac\pi{180^\circ}\approx 0.009$ $80\,\text{km}$ $\approx 700\,\text{m}$ $\approx 10\,\text{km}-700\,\text{m}$ $\approx 10\,\text{km}+700\,\text{m}$ breit.

Hagen von Eitzen
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