Visualizza Versione Completa : Tempo di transito nell'oculare
Innanzitutto non so se è la sezione giusta del forum.
La domanda è: esiste una formula che leghi campo visivo dell'oculare e declinazione dell'oggetto osservato per determinare quanto tempo si avrà l'oggetto visibile nell'oculare?
Da quello che ho capito osservando, la declinazione influisce sulla velocità e quindi sul tempo di transito nel campo visivo dell'oculare, mentre l'ascensione retta determina la direzione di transito.
Non punitemi se ho fatto una domanda assurda...
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Marcos64
06-10-2016, 21:34
Conosciuto il campo reale inquadrato, data la rotazione della Terra di 15 gradi/h, si fa presto a calcolare, almeno credo. 15/60 sono i gradi al minuto dello spostamento, 0,25. Un CR di un grado vorrebbe dire 4 minuti per il passaggio. Mi parte tanto, meglio sentire un esperto. :rolleyes:
Angeloma
06-10-2016, 21:37
No, non è tanto: è proprio il tempo di transito esatto.
Dunque la cosa della declinazione non c'entra? Ma allora perche, simulato anche con Stellarium, la Polare si muove moooolto lentamente mentre, per esempio, Vega lo si osserva di meno?
Tuttavia, mi mancano prove cronometriche da bordo a bordo dell'oculare su diversi oggetti per confermare.
Anche a me 4 minuti paiono tanti (CR 0,75° dunque transito in 3 minuti), sarà che il tempo passa così veloce osservando...
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In effetti, se consideriamo che a declinazione 90° la Polare sta (praticamente) ferma quindi velocità di transito nell'oculare pari a 0', si dovrebbe supporre che una stella vicina all'equatore, tipo Fomalhaut, si muova a velocità massima (circa 4' per percorrere 1°).
Ma allora si potrebbe supporre che la velocità di transito sia inversamente proporzionale alla declinazione e che una stella posta a 45° di declinazione ci metta 8' ? :confused:
Marcos64
07-10-2016, 08:27
E' da ieri sera che mi arrovello su questo quesito, in effetti in prossimita' della Polare le cose non possono andare come in aree prossime all'equatore celeste. Ci deve essere sicuramente un sistema per calcolare la variazione in funzione della declinazione, ho anche cercato in giro ma non trovo nulla. Ci vuole un esperto di meccanica celeste, speriamo in un intervento risolutore.
Il primo post dopo mesi di latitanza!
Il tempo ad una data declinazione è proporzionale a cos(dec).
Ci vorrebbe un disegnino ma in treno non riesco, e on line ho trovato solo http://www.vanderbilt.edu/AnS/physics/astrocourses/AST101/labs/transits.html che fa un uso diverso del tempo di transito, ma poco cambia. Serve solo il disegno. [emoji6]
Il fulcro del discorso è: quanto è lunga l'orbita apparente di una stella?
All'equatore 360°, man mano che si sale verso il polo scende a 0°, con il coseno di declinazione. Se nel disegno metti D=1 ottieni la lunghezza in gradi. Quello che ci serve. Il tempo è sempre quello, 24 ore. A questo punto avendo il TFOV il gradi, T=TFOV/(360*cos(dec)) in ore. Se non ho sbagliato le unità di misura. [emoji14]
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Faccio un po' di calcoli trigonometrici e vediamo che esce fuori!
Certo che se si riuscisse a calcolare la misura della circonferenza che in 24 ore un oggetto compie intorno al polo nord celeste (a un determinato campo visivo) sarebbe tutto più facile, ma sappiamo che la sfera celeste non ha una distanza definita (o definibile).
Qualche informazione in più forse l'ho trovata qui: https://it.wikipedia.org/wiki/Astronomia_sferica (ci sono termini mai sentiti prima :wtf:)
Il fulcro del discorso è: quanto è lunga l'orbita apparente di una stella?
All'equatore 360°, man mano che si sale verso il polo scende a 0°, con il coseno di declinazione.
A parte il fatto che fin dai tempi dell'adolescenza, quando sentivo in classe parlare di coseno e di seno, la mia scarsa attenzione staccava la spina e se ne andava verso immagini più suggestive di quelle della lavagna ... :whistling:...e di trigonometria non ci ho mai capito nulla, ma secondo me tutte le stelle descrivono un orbita apparente di 360° solo che in qualche modo i gradi all'equatore sono ovviamente più ampi che non in prossimità del polo.
Gli spicchi di un'arancia ideale che abbia 12 spicchi identici: la zona equatoriale dello spicchio sarà più carnosa che non quella verso il picciolo, pur essendo in teoria sempre di 30°.
Credo che il problema venga dal voler convertire i gradi in misura metrica...
Esatto Phil, guardando questa gif animata (che se non si dovesse visualizzare è qui: https://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/2/21/Zirkumpolar_ani.gif)
20337
è ovvio che a un dato campo visivo le circonferenze apparenti disegnate dalle stelle aumentano con l'aumentare della distanza dal nord celeste, e dunque al diminuire della declinazione. Fanno tutte 360° in 24 ore (circa), ma a diverse "velocità" lineari. E sul fatto di convertire i gradi in misure lineari, c'è la https://it.wikipedia.org/wiki/Geometria_sferica che io però non ho studiato (pur avendo fatto lo scientifico...).
Comunque la formula di Davider non mi pare funzionare :hm:
Marcos64
07-10-2016, 10:08
Mannaggia fabpc, in che ginepraio ci hai infilato! :)
A parte la battuta, discorso molto interessante, e' che pure io come Phil, con la trigonometria non ho mai legato tanto. Sono comunque sicuro che seguendo questa strada, troveremo una formula funzionante.
Comunque, pensando alla geografia terrestre (o meglio alla navigazione), è evidente che le distanze angolari tra i meridiani non hanno una relazione diretta con le distanze metriche, ci deve essere qualche coefficiente che tenga conto del parallelo sul quale ci si trovi
Si percorrono molte più miglia navigando ad esempio dalla longitudine 30° W a 40°W qualora ci si trovi ai Tropici che non in prossimità del Circolo Polare...
E tra terrestre e celeste dovrebbe seguire la stessa logica.
Marcos64
07-10-2016, 10:41
La velocita' angolare della Terra, e' effettivamente 15 gradi/h, la si considera pero' uguale a 0 ai poli. Quella lineare, all'equatore, e' di circa 1600 km/h e decresce verso i poli fino allo 0, per ovvi motivi. Ne consegue che tutte le stelle sull'equatore celeste, per esempio la Cintura di Orione, viaggiano apparentemente alla massima velocita' lineare, tutte quelle che si allontanano dall'equatore sia verso Nord che verso Sud, rallentano il loro moto apparente. Chi sa di matematica, credo non abbia problemi a trovare un fattore di correzione legato alle diverse declinazioni, quello che invece mi pare difficile, e' trasformare una velocita' lineare in angolare, per fare riferimento al campo reale inquadrato, ovviamente in gradi. :rolleyes:
Se usassimo il metodo sperimentale?
metto un oculare con campo reale z, prendo la stella x1 con declinazione y1 e la porto a un bordo dell'oculare, in maniera che passi per il centro dell'oculare, e misuro il tempo t1 che impiega da bordo a bordo(*).
Faccio lo stesso con le stelle x2, x3, x4, ecc.
In base ai dati, vedo se c'è una relazione matematica tra y e t e verifico su una nuova stella se il dato atteso è uguale a quello ottenuto dalla formula!
In ogni caso, il mio quesito nasce un po' per curiosità e un po' per sapere cosa aspettarsi da campi reali piccoli per eventuali nuovi oculari spinti per il planetario sul mio Mak 150. A giorni mi arriva la EQ5, valuterò quindi se tipo per Natale avrò bisogno dei motori AR/DEC (come già detto in un altro post, non mi interessa il GOTO).
(*) penso che si possa approssimare l'arco percorso dalla stella nell'oculare come una linea retta...
Quel fattore di correzione e' \cos\left( \delta \right) !
Si trova tanto sul discorso inverso, cioe' quanto vale il FOV dato il tempo di transito e la declinazione. Ad esempio: http://www.cloudynights.com/topic/407068-eyepiece-aparent-field-of-view/?p=5373797.
Marcos64
07-10-2016, 12:52
Il tuo quesito nasce per curiosita', dici, e' che qui siamo tutti curiosi! :) Il link postato purtroppo non l'ho capito causa il mio scarso inglese, se contiene soluzione al nostro problema, bisogna che qualcuno lo spieghi in lingua italica.
Niente da fare, non ho troppi problemi con l'inglese ma davanti a termini come coseno (o anche combinato disposto, ammortamento o preferenze di lista, ecc.) mi si intorpidisce il neurone e sento la narcolessia in agguato....:D
p.s. comunque la formula necessaria sembra essere TFOV = 15.04*T*Cos(delta)
cioè il campo reale = 15,04 x Tempo necessario alla stella per passare da un estremità all'altra del campo visivo x lo stramaledetto coseno della declinazione della stella considerata...
Io non ho problemi con la trigonometria, "ammortamento" e "preferenze di lista" mi fanno il tuo stesso effetto e "combinato disposto" non so minimamente cosa sia... [emoji23]
In ogni caso la formula è quella. La mia spiegazione era fumosa, lo ammetto. Solo che non saprei come fare per renderla diversa. Ci provo!
Prendiamo un mappamondo: diciamo che l'equatore è lungo 360 gradi. Man mano che salgo verso il polo la lunghezza dei paralleli cala, riducendosi a 0 al polo. Come cala? Come il coseno della latitudine. Questa è trigonometria e non se ne scappa. [emoji14]
Facciamo girare il mappamondo in modo che compia un giro in un giorno (che noia!), e in un foglio di carta tagliamo una fessura larga x° (nella scala "equatore"). Il nostro oculare. Mettiamo la fessura parallela ad un meridiano (ouch!), incurvata come il globo e vediamo cosa succede ai meridiani che passsano sotto alla fessura. Vicino ai poli ci mettono di più, dato che la velocità è più bassa, essendo il tempo lo stesso ma la lunghezza del parallelo più corta. Quanto di più? Come il reciproco del coseno della declinazione. È il discorso dello spicchio di arancia che faceva PHIL53 [emoji6]
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Grosso modo credo di avere capito e ti ringrazio. Mi sono resoconto però di avere la stessa malattia di PHIL53.
Grande davider, ora a me una calcolatrice scientifica che stanotte darò i numeri!
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Marcos64
07-10-2016, 21:46
Niente da fare, non ho troppi problemi con l'inglese ma davanti a termini come coseno (o anche combinato disposto, ammortamento o preferenze di lista, ecc.) mi si intorpidisce il neurone e sento la narcolessia in agguato....:D
p.s. comunque la formula necessaria sembra essere TFOV = 15.04*T*Cos(delta)
cioè il campo reale = 15,04 x Tempo necessario alla stella per passare da un estremità all'altra del campo visivo x lo stramaledetto coseno della declinazione della stella considerata...
Fatemi un ripassino di matematica, che sono molto arrugginito, intanto chiamo il tempo di transito TT, quindi:
CR = 15,04 x TT x cosDEC
Per avere TT che e' quanto ci interessa:
TT = CR / 15,04 x cosDEC
E' corretto? :rolleyes:
Stefanone
07-10-2016, 22:39
Mi entrate in crisi per un semplice calcolo dell'appartamento in una rotta lossodromica!!!:cool::biggrin::colbert:
Eccovi un link con la spiega: http://digilander.libero.it/ldmf7/navigazione.pdf
Puntate dritti al capitolo 6.2 - Navigazione per parallelo
Tra l'altro c'è anche la tabella 6.1 dalla quale potete ricavare per interpolazione il dato che vi serve perchè il miglio marino, appunto per semplificare i calcoli trigonometrici equivale a 1852 metri ovvero un primo di circonferenza massima!
Poi me la leggo... Vediamo se è più chiara della mia... [emoji23]
Marcos64 In ogni caso la formula del TT dato CE è [emoji106] .
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Marcos64
08-10-2016, 06:31
Mi entrate in crisi per un semplice calcolo dell'appartamento in una rotta lossodromica!!!:cool::biggrin::colbert:
Eccovi un link con la spiega: http://digilander.libero.it/ldmf7/navigazione.pdf
Puntate dritti al capitolo 6.2 - Navigazione per parallelo
Tra l'altro c'è anche la tabella 6.1 dalla quale potete ricavare per interpolazione il dato che vi serve perchè il miglio marino, appunto per semplificare i calcoli trigonometrici equivale a 1852 metri ovvero un primo di circonferenza massima!
In verita', vado gia' in crisi per lo scorporo dell'IVA! :)
Grazie comunque del contributo di livello, ci voleva, adesso non resta che verificare sperimentalmente la validita' della formula, che certo e' piu' divertente. Intanto mi leggo e rileggo l'articolo che hai postato, sa mai che debba tracciare rotte marittime! :)
Grazie ! Più che il capitolo 6.2, trovo molto chiara la tabella 6.1 (preceduta dalla definizione "l'arco di parallelo dipende dalla sua latitudine") che conferma quanto presumevo qualche post fa...per andare dal meridiano 15° al meridiano 20° sono quasi 282 mg se sono in zona equatoriale, ma solo 77,6 se in alte latitudini.
In base a quanto sopra, rimane comunque contro intuitivo che la stella traversi l'oculare più rapidamente nei pressi dell'equatore celeste (distanza maggiore) che non in prossimità del polo (distanza minore)...:shock:
Oppure il fatto che malgrado la solida Terra ruoti a velocità costante, si mi trovo all'equatore sto viaggiando a più di 1.800 kmh mentre se sono nei pressi del Polo...sono quasi fermo...(dove ho messo l'aspirina ??) :D
Ho fatto alcune prove sperimentali, ma mi sono accorto di un errore sistematico di cui non avevo tenuto conto.
Intanto quello che ho registrato al telescopio Mak 150/1800, oculare 28mm 56°, dunque 64x e FoV 0,875°.
Misurazioni cronometrate su alcune stelle di cui avevo visibilità dal balcone di casa:
Alkaid (dec 49° 13') T=4' 34"
Vega (dec 38° 48') T=3' 58"
Cebalrai (dec 4° 33') T =3' 06"
L'errore è stato quello di usare una metodologia di rilevazione dei tempi di transito completata fuorviante: trovando difficoltà a capire da quale bordo dell'oculare posizionare la stella per determinare il tempo all'arrivo opposto, ho pensato di posizionarla al centro dell'oculare e conteggiare i secondi fino all'arrivo al bordo, moltiplicando per due il risultato.
Ora, a parte che già visivamente avevo notato che la stella, nel suo percorso, andava a disegnare una curva un po' strana, solamente stamattina facendo uno scarabocchio in Paint mi sono accorto che anche a 0,875° la stella non percorre il diametro dell'oculare in senso rettilineo, ma fa appunto un arco passante per il centro dello stesso. Il che significa che quei tempi sono inferiori rispetto a quelli che si avrebbero trovando l'arco massimo della traiettoria che la stella in questione avrebbe trovando il giusto punto iniziale sul bordo dell'oculare!
Però da questo errore ho capito che per chi non possiede strumentazioni dotate di auto-inseguimento sapere dove posizionare inizialmente un oggetto può aumentare di preziosi secondi la loro osservazione prima di dover ripuntare.
In ogni caso, applicando la formula FoV=T * 15,04 * cos(delta) e quindi T = FoV / (15,04 * cos(delta)) ho trovato innanzitutto che T è espresso in ore, che Excel vuole gli angoli in radianti per calcolarne il coseno e che le mie misurazioni sono da rifare (con i miei tempi mi usciva un Fov di 0,75°, mentre i tempi teorici erano ovviamente superiori di un 12% rispetto a quelli da me rilevati)
A questo punto però mi sono nate quattro nuove considerazioni:
- la prima è che i tempi di transito che alcune app riportano in funzione delle ottiche utilizzate si riferiscono, se ho fatto i calcoli giusti, a oggetti con declinazione 88° 59' (:confused:)
- la formula, giacchè utilizza il coseno, dovrebbe andar bene con oggetti con declinazione negativa che quindi "ruotano" intorno il Polo Sud Celest
- probabilmente misurazioni cronometriche più precise si possono avere con gli oggetti vicinissimi all'equatore celeste, dal momento che non ruotano intorno i poli celesti, tipo alcune stelle nell'Aquila
- interessante vedere come l'ascensione retta cambi la direzione di transito dell'oggetto nell'oculare.
Quesito interessante e utile…do la mia interpretazione e tento una dimostrazione della formula TFOV = 15.04*T*Cos(delta).
Innanzitutto, da dove esce questo 15.04? Dalla durata del giorno siderale (intervallo di tempo tra due culminazioni successive di una stella sul meridiano), che corrisponde ad una rotazione di 360° e vale 23h56m4s. Convertiamo questa durata da sessagesimale in decimali: 23+(56/60)+(4/3600)=23+0.93333+0.001111=23.934h
Pertanto la velocità angolare della Terra sarà 360°/23.934h=15.04°/h c.v.d.
Il cos(delta) tiene conto della declinazione, all’equatore delta=0° e cos(0)=1, al polo delta=90° e cos (90°)=0. La di velocità di transito si corregge pertanto nella forma v=15.04°/h * cos(delta), e sarà massima all’equatore (essendo cos(0)=1) e minima al polo (essendo cos (90°)=0).
Nella formula iniziale compare un tempo T, che è un dato di input. Fissato tale tempo, la formula mi dice quale deve essere il campo reale TFOV (°) affinchè l’oggetto resti all’INTERNO di tale campo per QUEL determinato tempo. Per i nostri usi, andrebbe letta invertita, cioè dato il TFOV del nostro oculare, ci dice per quanto tempo l’oggetto resterà inquadrato: T=TFOV/(15.04*cos(delta))
Nell’esempio di fabpc, con un TFOV=0.875°,avendo Alkaid delta=49°13’ , si ha cos(delta)=0.65, quindi T=0.875° / (15.04°/h * 0.65)= 0.089h=5.37’
Questa la mia interpretazione.
Marcos64
12-10-2016, 20:19
Come si dice...problema risolto! :)
Esatto Phil, guardando questa gif animata (che se non si dovesse visualizzare è qui: https://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/2/21/Zirkumpolar_ani.gif)
20337
è ovvio che a un dato campo visivo le circonferenze apparenti disegnate dalle stelle aumentano con l'aumentare della distanza dal nord celeste, e dunque al diminuire della declinazione. Fanno tutte 360° in 24 ore (circa), ma a diverse "velocità" lineari. E sul fatto di convertire i gradi in misure lineari, c'è la https://it.wikipedia.org/wiki/Geometria_sferica che io però non ho studiato (pur avendo fatto lo scientifico...).
Comunque la formula di Davider non mi pare funzionare :hm:
Supponiamo di utilizzare una montatura equatoriale in stazione.
Per inseguire un oggetto che si muove con velocità angolare costante modifichiamo AR compensando la rotazione terrestre.
Due oggetti sullo stesso meridiano passeranno al meridiano successivo "rigidamente" e il tempo che impiegheranno sarà il medesimo, indipendentemente dalla loro declinazione.
Questo significa che per non perdere uno qualsiasi dei due, facendolo uscire dal campo visivo dell'oculare, dovrò agire allo stesso modo che per l'altro. Insomma il tempo di passaggio da un lato all'altro del campo è lo stesso. Un grado è percorso in 4 minuti. E' comunque un grado a qualsiasi declinazione perché è compreso tra due piani che passano per i poli e hanno l'apertura di un grado
Se la montatura è altazimutale, allora la cosa è diversa perché le correzioni da fare sono due, quella azimutale e quella della altezza sull'orizzonte.
A seconda della latitudine a cui mi trovo la situazione cambia, ma devo comunque inseguire gli oggetti con due aggiustamenti invece di uno solo. il tempo di passaggio nel campo dell'oculare varia restando in ogni caso al di sotto di quello che si avrebbe con la montatura equatoriale.
Per capire come cambiano le cose e poter fare delle previsioni occorre convertire il sistema di coordinate equatoriale in quello altazimutale e questo si può fare con la trigonometria sferica. (In realtà ci si può riuscire con una serie di trasformazioni anche usando la trigonometria piana ma è una cosa piuttosto lunga).
Personalmente preferisco le montature equatoriali senza motorizzazione, insomma una cosa archeologica che trovo più divertente, ovviamente non dovendo fare fotografie.
Spero di non avere detto cose imprecise o troppo ovvie. Ciao a tutti.
lucianob
18-12-2016, 19:05
Per l'esattezza ale.crl il Giorno Siderale vale 23h 56' 04",09890369 = 23,93447191769170 = 0.99726966323715400 Fraz. giorno, e in Radianti equivale a 0,0000729211514670701 \omega Rad/S¯1
[Trovi nel mio foglio calcolo i valori] *
Indi ====> 15,041067178670357535447340937158 ---------------- giusto per doverosa informazione .. (prendere solo per il calcolo del tempo 15 cifre dopo decimali. Come dice JPL)
Meno male che hai risposto tu cosi'0 ho evitato io che ero assente :biggrin:
Ti Ringrazio perché e' corretto.
Quesito interessante e utile…do la mia interpretazione e tento una dimostrazione della formula TFOV = 15.04*T*Cos(delta).
Innanzitutto, da dove esce questo 15.04? Dalla durata del giorno siderale (intervallo di tempo tra due culminazioni successive di una stella sul meridiano), che corrisponde ad una rotazione di 360° e vale 23h56m4s. Convertiamo questa durata da sessagesimale in decimali: 23+(56/60)+(4/3600)=23+0.93333+0.001111=23.934h
Pertanto la velocità angolare della Terra sarà 360°/23.934h=15.04°/h c.v.d.
Il cos(delta) tiene conto della declinazione, all’equatore delta=0° e cos(0)=1, al polo delta=90° e cos (90°)=0. La di velocità di transito si corregge pertanto nella forma v=15.04°/h * cos(delta), e sarà massima all’equatore (essendo cos(0)=1) e minima al polo (essendo cos (90°)=0).
Nella formula iniziale compare un tempo T, che è un dato di input. Fissato tale tempo, la formula mi dice quale deve essere il campo reale TFOV (°) affinchè l’oggetto resti all’INTERNO di tale campo per QUEL determinato tempo. Per i nostri usi, andrebbe letta invertita, cioè dato il TFOV del nostro oculare, ci dice per quanto tempo l’oggetto resterà inquadrato: T=TFOV/(15.04*cos(delta))
Nell’esempio di fabpc, con un TFOV=0.875°,avendo Alkaid delta=49°13’ , si ha cos(delta)=0.65, quindi T=0.875° / (15.04°/h * 0.65)= 0.089h=5.37’
Questa la mia interpretazione.
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