Tempo di transito nell'oculare

[fabpc]

Grande @davider, ora a me una calcolatrice scientifica che stanotte darò i numeri!

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[Marcos64]

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....

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?

[Stefanone]

Mi entrate in crisi per un semplice calcolo dell'appartamento in una rotta lossodromica!!!

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!

[davider]

Poi me la leggo... Vediamo se è più chiara della mia...
@Marcos64 In ogni caso la formula del TT dato CE è .

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[Marcos64]

Mi entrate in crisi per un semplice calcolo dell'appartamento in una rotta lossodromica!!!

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!

[PHIL53]

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)...

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 ??)

[fabpc]

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' ()
- 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.

[ale.crl]

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]

Come si dice...problema risolto!

[felix]

Esatto Phil, guardando questa gif animata (che se non si dovesse visualizzare è qui: https://upload.wikimedia.org/wikiped...mpolar_ani.gif)

Allegato 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

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.