Einf¨uhrung in die Astronomie – ¨Ubungen

Einführung in die Astronomie – Übungen
Lösungsvorschläge zur 3. Übungsserie
2015-11-19
riz
on
Zum
Obj
ekt
t(
°)
=9
0
(h
n it
Ze
Ho
m
m
Zu
Zu
Zum Nordpol (δ=90°)
Aufgabe 3.1
h=
0°
K)
t (O
)
(UK
ek
Obj
Zu m
)
δ
Zum Äquator (δ=0°)
OK
Zu
m
Ho
dir
(h
=9
0°
)
riz
on
t(
h=
0°
Zu
m
Na
)
Abbildung 1: Obere und Untere Kulmination.
Abbildung 1 kann man entnehmen, dass die maximale Höhe (d. h. die Höhe der Oberen Kulmination, OK)
gegeben ist durch hOK = 90◦ − |φ − δ |. Stimmen geografische Breite φ und Deklination δ überein, dann beträgt
die maximale Höhe eines Objekts 90◦ , läuft es also durch den Zenit. Jede Differenz zwischen φ und δ (deshalb
die Betragsstriche) reduziert die maximale Höhe. Die minimale Höhe (d.h. die Höhe der Unteren Kulmination,
UK) ergibt sich zu hUK = −90◦ + |φ + δ |. Beide Formeln gelten auch auf der Südhalbkugel.
Alternativ kann man auch über die Beziehungen der sphärischen Trigonometrie herangehen. Aus der Transformationsgleichung zwischen Horizont- und Äquatorsystem ergibt sich folgende Formel für die Höhe h über dem
Horizont:
sin h = cost cos δ cos φ + sin δ sin φ .
wobei h die Höhe, t der Stundenwinkel, δ die Deklination des Himmelsobjekts und φ die geografische Breite
des Beobachters ist. Die geografische Breite von Jena beträgt φ = 50◦ 550 = 50,9◦ . Am 22. Juni hat die Sonne
eine Deklination von δ = +23,5◦ , am 23. Dezember gilt δ = −23,5◦ . Den höchsten Stand erreicht die Sonne
mittags, also bei einem Stundenwinkel t = 0 h = 0◦ ; ihren niedrigsten Stand 12 Stunden später (t = 12 h = 180◦ ).
Die Extrema von sin h für einen bestimmten Tag (also ein bestimmtes φ ) liegen damit bei
sin hex = ± cos δ cos φ + sin δ sin φ = ± cos(φ ∓ δ ) = ± sin(90◦ − φ ± δ )
= sin(±90◦ − φ ± δ )
(1)
◦
= sin(±90 + φ ∓ δ )
(2)
also
hOK =
und
hUK =
90◦ − φ + δ
90◦ + φ − δ
−90◦ + φ + δ
−90◦ − φ − δ
für φ − δ ≥ 0
für φ − δ < 0
für φ + δ ≥ 0
für φ + δ < 0.
Die Fälle für ≥0 und <0 ergeben sich dabei jeweils aus Gleichung 1 und Gleichung 2. Für den 22. Juni
(Sommersonnenwende) ergibt sich somit eine maximale Höhe der Sonne über dem Horizont in Jena von 62,6◦
1
und eine minimale Höhe von −15,6◦ , also knapp 16 Grad unter dem Horizont. Zur Wintersonnenwende am
23. Dezember sind die Werte umgekehrt: am Mittag steht die Sonne hier nur 15,6◦ über dem Horizont – um
Mitternacht befindet sie sich bei h = −62,6◦ unter dem Horizont.
Die Rechnung ließe sich analog für Tromsø (φ = 69◦ 390 = 69,7◦ )durchführen. Zur Sommersonnenwende beträgt
der Höchststand der Sonne hier 43,8◦ – sie steht also deutlich tiefer als in Jena. Dafür steht sie um Mitternacht
immer noch 3,2◦ über dem Horizont – es wird also die ganze Nacht nicht dunkel. Zur Wintersonnenwende ist
die Situation wieder umgekehrt: Selbst zu Mittag steht die Sonne immer noch etwa 3,2◦ unter dem Horizont.
Ursache für die Unterschiede ist die Tatsache, dass Tromsø schon innerhalb des nördlichen Polarkreises liegt,
der bei einer geografischen Breite von 90◦ − 23,5◦ = 66,5◦ beginnt. Ab hier geht für mindestens einen Tag im
Jahr die Sonne im Winter nicht auf (Polarnacht) und entsprechend für die gleiche Anzahl an Tagen im Sommer
nicht unter (Polartag).
Aufgabe 3.2
Das Problem und die gesuchten Winkel bzw. Koordinaten sind in Abb. 2a dargestellt. Ekliptik- und Äquatorialebene
sind gegeneinander um etwa ε = 23,4° geneigt. Entsprechend ist der ekliptische Nordpol (ENP) auch automatisch um diesen Winkel vom äquatorialen Nordpol (dem Himmelsnordpol) entfernt. Seine Deklination beträgt
somit
δENP = 90° − 23,4° = 66,6°.
(3)
Ekliptiksystem und Äquatorialsystem II teilen sich den Frühlingspunkt, die Schnittrichtung zwischen den beiden
Bezugsebenen, als Bezugsrichtung. Der ENP ist also entweder in Richtung α = 6 h oder α = 18 h um 23,4°
verkippt. Da die Sonne nun im Sommer (also beispielsweise zum Sommeranfang bei α = 6 h) oberhalb des
Äquators steht, muss der ENP Richtung
αENP = 18 h
(4)
verschoben sein.
Der ekliptische Südpol ist entsprechend gegenüber, also bei
δESP = −66,6°,
αESP = 6 h.
(5)
Zusatzaufgabe 3.3
Als Vorarbeit ist es günstig den Abstand zwischen zwei gegebenen Punkten (z. B. im Äquatorialsystem II:
P1 = (α1 , δ1 ) und P2 = (α2 , δ2 )) in einem Himmelskoordinatensystem zu kennen. Dieses Problem ist in Abb. 2b
dargestellt, die gesuchte Entfernung ist a. Ein für die Berechnung geeignetes nautisches Dreieck ist das durch P1 ,
P2 und den Himmelsnordpol aufgespannte. Von diesem kennen wir die Größen
c = 90° − δ1 ,
b = 90° − δ2 ,
A = α2 − α1 .
Mit dem Kosinussatz der sphärischen Trigonometrie lässt sich daraus a (bzw. cos a) ermitteln:
cos a = cos b cos c + sin b sin c cos A
= cos(90° − δ1 ) cos(90° − δ2 ) + sin(90° − δ1 ) sin(90° − δ2 ) cos(α2 − α1 )
= sin δ1 sin δ2 + cos δ1 cos δ2 cos(α2 − α1 ).
(6)
Sind wie hier Horizontkoordinaten (P1 = (A1 , h1 ) und P2 = (A2 , h2 )) gegeben, folgt analog
cos a = sin h1 sin h2 + cos h1 cos h2 cos(A2 − A1 ).
(7)
In Abb. 2c ist das eigentliche Problem dargestellt, der gesuchte Winkel zwischen den Großkreisen, die Stern (∗)
2
und Nordpol (HNP) sowie Stern und Sonne () verbinden. Der direkte Weg führt jetzt über eine Berechnung
aller drei Seitenlängen des eingezeichneten Dreiecks (das jetzt ein anderes ist, als das eben verwendete) zu einer
anschließenden Berechnung des Winkels mittels Kosinussatz. Man beginnt dann mit
cos a = sin hHNP sin h + cos hHNP cos h cos(AHNP − A ) = sin hHNP sin h ,
| {z }
(8)
90°
cos c = sin hHNP sin h∗ + cos hHNP cos h∗ cos(AHNP − A∗ )
| {z }
180°
= sin hHNP sin h∗ − cos hHNP cos h∗ = − cos(hHNP + h∗ )
c = 180° − (hHNP + h∗ ),
(9)
cos b = sin h∗ sin h + cos h1 cos h2 cos(A∗ − A ) = sin h∗ sin h ,
| {z }
(10)
−90°
cos A =
cos a − cos b cos c
sin b sin c
(11)
und erhält
cos A =
=
=
=
=
sin hHNP sin h + sin h∗ sin h cos(hHNP + h∗ )
p
(da sin2 x + cos2 x = 1)
2
2
1 − sin h∗ sin h sin(hHNP + h∗ )
sin h
sin hHNP + sin h∗ (cos hHNP cos h∗ − sin hHNP sin h∗ )
p
·
2
2
sin(hHNP + h∗ )
1 − sin h∗ sin h
sin hHNP cos2 h∗ + sin h∗ cos hHNP cos h∗
sin h
p
·
sin(hHNP + h∗ )
1 − sin2 h∗ sin2 h
:1
h
sin h cos h∗
sin hHNP cos h∗ +
sin
h
cos
HNP
∗
p
·
+ h )
2
2
sin(h
HNP
∗
1 − sin h∗ sin h
sin h cos h∗
sin(−20°) cos 60°
p
≈ −0,18
=q
1 − sin2 h∗ sin2 h
1 − sin2 60° sin2 (−20°)
A ≈ 100°.
(12)
(13)
Alternativ könnte man aber auch ausnutzen, dass der Zenit auf demselben Großkreis liegt, der Stern und Nordpol
verbindet, weil A∗ = 0 h (der Stern liegt also im Süden) und AHNP = 12 h. Man kann also auch das Dreieck aus
Stern, Zenit und Sonne nutzen (Abb. 2d). Der Vorteil hiervon ist, dass nur die Strecke zwischen Stern und Sonne
zunächst unbekannt ist. Der Abstand Zenit–Sonne dagegen ergibt sich aus der Höhe der Sonne. Hier hat man
a = 90° − h = 110°,
c = 90° − h∗ = 30°,
cos b = sin h∗ sin h (siehe oben),
cos a − cos b cos c
cos A =
sin b sin c
und erhält ebenfalls
cos A =
=
sin h − sin h∗ sin h sin h∗
p ,
1 − sin2 h∗ sin2 h cos h∗
sin h cos h∗
p
.
1 − sin2 h∗ sin2 h
(14)
3
b)
a)
Himmelsnordpol
Himmelsnordpol
b
ε
c
δENP
P1
A
b
b
a
b
δ1
Äquator
ik
Eklipt
−αENP
ε
b
α1
P2
δ2
α2
d)
c)
Himmelsnordpol
Himmelsnordpol
b
b
c
b
N H
or
izo a
nt
Himmelsäquator
Sonne
A
b
Stern
b
N H
or
izo
nt
Himmelsäquator
Sonne
b
φ
S
Z
c
A
a
b
Stern
b
b
φ
S
Abbildung 2: a) Lage des ekliptischen Nordpols (αENP , δENP ) im Äquatorsystem II. b) Abstand a zwischen
zwei Punkten P1 = (α1 , δ1 ) und P2 = (α2 , δ2 ). c) Nautisches Dreieck zwischen Stern, Himmelsnordpol und
Sonne. d) Nautisches Dreieck zwischen Stern, Zenit und Sonne.
4