Wie groß müsste ein Sonnensegel sein, um von der Umlaufbahn des Pluto aus entdeckt zu werden?

Die praktische Nachweisgrenze für HST liegt bei etwa einer visuellen Größe von 30 – diese Zahl wurde im ultratiefen Feld erreicht. Unter der Annahme, dass das Sonnensegel für die etwa 100 Stunden der erforderlichen Belichtung einigermaßen stationär blieb, könnten wir darauf basierend eine Berechnung durchführen. Es ist absolut nicht erforderlich, das Objekt aufzulösen, um es zu erkennen.

Wenn Sie einen perfekten Spiegel haben, haben Sie nur dann eine Chance, ihn zu sehen, wenn die Ausrichtung zwischen Sonne, Erde und Segel absolut perfekt ist (ich komme darauf zurück). In diesem Fall sehen Sie eine Reflexion der Sonne und beobachten so effektiv aus der Ferne die Summe von Sonne-Pluto + Pluto-Erde. Ich überlasse es Ihnen, die genauen Details zu finden, natürlich hängt es davon ab, zu welcher Jahreszeit Sie suchen und wo sich Pluto in seiner Umlaufbahn befindet, aber es wird ungefähr sein $d=40+40=80$Astronomische Einheiten (au).

Nehmen wir an, der Spiegel ist eine Scheibe. Wir sehen ein Bild der Sonne in dieser Scheibe. Um 80 Uhr wird die Sonne erscheinen$\theta_0=5.8\times 10^{-5}$Radiant über. Unter der Annahme, dass die Sonnenscheibe gleichmäßig hell ist und das Bild im Spiegel zentriert ist, wird der auf der Erde empfangene Fluss durch gegeben

$$f = \frac{L_{\odot}}{4\pi d^2} \times Max(1,\left(\frac{\theta}{\theta_0}\right)^2),$$ Wo $\theta$ist der tatsächliche Winkel, den der Spiegel an der Erde einschließt, und der Fluss wird nicht größer, wenn $\theta > \theta_0$.

Nehmen Sie an, dass das reflektierte Licht das gleiche Spektrum wie die Sonne hat, dass die Sonne eine scheinbare Helligkeit von -26,74 hat und dass der konstante Sonnenfluss bei 1 AE 1360 W/m beträgt$^2$. Die scheinbare Größe$m$bezieht sich auf$f$von

$$f = 1.36 \times 10^3 \times 10^{-(26.74+m)/2.5}$$

Die Kombination der beiden Gleichungen für$f$

$$\theta = 36.9 d\theta_0 \left(\frac{4\pi }{L_{\odot}} 10^{-(26.74+m)/2.5}\right)^{1/2}$$

Wenn ich es versuche$m=30$,$d=80 au$, das gibt$\theta = 2.1\times10^{-14}$Radianten, viel kleiner als das Sonnenbild. In einer Entfernung von$\sim 40\ au$, der Spiegel ist weniger als einen Meter breit.

Könnte das wahr sein? Ich denke, es liegt an den unrealistischen Annahmen eines perfekten Spiegels und einer spiegelnden Reflexion. Andererseits wissen wir, dass relativ kleine Reflektoren helle Bilder am Himmel erzeugen. Ein Beispiel wären die Iridium -Eruptionen , die von Satelliten im erdnahen Orbit von polierten Antennen in Türgröße gesehen werden. Diese Blitze dauern für einen stationären Beobachter auf der Erde einige Sekunden und erreichen eine Stärke von -8.

Ein realistischeres Szenario für die Erkennung des Segels könnte also sein, dass die Ausrichtung nur für wenige Sekunden optimal ist. In diesem Fall mit$m=30$ist verrückt. Ich habe mit dem Belichtungszeitrechner von HST ACS herumgespielt. Eine Belichtung von 10 Sekunden kann ein SNR von 10 auf einem Objekt mit erreichen$m=21$. Setzen Sie diesen Wert von$m$in ergibt einen Spiegeldurchmesser von 8 Metern . Immer noch bemerkenswert klein, aber die Sonne ist hell, selbst bei Pluto. Es wäre auch interessant zu wissen, wo die Grenzen bei der Herstellung von Spiegeln liegen, die eine so reine Spiegelreflexion erzeugen können. Ich vermute, dass dies der Deal Breaker sein könnte, habe aber überhaupt keine Kenntnis davon.

Wenn Sie die Reflexion Lambertian machen, muss der Spiegel größer sein. Sie skalieren effektiv auf den Bereich von Pluto, der eine ziemlich hohe Albedo hat (vielleicht 0,5). Es hat eine visuelle Größe von etwa 14, mit einer effektiven Emissionsfläche von$4.4\times10^{12}\ m^2$. Skalieren Sie dies auf$m=30$(Sie müssten es nicht genau im richtigen Moment beobachten) ergibt einen erforderlichen Spiegeldurchmesser von etwa 1 km .

Eine Rückseite der Hüllkurvenberechnung:

Die dunkelsten Objekte, die vom HST erkannt werden können, haben eine absolute Größe$\sim30$, oder Macht$3\times10^{-20}\text{W}$. Unter der Annahme, dass die Segel eine Albedo von 1 haben, haben wir einen Ausdruck für die Leistung des zurückgeworfenen Lichts eines Sonnensegels auf Pluto, gegeben durch:

$$\frac{L_\oplus}{D_\text{SP}}\times \frac{A}{D_\text{EP}}= 3\times10^{-20}\text{W}\, .$$ Eingeben von Werten für die Leuchtkraft der Sonne ( $L_\oplus=3.8\times10^{26}\text{W}$) und aktuelle Werte für Erde-Pluto ( $D_\text{EP}$) und Sonne-Pluto ( $D_\text{SP}$) Entfernungen erhalten wir einen Wert von $A=625000\text{m}^2$, entsprechend z. B. einem Rahsegel mit Seitenlänge $800\text{m}$.

Aus Wikipedia :

Current maps [of Pluto] have been produced from images from the Hubble Space Telescope (HST), which offers the highest resolution currently available, and show considerably more detail, resolving variations several hundred kilometres across, including polar regions and large bright spots... The two cameras on the HST used for these maps are no longer in service

Ein Bild von Pluto . Es sieht so aus, als würde die Oberfläche etwa 12 bis 15 Pixel umfassen.

Es scheint, dass das Sonnensegel, das etwa ein Zehntel der Größe von Pluto hat, ein paar Pixel in den HST-Instrumenten (die leider nicht mehr verwendbar sind) verdecken würde.