Igazság az intersztelláris objektumokról

Kénytelen leszek unalmas számításokkal untatni az olvasót. Néhol kicsit„hottentotta” lesz a szöveg(koikoi). Az intersztelláris objektumok, milyen sebességgel kell ütközniük és milyen kritikus tömeggel a földdel, hogy az emberiség kihaljon? Az  intersztelláris belépési sebességek a Naprendszerbe: több tíz km/s (nagyjából 10–100 km/s tartomány; gyakori érték ~20–50 km/s). A civilizációt összeomlasztó / emberiség túlélését súlyosan veszélyeztető globális hatás valószínű: ~0.5–1 km átmérő körüli sziklás (~kőzet) testnél, néhány tíz km/s sebességnél. A fajkihalást (mass extinction) vagy nagyon magas emberi halálozást hozó esemény: ~5–15 km átmérő körüli test (ez a Chicxulub‑méret). 25 450 km² A teljes sterilizáció (minden ember és nagy része a bioszférának eltűnik) rendkívül nagy testet és/vagy különleges feltételeket igényel, nagyságrendekkel nagyobb minták, > több 10 km, vagy ütközés energia, illetve közvetlen csillagszerű esemény.

Fizika, képletek

A kinetikus energia, ami az ütközésnél felszabadul:

E=12mv2E=\tfrac{1}{2} m v^2E=21​mv2

A test tömege (ha gömb és homogén sűrűség ρ\rhoρ):

m=ρ⋅V=ρ⋅43πr3m = \rho \cdot V = \rho \cdot \frac{4}{3}\pi r^3m=ρ⋅V=ρ⋅34​πr3

Általános közelítésként kőzetes test sűrűsége ρ≈3000 kg/m3\rho \approx 3000\ \text{kg/m}^3ρ≈3000 kg/m3. A sebességet m/s-ben használjuk (például 20 km/s = 20 000 m/s). Az energia joule-ban lesz; 1 megaton TNT ≈ 4.184×10154.184\times10^{15}4.184×1015 J (ez hasznos a nagyságrendek érzékeltetésére).

Példa‑számítások (közismert méretek, sebesség = 20 km/s = 20000 m/s, kövek, ρ=3000\rho=3000ρ=3000 kg/m³)

1) 100 m átmérőjű test (r = 50 m)

•térfogat: V=43πr3=4.18879×503=4.18879×125 000=523,598 m3V = \tfrac{4}{3}\pi r^3 = 4.18879 \times 50^3 = 4.18879 \times 125\,000 = 523,598\ \text{m}^3V=34​πr3=4.18879×503=4.18879×125000=523,598 m3

•tömeg: m=3000×523,598=1,570,794,000 kg≈1.57079×109 kgm = 3000 \times 523,598 = 1,570,794,000\ \text{kg} \approx 1.57079\times10^9\ \text{kg}m=3000×523,598=1,570,794,000 kg≈1.57079×109 kg

•energia: E=12mv2=0.5×1.57079×109×(2.0×104)2E=\tfrac{1}{2} m v^2 = 0.5 \times 1.57079\times10^9 \times (2.0\times10^4)^2E=21​mv2=0.5×1.57079×109×(2.0×104)2

(2.0×104)2=4.0×108(2.0\times10^4)^2 = 4.0\times10^8(2.0×104)2=4.0×108

E=0.5×1.57079×109×4.0×108=0.5×6.28316×1017=3.14158×1017 JE = 0.5 \times 1.57079\times10^9 \times 4.0\times10^8 = 0.5 \times 6.28316\times10^{17} = 3.14158\times10^{17}\ \text{J}E=0.5×1.57079×109×4.0×108=0.5×6.28316×1017=3.14158×1017 J

Ez megatonnává átszámítva:

 3.14158×10174.184×1015≈75.1 megatonnaˊs TNT\frac{3.14158\times10^{17}}{4.184\times10^{15}} \approx 75.1\ \text{megatonnás TNT}4.184×10153.14158×1017​≈75.1 megatonnaˊs TNT

Értelmezés: ~100 m, 20 km/s → ≈75 Mt. Ez városi–régiós katasztrófát, nagy tűzvészeket és messze ható következményeket okozhat (erős lokális és regionális hatás; de ez még globális civilizációt valószínűleg nem pusztít el).

 2) 1 km átmérő (r = 500 m)

•térfogat: V=4.18879×5003=4.18879×125×106=523,598,000 m3≈5.23598×108 m3V = 4.18879 \times 500^3 = 4.18879 \times 125\times10^6 = 523,598,000\ \text{m}^3 \approx 5.23598\times10^8\ \text{m}^3V=4.18879×5003=4.18879×125×106=523,598,000 m3≈5.23598×108 m3

•tömeg: m=3000×5.23598×108=1.57079×1012 kgm = 3000 \times 5.23598\times10^8 = 1.57079\times10^{12}\ \text{kg}m=3000×5.23598×108=1.57079×1012 kg

•energia: E=0.5×1.57079×1012×(2.0×104)2E=0.5 \times 1.57079\times10^{12} \times (2.0\times10^4)^2E=0.5×1.57079×1012×(2.0×104)2

=0.5×1.57079×1012×4.0×108=0.5×6.28316×1020=3.14158×1020 J=0.5 \times 1.57079\times10^{12} \times 4.0\times10^8 = 0.5 \times 6.28316\times10^{20} = 3.14158\times10^{20}\ \text{J}=0.5×1.57079×1012×4.0×108=0.5×6.28316×1020=3.14158×1020 J

ez átszámítva:

 3.14158×10204.184×1015≈75,100 megatonnaˊs TNT  (≈75.1 gigatonna)\frac{3.14158\times10^{20}}{4.184\times10^{15}} \approx 75,100\ \text{megatonnás TNT} \;(\approx 75.1\ \text{gigatonna})4.184×10153.14158×1020​≈75,100 megatonnaˊs TNT(≈75.1 gigatonna)

Értelmezés: ~1 km, 20 km/s → ≈7.5×10^4 Mt. Ez már globális klímahatásokat képes kiváltani (füstsáv, napfénycsökkenés, mezőgazdasági katasztrófa). Valószínű, hogy modern civilizáció kritikus infrastruktúrája összeomlana; emberi túlélés a rövid távon lehetséges, de sok milliárd ember halhat meg, az élet fenntartása hosszú távon rendkívül nehéz. Ez a méret gyakran szerepel mint „civilizációt veszélyeztető” küszöb.

 3) 10 km átmérő (r = 5000 m) — Chicxulub‑szerű

•térfogat:V=4.18879×50003=4.18879×125×109=523,598,000,000 m3≈5.23598×1011 m3V = 4.18879 \times 5000^3 = 4.18879 \times 125\times10^9 = 523,598,000,000\ \text{m}^3 \approx 5.23598\times10^{11}\ \text{m}^3V=4.18879×50003=4.18879×125×109=523,598,000,000 m3≈5.23598×1011 m3

•tömeg:m=3000×5.23598×1011=1.57079×1015 kgm = 3000 \times 5.23598\times10^{11} = 1.57079\times10^{15}\ \text{kg}m=3000×5.23598×1011=1.57079×1015 kg

•energia:E=0.5×1.57079×1015×4.0×108=0.5×6.28316×1023=3.14158×1023 JE=0.5 \times 1.57079\times10^{15} \times 4.0\times10^8 = 0.5 \times 6.28316\times10^{23} = 3.14158\times10^{23}\ \text{J}E=0.5×1.57079×1015×4.0×108=0.5×6.28316×1023=3.14158×1023 J

•átszámítva:

 3.14158×10234.184×1015≈75,100,000 megatonnaˊs TNT\frac{3.14158\times10^{23}}{4.184\times10^{15}} \approx 75,100,000\ \text{megatonnás TNT}4.184×10153.14158×1023​≈75,100,000 megatonnaˊs TNT

Értelmezés: Ez a nagyságrend (10 km, ~10^23 J) okozta a dinoszauruszok kihalásához vezető eseményt. Teljes, súlyos globális összeomlást, hosszú‑távú fotoszintézis-összeomlást, élelmiszerlánc-kimaradást, és nagyon magas valószínűséggel emberiség‑szintű apokalipszis.

 Mitől függ a „kritikus tömeg/átmérő” az emberiség kihalásához?

1.Sebesség: energia ∝ v² — ha kétszeres a sebesség, négyszeres az energia. Inter­sztelláris objektumok gyakran nagy sebességgel érkeznek, így ugyanakkora méret nagyobb pusztítást okoz, mint a Naprendszeren belüli lassabb test.

 2.Sűrűség / összetétel: vasas test sűrűbb (~8000 kg/m³) → nagyobb tömeg ugyanakkora térfogatnál → több energia. Jégszerű test kevesebb hatás, és a felszabaduló energia több része elillanhat szétszóródás formájában.

 3.Ütközés szög és hely: tengerbe csapódás más hatásokkal jár (óriási cunami, részleges aeroszol‑injekció), szárazföldön közvetlen kráter + tűzviharok. Lapos szögű becsapódás nagyobb globális hatásokat okozhat (több anyagot juttat a légkörbe).

 4.Éghajlati és társadalmi sebezhetőség: modern globális ellátási láncokat egy kisebb, de hosszabb ideig tartó mezőgazdasági krízis is összeomláshoz vezetheti. Így a „civilizáció összeomlása” küszöbe alacsonyabb lehet, mint az „emberiség teljes kihalása” küszöbe. 

Konkrét, egyszerű küszöbszámok (nagyjából, rendkívüli bizonytalansággal)

HA!

•< 25–50 m: általában légrobbanás/átlagos légköri felrobbanás; helyi/kisebb régiók súlyos károkat szenvednek (Tunguska ≈ 50–100 m).

•~100 m: városi–régiós katasztrófa (több tíz Mt energia).

•~0.5–1 km: globális mezőgazdasági és klímahatások; magas valószínűséggel civilizáció összeomlás; emberiség túlélése bizonytalan, de nem feltétlen teljes kihalás.

•~5–15 km: mass extinction kategória (a dinoszauruszokat is ez érintette, valószínű emberiség‑szintű katasztrófa, nagyon magas kihalási esély).

•több 10 km: feltehetően olyan hatások, amelyek teljes bioszféra kihal.És még van egy rossz hírem az emberi civilzáció számára, számításaim szerint, a 3I/ATLAS (más néven A/2019 Q4 vagy 3I/Borisov–ATLAS) és az Oumuamua, olyan nagy sebességgel halad, hogy gyakorlatilag lehetetlen mesterségesen eltéríteni a pályájáról. Vagyis azt állítom, hogy az intersztelláris naprendszeren kívülről érkező objektumok képesek lehetnek az emberiséget kiirtani. Az Oumuamua 26km/s-38km/s sebességgel repült, 2017-ben, és 40 nappal az érkezése előtt észleltük elősször. Az átmérője 100m. A 2I/Borisov 32km/s- 44km/s sebességgel repült, 2019-ben lépett be a naprendszerbe. A nap gravitációja a második perdületi sebesség. Az 3I/ Atlas 58km/s - 68km/s sebességgel haladt és 2025 évben lépett be a naprendszerbe. Csak 30 millió kilóméterről vagyunk képesek észlelni ezeket, de ha a napfelől jönnek akkor észre sem vesszük. Úgy halunk meg hogy észre sem vesszük. A nagy sebessége miatt nem tudjuk eltalálni, mert nem rendelkezünk olyan fejlett űrteknológiával. Ha összevetjük a három ismert intersztelláris objektum sebességeit a Naphoz viszonyítva („heliocentrikus” vagy „v∞”, illetve adott pontokon, pl. perihelumnál): Az objektum sebesség a Naphoz viszonyítva, a Naprendszeren kívüli „végtelen” sebesség (v∞) / belépési sebesség Perihelium körüli vagy legnagyobb napközeli sebesség. 1I/ʻOumuamua (2017) kb. 26‑27 km/s kb. 38.3 km/s napközelben, amikor „gyorsult” a Nap gravitációja révén. 2I/Borisov (2019) kb. 32 km/s Perihelumnál kb. ≈ 44 km/s — amikor a Nap vonzása megnöveli a sebességét. 3I/ATLAS (2025) kb. 58 km/s — ez a hyperbolikus „v∞”, tehát az a sebesség, amivel távolságban mérve „éppen” elég, hogy ne legyen Naprendszerhez kötve. Ez a perdületi érték közel 245km/h. Naphoz közelebb (pl. perihelium környékén) a sebessége elérheti ~68 km/s‑t A „v∞” az az ideális sebesség, amivel az objektum akkor rendelkezik, amikor elég messze van a Naptól, hogy annak vonzása már elhanyagolható — tehát ez az alap „bejövő” intersztelláris sebesség (illetve amikor elhagyja a Nap gravitációs hatását). A periheliumi vagy Naphoz közeli sebességek jóval magasabbak lehetnek, mert a Nap gravitációja „felgyorsítja” az objektumot, amikor közel halad hozzá. 3I/ATLAS ebben az összevetésben a leggyorsabb ismert eddig: mindv∞, mind napközeli maximális sebessége alapján. További tényezők a galaktikus mozgás és a pályák dőlése lesz. A kérdések amik felmerülnek. · Milyen messziről észleljük először az objektumot (pl. teleszkópérzékenység, méret, fényesség) Milyen gyorsan halad – minél gyorsabb, annál kevesebb időnk van reagálni · Mi a célunk vele – csak megfigyelni, vagy aktívan elterelni? · Mekkora az objektum – egy nagyobb test pályáját sokkal nehezebb megváltoztatni · Mekkora távolságból akarunk beavatkozni – a gyors reagálás és a gyors közlekedés korlátozott Észlelés – mekkora sebességnél nem vesszük időben észre? A jelenlegi technológiánkkal a Földre potenciálisan veszélyes objektumokat (Near-Earth Objects, NEO-k) jellemzően néhány tízmillió kilométerről tudjuk észlelni, ha fényesek (és nem a Nap irányából jönnek) csak akkor. Példa: A 'Oumuamua-t csak 40 napra észleltük a legközelebbi megközelítés után – mert kicsi (~100 m) és sötét volt, és gyorsan (~26 km/s) haladt. Reakcióidő és beavatkozási korlát. https://atvaltok.hu/sebesseg-atvalto/ Milyen sebességgel haladhat egy test úgy, hogy ne legyen időnk sem észlelni, sem reagálni, akkor a kulcskérdés az idő, amit a detektálás után rendelkezésre áll: Ha például egy objektumot csak 10 millió km-ről észlelünk, és az 100 km/s sebességgel jön, akkor: · 10 000 000 km ÷ 100 km/s = 100 000 másodperc ≈ 1 nap 4 óra Ez alig több mint egy nap, ami: · Megfigyelésre még elég lehet, de aktív beavatkozásra (rakétával vagy más módszerrel) már szinte semmi esély nincs ilyen rövid idő alatt. Az emberiség kipusztul, persze akkor is ha a nap felől érkezik. Mekkora sebességnél lehetetlen befolyásolni a pályát? A pályabefolyásolás (pl. elterelés) fizikai módszereihez (pl. kinetikus becsapódó, gravitációs vontató, nukleáris robbanás) sok idő és előkészület kell, jellemzően hónapok vagy évek. Tehát, ha az objektum: · Kisebb, mint 1 km (nehezebb észrevenni) · Sebessége meghaladja a ~50-100 km/s-ot és csak néhány tízmillió km-re észleljük akkor valószínűleg nem tudjuk befolyásolni a pályáját. 

Azt állítom hogy egy intersztelláris objektum akkor „túl gyors”, hogy ne tudjuk befolyásolni a pályáját, ha a: · Sebessége ≥ 50–100 km/s · és csak 10–30 millió km távolságról vesszük észre, ami a mai távcsövekkel reálisnak tűnik.  Ez esetben csak néhány napunk lenne reagálni, ami: megfigyelésre talán elég de beavatkozásra (elterelés, pályamódosítás) gyakorlatilag lehetetlen.

Nézzük meg  konkrétan például (pl. milyen sebességgel kellene haladnia egy 100 méteres testnek, hogy ne vegyük észre a Földbe csapódásig), sok paramétertől függ a válasz. Nézzünk egy reális, átlátható forgatókönyv‑sorozatot és a számításokat lépésről lépésre. Az objektumok ha gömb alakúak, kettő méretet nézek: D = 100 m és D = 1 km. · Vizuális (optikai) albedó két tipikus érték: p = 0.04 (sötét, üstökösszerű) és p = 0.10 (világosabb).

Az albedót legtöbbször a látható hullámhossztartományban vizsgáljuk, azaz a tárgyra érkező látható fény mennyiségének a tárgy által visszavert (százalékos) arányát értjük rajta. A 100% albedójú test a rá eső fényt teljes egészében visszaveri, a 0%-os albedójú pedig minden fényt elnyelő abszolút fekete test.

 Vizuális távcső egyetlen expozíciós korlátja (limiting magnitude): m_lim = 22 (jó, jelenlegi felmérő ‑teleszkópok tipikus egyszeri limitje) és m_lim = 24.5 (Rubin/LSST‑szintű mély egy expozícióval). Az objektum közelítése közelítőleg „egyenes”, a heliocentrikus távolság és geocentrikus távolság az észlelésnél hasonló — ezért egyszerűsítve Δ ≈ r (Δ: Földtől mért távolság AU‑ban). Fázistolás, porlékony kómás fényességnövekedés, infravörös és egyéb észlelési lehetőségek nincs figyelembe véve — tehát konzervatív, optikai egyszerű modell. Szánalmas teljesítménnyel.

Számításaim szerint;

Átszámolás: átmérő → abszolút magnitúdó (H)

Kapcsolat (standard): D (km)=1329p  10−H/5D\,(\mathrm{km}) = \dfrac{1329}{\sqrt{p}} \;10^{-H/5}D(km)=p​1329​10−H/5

vagyis számításaim szerint:

D = 100 m = 0{.}1 km

· p = 0.04 → H≈24.11H \approx 24.11H≈24.11

· p = 0.10 → H≈23.12H \approx 23.12H≈23.12

D = 1 km

· p = 0.04 → H≈19.11H \approx 19.11H≈19.11

· p = 0.10 → H≈18.11H \approx 18.11H≈18.11

(Tehát egy 100 m‑es, sötét test H ≈ 24; egy 1 km‑es test H ≈ 18–19.)

Miből számoljuk az észlelési távolságot (Δ)

Ezek unalmas adatok lesznek de a matematikusok értik. Egyszerűsített kapcsolat (nagy távolságnál, fázis‑korrekciót elhanyagolva): (Innen a Δ (AU) ahol az objektum látszik egy adott m_lim mellett:

Δ=10(mlim−H)/10\Delta = 10^{(m_{lim}-H)/10}Δ=10(mlim​−H)/10 (AU)

Eredmények — észlelési távolságok és az ebből adódó reakcióidők 1 AU = 149 600 000 km. Idő (sec) = távolság(km) / sebesség(km/s). Átváltás napokra: /86 400. 100 m tárgy (H ≈ 24.11 (p=0.04) és H ≈ 23.12 (p=0.10)) H m_lim Δ (AU) Δ (km) Lead time @ 20 km/s @50 km/s @100 km/s 24.11 22.0 0.61 AU 8.98×10^7 km

52.0 nap 20.8 nap 10.4 nap

24.11

24.5

1.09 AU

1.63×10^8 km

94.6 nap

37.7 nap

18.8 nap

23.12

22.0

0.77 AU

1.15×10^8 km

66.6 nap

29.9 nap

15.0 nap

23.12

24.5

1.38 AU

2.06×10^8 km

119.5 nap

23.9 nap

11.95 nap

Eddig világos, vagy fel kell homálosítani a plebet. Rövid magyarázat: pl. 0.61 AU ≈ 8.98×10^7 km; ha sebesség 100 km/s → 8.98e5 s ≈ 10.4 nap )

1 km tárgy (H ≈ 19.11 és 18.11)

H

m_lim

Δ (AU)

Δ (km)

Lead time @ 20 km/s

@50 km/s sebességérték esetén

@100 km/s  sebességérték esetén 

19.11

22.0

1.94 AU

2.90×10^8 km

167.8 nap

67.1 nap

33.6 nap

19.11

24.5

3.46 AU

5.17×10^8 km

299.6 nap

124.3 nap

62.2 nap

18.11

22.0

2.45 AU

3.66×10^8 km

212.0 nap

84.8 nap

42.4 nap

18.11

24.5

4.36 AU

6.53×10^8 km

378.6 nap

157.9 nap

78.9 nap

Na lássuk az elemzést és az értelmezést;

Az adtok értelmezése a gyakorlatban· 100 m méret, sebesség ~50–100 km/s: tipikus vizuális észlelési távolságok ≈ 0.6–1.4 AU → lead time ≈ 10–40 nap (a gyorsabb végén csak néhány–tíz nap). Ez nagyon kevés idő aktív pályabefolyásolásra (rákészülést, indítást, interceptet tekintve), 

Ja ezt se értik; az intercept egy folyamat, esemény vagy mozgás közben beavatkozás, megállítás vagy rltérités esetleg félbeszakítást jelent.

Tehát gyakorlatilag esélytelen egy hatékony elterelésre. Megfigyelésre, pálya meghatározására viszont elegendő lehet néhány nap–hónap. · 1 km méret: még optikailag viszonylag könnyebben észlelhető, így több tíz–száz nap lehet a lead time még 100 km/s mellett is (attól függően mennyire fényes). Azonban egy 1 km‑es test elterelése már eleve óriási technikai kihívás (évek tervezés, nagy energia), tehát a törvényes következtetés: ha csak néhány hetünk van, nincs realisztikus esély a hatékony elterelésre, függetlenül a lead timetől — de a hosszabb lead time nagyobb esélyt ad. · Ha az objektumot csak ~0.5–1 AU távolságból tudjuk először észlelni, akkor a sebesség ~50–100 km/s mellett néhány naptól néhány tucat napig tartó lead time‑unk lesz → aktív pályabefolyásra gyakorlatilag nincs idő. · Ha az objektum nagyobb (1 km) és/vagy fényesebb, a detektálási távolság nőhet (több tucat–több száz nap), de elterelési művelethez így is évek szükségesek — tehát rövid idő esetén szintén nem kivitelezhető. · Tehát egy praktikus „küszöb”: ha a belépési relatív sebesség ≥ 50 km/s és az első észlelés csak ≲1 AU‑nál történik, akkor valószínűleg nem leszünk képesek időben beavatkozni. · A való életben pontosabb számhoz figyelembe kell venni: fázishatás, kóma/por fényesítése, infravörös detektálás (hődetektálók), több képnél összeadott mérés (mélyebb nagy limit), a megfigyelőhálózat sávjai, észlelési irány (a Nap felé jövő objektumokat nehezebb azonosítani) — ezek mind növelhetik az észlelési távolságot. A „befolyásolás esélye” nemcsak lead time‑tól függ: a rendelkezésre álló hajtóerő, indítási okmányok, előre felkészített hadműveletek (vagy készenléti küldetések) nagyon sokat számítanak. Ha szeretnéd, újraszámolom ugyanezt más méretekkel, más limit‑magnitúdókkal, vagy konkrét sebesség‑értékekre (pl. 200 km/s) Egy konkrét sebességre (például 75 km/s) és egy konkrét andzeli/limiting magnitude‑ra? Kiszámolom neked egy konkrét sebesség és egy konkrét optikai észlelési küszöb mellett, hogy mekkora reakcióidőnk lenne egy intersztelláris objektum esetén. Ez segít megérteni, mennyi időnk maradna bármilyen beavatkozásra. Kérésed szerinti konkrét forgatókönyv Sebesség: Relatív pályasebesség a Földhöz képest: 75 km/s (Ez bőven intersztelláris, de nem extrém — pl. 3I/ATLAS v∞ ≈ 58 km/s) Távcső észlelési határ: Limit magnitude: m_lim = 23,5 (Ez egy reális, jó égboltú földi távcső egyszeri képkockájának határa — tipikus egy 1m-es távcsőnél.) A föld légköre rontja a képminőséget, érdemesebb lenne a holdra telepíteni a teleszkópokat.

Még mindíg nem világos a méret és albedó számít:

Ja hogy mi az albedo; Az albedo (fehérség, fényesség) egy mértékegység nélküli mérőszám, amely egy felület sugárzást visszaverő képességét jelenti; a felületre érkező sugárzás hányada, amelyet a felület visszaver az űrbe. Értéke 0 és 1 között mozog, ahol a 0 jelenti az abszolút fekete testet (minden sugárzást elnyeli), az 1 pedig az abszolút fehér testet (minden sugárzást visszaveri). A Föld átlagos albedója 0,29, vagyis a beérkező napsugárzás 29%-át veri vissza. 

Szemléltetés gyanánt két forgatókönyvet mutazok be, remélem érte valaki a földön:

Az egyik egy kis objektum: D = 100 m, albedó p = 0.04 (sötét), a másik a nagyobb objektum: D = 1 km, albedó p = 0.10 (világos). Így láthatják a külömbséget.

Adatok;

Objektum fényessége (abszolút magnitúdó, H)

Formulával:

H = 5 \log_{10} \left( \frac{1329}{D\sqrt{p}} \right)

1. Objektum: 100 m, p = 0.04)

2. Objektum: 1 km, p = 0.10)

Észlelhető maximális távolság (Δ) AU-ban

A számítási formula:

Δ=10(mlim−H)/5\Delta = 10^{(m_{lim} - H)/5}Δ=10(mlim​−H)/5

1. Objektum (H = 24.11):

Δ=10(23.5−24.11)/5=10−0.122≈0.75  AU\Delta = 10^{(23.5 - 24.11)/5} = 10^{-0.122} \approx 0.75 \; \text{AU}Δ=10(23.5−24.11)/5=10−0.122≈0.75AU

2. Objektum (H = 18.11):

Δ=10(23.5−18.11)/5=101.078≈12.0  AU\Delta = 10^{(23.5 - 18.11)/5} = 10^{1.078} \approx 12.0 \; \text{AU}Δ=10(23.5−18.11)/5=101.078≈12.0AU

A reakcióidő (lead time)

Sebesség = 75 km/s 1 AU = 149.6 millió km

1. Objektum (0.75 AU)

· Távolság: 0.75×149.6=112.20.75 \times 149.6 = 112.20.75×149.6=112.2 millió km

· Idő = 112.2e6 km ÷ 75 km/s = 1.50×10⁶ s ≈ 17.4 nap

2. Objektum (12 AU)

· Távolság: 12×149.6=1795.212 \times 149.6 = 1795.212×149.6=1795.2 millió km

· Idő = 1.795e9 ÷ 75 = 2.393e7 s ≈ 277 nap (~9 hónap)

A számításhoz szükséges adatok;

Objektum méret

Albedó

Abszolút fényesség (H)

Észlelhető távolság (m_lim = 23.5)

Reakcióidő (75 km/s)

100 m

0.04

24.11

0.75 AU

~17 nap

1 km

0.10

18.11

12.0 AU

~277 nap (~9 hónap)

Konklúzió;

Tehát egy 100 méteres, sötét intersztelláris testet csak kb. 0.75 AU-ról tudnánk észlelni, ha a távcső határa m = 23.5 → ez alig 2,5 hét lead time. Ekkor gyakorlatilag nincs esélyünk aktívan beavatkozni, maximum követni. egy 1 km-es, világos testet akár 12 AU-ról is észlelhetnénk — ez több mint 9 hónapos reakcióidőt ad, ami már elegendő lehet egy elterelő küldetéshez is — ha fel vagyunk készülve rá. Sajnos nincs ennyi időnk, pont a sebesség miatt.

Ha megnézzük a A 3I/ATLAS-t ami a harmadik ismert intersztelláris objektum, amelyet a Naprendszeren való áthaladása közben észleltek (az 1I/ʻOumuamua és a 2I/Borisov után). Ez azt jelenti, hogy nem a Naprendszerben keletkezett, hanem egy másik csillagrendszerből érkezett, és csak átutazóban van nálunk. Sebesség és pálya A 3I/ATLAS hiperbolikus pályán halad, ami azt jelenti, hogy nem kering, hanem átrepül a Naprendszeren.

Ismert adatok;

· A relatív sebessége a Naphoz képest kb. 26–30 km/s (ez kb. 108 000 km/h).

· A pályaexcentricitása e>1e > 1e>1, ami matematikailag is bizonyítja, hogy nem kötött pályán mozog.

A sebessége miatt még mielőtt észleltük volna, már túl közel volt és túl gyors ahhoz, hogy bármiféle eltérítési manővernek értelme legyen.

Miért nem tudjuk eltéríteni?

Három fő ok miatt:

1. Sebesség:

Egy ilyen objektumot csak akkor lehetne eltéríteni, ha az emberiség jóval azelőtt észlelné, hogy megközelíti a Naprendszert. jelenleg viszont csak akkor vesszük észre őket, amikor már a Nap közelében járnak — vagyis már túl késő.

2. Tömeg és kinetikus energia miatt. Ja hogy mi a kinetikus energia; A kinetikus energia (vagy mozgási energia) a mozgásban lévő testek energiája, amely a mozgásukból ered. Ez az energia megegyezik azzal a munkával, amelyet egy testnek nyugalomból kell végeznie ahhoz, hogy elérje a mozgási sebességét. A kinetikus energia mértékegysége a Joule (J). 

Ha feltételezzük, hogy a 3I/ATLAS néhány száz méter átmérőjű, a mozgási energiája a

E=12mv2E = \frac{1}{2} m v^2E=21​mv2 képlettel számolva gigantikus — több nagyságrenddel nagyobb, mint amit bármilyen jelenlegi rakétarendszer ki tudna egyensúlyozni.

3. Nincs célrendszerbeli gravitációs „fogás”: nem kering a Nap körül, tehát nem tudjuk gravitációs asszisztenciával sem megváltoztatni az irányát (pl. egy bolygó melletti hintamanőverrel). ja hogy mi az; A gravitációs hintamanőver az  űrben vvaló közlekedésben egy égitest gravitációs mezejének és sebességkülönbségének felhasználása egy űreszköz pályájának és sebességének megváltoztatására. Segítségével az űrszondák kevesebb üzemanyag felhasználásával, rövidebb idő alatt érhetnek a Naprendszer távolabbi égitestjeihez. A hintamanőver felhasználható az űrhajó sebességének növelésére, de csökkentésére is.

Mit tehetünk helyette?

Semmit, de marad a megfigyelés vagy elérés: Tipikus emberi mentalitás nem beavatkozni csak bambán bámulni. Egy gyors szondát lehetne küldeni, amely megpróbálja utolérni vagy megközelíteni az objektumot, hogy adatokat gyűjtsön róla. Ehhez azonban évekig tartó előkészület, és nagy sebességű, ionhajtású vagy nukleáris meghajtású űreszközre lenne szükség. Az idő a tényező, ami miatt nem lehetséges. Ezért jelenleg a tudomány inkább a korai észlelésre koncentrál (pl. a Vera Rubin Obszervatórium és a Pan-STARRS programjaival), hogy ha legközelebb jön egy hasonló objektum, előbb reagálhassunk. Persze ez csak parasztvakítás, a 9 milliárd plebs megnyugtatását szolgáló süketelés. zt még se mondhatjuk meg ezeknek a birkáknak, hogy meg fogtok dögleni.

Marad az elemzés, az adatok és újabb kérdések;

Tulajdonság

3I/ATLAS jellemző

Eredet

Inter­sztelláris (nem a Naprendszerből)

Pálya

Hiperbolikus (nem kötött)

Sebesség ~30 km/s

Eltéríthető?

Nem, túl gyors és túl későn észlelt

Mit tehetünk?

Megfigyelés, esetleg gyors szonda küldése

Számoljuk ki mekkora impulzus (vagy energia) lenne szükséges egy ilyen test akár 1°-os pályaeltérítéséhez, hogy lásd a számok nagyságrendjét. Az 3I/ATLAS estén a számítások szerint a nagyságrendi számokat egy 1°-os pályaeltéréshez (az általad kérdezett feladat eredményei). Először röviden az alapfeltevések és a képletek, majd a számok.

Nézzümk egy hülye példát, ha azt feltételezem hogy  a relatív közelítő sebesség v=30 000 m/sv = 30\,000\ \text{m/s}v=30000 m/s (≈30 km/s). a kívánt eltérítési szög θ=1∘=0,0174533 rad\theta = 1^\circ = 0{,}0174533\ \text{rad}θ=1∘=0,0174533 rad.

Kis szögre a szükséges laterális sebesség: Δv≈vsin⁡θ\Delta v \approx v\sin\thetaΔv≈vsinθ. (1°-ra ez ≈523.57 m/s.)

Ha az objektumot gömbnek feltételezem; számolok három átmérővel: 100 m, 300 m, 1000 m.

Nézzünk két sűrűségi értéket a számítás során: 500 kg/m³ (porózus, üstökösszerű) és 3000 kg/m³ (sziklás, tömör).

 Tömeg: m=ρ⋅43πr3m=\rho \cdot \tfrac{4}{3}\pi r^3m=ρ⋅34​πr3.

 Szükséges impulzus: I=mΔvI = m\Delta vI=mΔv.

 Energiaigény (költség nagyságrendje): ΔE≈12m(Δv)2\Delta E \approx \tfrac{1}{2} m (\Delta v)^2ΔE≈21​m(Δv)2.

1 megatonna TNT = 4.184×10154.184\times10^{15}4.184×1015 J (értelmezési segédlet).

Első lépés (Δv) 1° esetén a számításaim szerint →

θ=0,0174533\theta = 0{,}0174533θ=0,0174533 rad →

Δv=vsin⁡θ=30 000×sin⁡(1∘)≈523,57 m/s.\Delta v = v\sin\theta = 30\,000 \times \sin(1^\circ) \approx 523{,}57\ \text{m/s}.Δv=vsinθ=30000×sin(1∘)≈523,57 m/s.

(Ez tehát a laterális sebesség, vagyis oldalirányú, amit hozzá kell adni a tárgynak, hogy irányt ~1°-kal változtasson.)

Eredmények

· D = 100 m

o ρ = 500 kg/m³ → m≈2,62×108m \approx 2{,}62\times10^{8}m≈2,62×108 kg

I≈1,37×1011 kg⋅m/sI \approx 1{,}37\times10^{11}\ \mathrm{kg\cdot m/s}I≈1,37×1011 kg⋅m/s

ΔE≈3,59×1013 J\Delta E \approx 3{,}59\times10^{13}\ \mathrm{J}ΔE≈3,59×1013 J ≈ 0.009 Mt

o ρ = 3000 kg/m³ → m≈1,57×109m \approx 1{,}57\times10^{9}m≈1,57×109 kg

I≈8,22×1011 kg⋅m/sI \approx 8{,}22\times10^{11}\ \mathrm{kg\cdot m/s}I≈8,22×1011 kg⋅m/s

ΔE≈2,15×1014 J\Delta E \approx 2{,}15\times10^{14}\ \mathrm{J}ΔE≈2,15×1014 J ≈ 0.051 Mt

D = 300 m

o ρ = 500 kg/m³ → m≈7,07×109m \approx 7{,}07\times10^{9}m≈7,07×109 kg

I≈3,70×1012 kg⋅m/sI \approx 3{,}70\times10^{12}\ \mathrm{kg\cdot m/s}I≈3,70×1012 kg⋅m/s

ΔE≈9,69×1014 J\Delta E \approx 9{,}69\times10^{14}\ \mathrm{J}ΔE≈9,69×1014 J ≈ 0.232 Mt

o ρ = 3000 kg/m³ → m≈4,24×1010m \approx 4{,}24\times10^{10}m≈4,24×1010 kg

I≈2,22×1013 kg⋅m/sI \approx 2{,}22\times10^{13}\ \mathrm{kg\cdot m/s}I≈2,22×1013 kg⋅m/s

ΔE≈5,81×1015 J\Delta E \approx 5{,}81\times10^{15}\ \mathrm{J}ΔE≈5,81×1015 J ≈ 1.39 Mt

D = 1000 m

o ρ = 500 kg/m³ → m≈2,62×1011m \approx 2{,}62\times10^{11}m≈2,62×1011 kg

I≈1,37×1014 kg⋅m/sI \approx 1{,}37\times10^{14}\ \mathrm{kg\cdot m/s}I≈1,37×1014 kg⋅m/s

ΔE≈3,59×1016 J\Delta E \approx 3{,}59\times10^{16}\ \mathrm{J}ΔE≈3,59×1016 J ≈ 8.58 Mt

o ρ = 3000 kg/m³ → m≈1,57×1012m \approx 1{,}57\times10^{12}m≈1,57×1012 kg

I≈8,22×1014 kg⋅m/sI \approx 8{,}22\times10^{14}\ \mathrm{kg\cdot m/s}I≈8,22×1014 kg⋅m/s

ΔE≈2,15×1017 J\Delta E \approx 2{,}15\times10^{17}\ \mathrm{J}ΔE≈2,15×1017 J ≈ 51.46 Mt

A lényeg hogy már a 100 m, porózus esetnél is több tízmilliárd kg·m/s impulzus és 101310^{13}1013–101410^{14}1014 J energia kell — ami hatalmas, de elméletileg a nukleáris- vagy kinetikus robbantásos módszerek közelében van nagyságrendileg. A kilométeres, tömör testnél azonban az energia és impulzus olyan óriási, hogy gyakorlatilag kivitelezhetetlen jelenlegi technológiával: több tíz megatonna ekvivalens energia szükséges csak az 1°-os eltérítéshez. Fontos: ez egyszerű, ideális számítás — valósan sok további tényező van (tárgy alakja, forgása, törékenysége, hatás hatékonysága, hogy hogyan jut át a impulzus a testre, időtáv az eltérítésre stb.). Ha nincs sok idő (az észleléstől a közelítésig), akkor még ez a hatalmas energia is kevés lehet.

Tehát az 1°-os eltérítéshez szükséges

Δv\Delta vΔv ~ 524 m/s — ez önmagában nagy.

Az energia- és impulzusigény több nagyságrendűen nő a test méretével és sűrűségével — ezért mondjuk: intersztelláris, gyorsan érkező objektumoknál (mint a 3I/ATLAS) gyakorlatilag nem reális az eltérítés a jelenlegi technikával, különösen ha későn vesszük észre őket. De más szögekhez (pl. 0.1°, 5°) a Δv-t és költségeket, vagy megnézzük, mennyi propelláns (és milyen kilépési sebességgel) lenne szükséges egy impulszussal megadni ezt az Δv-t (például ha egy találattal "kitolnánk" az objektumot), vagy modellezem, mennyi idő (előre észlelés) szükséges, hogy egy kisebb Δv-vel is működjön (korai, kis Δv jobb stratégia).

Számításaim szerint, a 3I/ATLAS intersztelláris objektumot a sebessége miatt nem tudjuk kitériteni a pályájáról!

A 3I/ATLAS hiperbolikus pályán halad, ami azt jelenti, hogy nem kering, hanem átrepül a Naprendszeren. 

A relatív sebessége a Naphoz képest kb. 26–30 km/s (ez kb. 108 000 km/h).

A pályaexcentricitása e>1e > 1e>1, ami matematikailag is bizonyítja, hogy nem kötött pályán mozog.

Még mielőtt észleltük volna, már túl közel volt és túl gyors ahhoz, hogy bármiféle eltérítési manővernek értelme legyen.

Miért nem tudjuk eltéríteni?

Három fő ok miatt:

1. Sebesség:

Egy ilyen objektumot csak akkor lehetne eltéríteni, ha az emberiség jóval azelőtt észlelné, hogy megközelíti a Naprendszert.

Jelenleg viszont csak akkor vesszük észre őket, amikor már a Nap közelében járnak — vagyis már túl késő.

2. Tömeg és kinetikus energia:

Ha feltételezzük, hogy a 3I/ATLAS néhány száz méter átmérőjű, a mozgási energiája a

E=12mv2E = \frac{1}{2} m v^2E=21​mv2

képlettel számolva gigantikus — több nagyságrenddel nagyobb, mint amit bármilyen jelenlegi rakétarendszer ki tudna egyensúlyozni.

3. Nincs célrendszerbeli gravitációs „fogás”:

Nem kering a Nap körül, tehát nem tudjuk gravitációs asszisztenciával sem megváltoztatni az irányát (pl. egy bolygó melletti hintamanőverrel).

Rizsa helyett;

Egy 1°-os pályaeltéréshez (az általad kérdezett feladat eredményei). Először röviden az alapfeltevések és a képletek, majd a számok.

Feltételezések

Relatív közelítő sebesség v=30 000 m/sv = 30\,000\ \text{m/s}v=30000 m/s (≈30 km/s).

Kívánt eltérítési szög θ=1=0,0174533 rad\theta = 1^\circ = 0{,}0174533\ \text{rad}

θ=1∘=0,0174533 rad. Kis szögre a szükséges laterális sebesség:

Δv≈vsin⁡θ\Delta v \approx v\sin\thetaΔv≈vsinθ. (1°-ra ez ≈523.57 m/s.)

Objektumot gömbnek feltételezzük; számolok három átmérővel: 100 m, 300 m, 1000 m.

Két sűrűséggel szemléltetek: 500 kg/m³ (porózus, üstökösszerű) és 3000 kg/m³ (sziklás, tömör).

 Tömeg: m=ρ⋅43πr3m=\rho \cdot \tfrac{4}{3}\pi r^3m=ρ⋅34​πr3.

 Szükséges impulzus: I=mΔvI = m\Delta vI=mΔv.

 Energiaigény (költség nagyságrendje): ΔE≈12m(Δv)2\Delta E \approx \tfrac{1}{2} m (\Delta v)^2ΔE≈21​m(Δv)2.

 1 megatonna TNT = 4.184×10154.184\times10^{15}4.184×1015 J (értelmezési segédlet).

Első számolás (Δv)

1° → θ=0,0174533\theta = 0{,}0174533θ=0,0174533 rad →

Δv=vsin⁡θ=30 000×sin⁡(1∘)≈523,57 m/s.\Delta v = v\sin\theta = 30\,000 \times \sin(1^\circ) \approx 523{,}57\ \text{m/s}.Δv=vsinθ=30000×sin(1∘)≈523,57 m/s.

(Ez tehát a laterális sebesség, amit hozzá kell adni a tárgynak, hogy irányt ~1°-kal változtasson.)

Eredmények

· D = 100 m

o ρ = 500 kg/m³ → m≈2,62×108m \approx 2{,}62\times10^{8}m≈2,62×108 kg

I≈1,37×1011 kg⋅m/sI \approx 1{,}37\times10^{11}\ \mathrm{kg\cdot m/s}I≈1,37×1011 kg⋅m/s

ΔE≈3,59×1013 J\Delta E \approx 3{,}59\times10^{13}\ \mathrm{J}ΔE≈3,59×1013 J ≈ 0.009 Mt

o ρ = 3000 kg/m³ → m≈1,57×109m \approx 1{,}57\times10^{9}m≈1,57×109 kg

I≈8,22×1011 kg⋅m/sI \approx 8{,}22\times10^{11}\ \mathrm{kg\cdot m/s}I≈8,22×1011 kg⋅m/s

ΔE≈2,15×1014 J\Delta E \approx 2{,}15\times10^{14}\ \mathrm{J}ΔE≈2,15×1014 J ≈ 0.051 Mt

 D = 300 m

o ρ = 500 kg/m³ → m≈7,07×109m \approx 7{,}07\times10^{9}m≈7,07×109 kg

I≈3,70×1012 kg⋅m/sI \approx 3{,}70\times10^{12}\ \mathrm{kg\cdot m/s}I≈3,70×1012 kg⋅m/s

ΔE≈9,69×1014 J\Delta E \approx 9{,}69\times10^{14}\ \mathrm{J}ΔE≈9,69×1014 J ≈ 0.232 Mt

o ρ = 3000 kg/m³ → m≈4,24×1010m \approx 4{,}24\times10^{10}m≈4,24×1010 kg

I≈2,22×1013 kg⋅m/sI \approx 2{,}22\times10^{13}\ \mathrm{kg\cdot m/s}I≈2,22×1013 kg⋅m/s

ΔE≈5,81×1015 J\Delta E \approx 5{,}81\times10^{15}\ \mathrm{J}ΔE≈5,81×1015 J ≈ 1.39 Mt

D = 1000 m

o ρ = 500 kg/m³ → m≈2,62×1011m \approx 2{,}62\times10^{11}m≈2,62×1011 kg

I≈1,37×1014 kg⋅m/sI \approx 1{,}37\times10^{14}\ \mathrm{kg\cdot m/s}I≈1,37×1014 kg⋅m/s

ΔE≈3,59×1016 J\Delta E \approx 3{,}59\times10^{16}\ \mathrm{J}ΔE≈3,59×1016 J ≈ 8.58 Mt

o ρ = 3000 kg/m³ → m≈1,57×1012m \approx 1{,}57\times10^{12}m≈1,57×1012 kg

I≈8,22×1014 kg⋅m/sI \approx 8{,}22\times10^{14}\ \mathrm{kg\cdot m/s}I≈8,22×1014 kg⋅m/s

ΔE≈2,15×1017 J\Delta E \approx 2{,}15\times10^{17}\ \mathrm{J}ΔE≈2,15×1017 J ≈ 51.46 Mt

Mit jelentenek ezek a számok gyakorlatilag?

Már a 100 m, porózus esetnél is több tízmilliárd kg·m/s impulzus és 101310^{13}1013–101410^{14}1014 J energia kell — ami hatalmas, de elméletileg a nukleáris- vagy kinetikus robbantásos módszerek közelében van nagyságrendileg.

· A kilométeres, tömör testnél azonban az energia és impulzus olyan óriási, hogy gyakorlatilag kivitelezhetetlen jelenlegi technológiával: több tíz megatonna ekvivalens energia szükséges csak az 1°-os eltérítéshez.

· Fontos: ez egyszerű, ideális számítás — valósan sok további tényező van (tárgy alakja, forgása, törékenysége, hatás hatékonysága, hogy hogyan jut át a impulzus a testre, időtáv az eltérítésre stb.). Ha nincs sok idő (az észleléstől a közelítésig), akkor még ez a hatalmas energia is kevés lehet.

Rövid konklúzió

· Az 1°-os eltérítéshez szükséges Δv\Delta vΔv ~ 524 m/s — ez önmagában nagy.

· Az energia- és impulzusigény több nagyságrendűen nő a test méretével és sűrűségével — ezért mondjuk: intersztelláris, gyorsan érkező objektumoknál (mint a 3I/ATLAS) gyakorlatilag nem reális az eltérítés a jelenlegi technikával, különösen ha későn vesszük észre őket.

Ha szeretnéd, kiszámolom:

· más szögekhez (pl. 0.1°, 5°) a Δv-t és költségeket, vagy

· megnézzük, mennyi propelláns (és milyen kilépési sebességgel) lenne szükséges egy impulszussal megadni ezt az Δv-t (például ha egy találattal "kitolnánk" az objektumot), vagy

· modellezem, mennyi idő (előre észlelés) szükséges, hogy egy kisebb Δv-vel is működjön (korai, kis Δv jobb stratégia).

Nézzük 5°, 100 m átmérő, 600 km/s sebesség és szilícium-dioxid (SiO₂) sűrűség feltételezés mellett. Itt vannak a lépések és az eredmények lényegretörően.

Feltételezések

· Relatív sebesség v=600 km/s=600 000 m/sv = 600\ \text{km/s} = 600\,000\ \text{m/s}v=600 km/s=600000 m/s.

· Eltérítési szög θ=5∘\theta = 5^\circθ=5∘.

· Anyag: szilícium-dioxid, sűrűség ρ≈2200 kg/m3\rho \approx 2200\ \text{kg/m}^3ρ≈2200 kg/m3 (jó közelítés kvarc / üvegszerű SiO₂-re).

· Átmérő D=100 mD = 100\ \text{m}D=100 m → sugár r=50 mr = 50\ \text{m}r=50 m.

· Gömb-térfogat: V=43πr3V = \tfrac{4}{3}\pi r^3V=34​πr3.

· Laterális sebességigény (kis trigonometria): Δv=vsin⁡θ\Delta v = v\sin\thetaΔv=vsinθ.

· Impulzus: I=mΔvI = m\Delta vI=mΔv.

· Energiaigény: ΔE=12m(Δv)2\Delta E = \tfrac{1}{2} m (\Delta v)^2ΔE=21​m(Δv)2.

· 1 megatonna TNT = 4,184×1015 J4{,}184\times10^{15}\ \text{J}4,184×1015 J (áttekintéshez).

Számolás (kulcsértékek)

1. sin⁡5∘=0,0871557427\sin 5^\circ = 0{,}0871557427sin5∘=0,0871557427.

2. Δv=600,000 m/s×sin⁡5∘≈52 293.45 m/s\Delta v = 600{,}000\ \text{m/s} \times \sin 5^\circ \approx 52\,293{.}45\ \text{m/s}Δv=600,000 m/s×sin5∘≈52293.45 m/s (~52.3 km/s laterális sebesség szükséges).

3. Gömb térfogata V≈523,598.7756 m3V \approx 523{,}598.7756\ \text{m}^3V≈523,598.7756 m3.

4. Tömeg m=ρV≈2,201,917.306 ×103 kgm = \rho V \approx 2{,}201{,}917.306\ \times 10^{3}\ \text{kg}m=ρV≈2,201,917.306 ×103 kg → pontosabban:

m≈1,151,917,306 kgm \approx 1{,}151{,}917{,}306\ \text{kg}m≈1,151,917,306 kg ≈ 1.1519 × 10⁹ kg (kb. 1,15 milliárd kg).

(egyszerűsítve: ~1,15 milliárd tonna? — figyelem: 1 tonna = 1000 kg, tehát ez ≈1,15 millió tonna — pontosabban 1.1519×10^9 kg = 1.1519×10^6 t = 1.15 millió tonna.)

5. Szükséges impulzus:

I=mΔv≈6.0238×1013 kg⋅m/sI = m\Delta v \approx 6{.}0238\times10^{13}\ \mathrm{kg\cdot m/s}I=mΔv≈6.0238×1013 kg⋅m/s (≈ 6.02⋅10136.02\cdot10^{13}6.02⋅1013).

6. Szükséges kinetikai energia (nagyságrend):

ΔE≈1.5750×1018 J\Delta E \approx 1{.}5750\times10^{18}\ \text{J}ΔE≈1.5750×1018 J ≈ 3.76×10^2 Mt TNT, azaz ≈376 megatonna TNT.

Mit jelentenek ezek a számok röviden?

· A szükséges laterális Δv ≈ 52 km/s rendkívül nagy (ez önmagában többszöröse a tipikus űrmanőverek Δv-inek).

· Az energiaigény ~1.6×10¹⁸ J ≈ 376 Mt TNT óriási: ez több száz megatonos nukleáris teljesítménnyel egyenértékű — nagyságrendekkel meghaladja a mai taktikai/nemzetközi fegyverarzenál egyedi maximumait.

· A tömeg (~1.15×10⁹ kg = ~1,15 millió tonna) és az impulzusigény miatt az „eltolás” klasszikus rakéta- vagy hajtómű-megoldásokkal gyakorlatilag kivitelezhetetlen.

Mennyi hajtóanyag kellene (nagyon durva becslés, ha a leadott impulzus teljes egészében a testre kerülne)?

Ha feltételezzük ideális impulzustranszfert és egyféle kikerülő (kibocsátott) kipufogó- / kilépési sebességet vev_eve​, akkor a szükséges hajtóanyag tömege kb. mprop≈I/vem_{\text{prop}} \approx I / v_emprop​≈I/ve​.

· Vegyünk tipikus vev_eve​-eket (nagyjából):

• vegyi hajtóanyag / kémiai rakéta: ve∼4,500 m/sv_e \sim 4{,}500\ \text{m/s}ve​∼4,500 m/s → mprop≈1.34×1010 kgm_{\text{prop}} \approx 1{.}34\times10^{10}\ \text{kg}mprop​≈1.34×1010 kg ≈ 13,4 milliárd tonna propellant.

• fejlett ionhajtás (nagyon kedvező): ve∼30,000 m/sv_e \sim 30{,}000\ \text{m/s}ve​∼30,000 m/s → mprop≈2.01×109 kgm_{\text{prop}} \approx 2{.}01\times10^{9}\ \text{kg}mprop​≈2.01×109 kg ≈ 2,0 milliárd tonna.

• nukleáris-termikus jellegű (példa) ve∼10,000 m/sv_e \sim 10{,}000\ \text{m/s}ve​∼10,000 m/s → mprop≈6.02×109 kgm_{\text{prop}} \approx 6{.}02\times10^{9}\ \text{kg}mprop​≈6.02×109 kg ≈ 6,0 milliárd tonna.

(Ezek az értékek mutatják a nagyságrendet — még a legjobb hajtóművel is milliárd tonnás propellant-szükséglet jön ki, ami teljesen irreális.)

Összefoglaló konklúzió

· A megadott paraméterek mellett (600 km/s, 5°, 100 m SiO₂) a szükséges energia ~1.6×10¹⁸ J ≈ 376 megatonna TNT.

· Ez technikailag és logisztikailag megvalósíthatatlan a jelenlegi (és könnyen belátható jövőbeli) technológiával: nemcsak egy nukleáris töltet kellene, hanem abszurd mennyiségű hajtóanyag vagy egy legalább százmegatonos osztályú célzott energiafelszabadítás.

· Röviden: nem reális az eltérítés ilyen feltételek mellett.

Ha szeretnéd, számolok még belőle:

· más eltérítési szöget (pl. 0.1° vagy 1°) — láthatod, hogyan csökken az energiaigény; vagy

· ha azt szeretnéd, megmutatom, mennyi Δv szükséges ahhoz, hogy x távolsággal korábban végrehajtva (pl. 1 év, 5 év, 10 év korai beavatkozás) kisebb impulssal elérjük a kívánt pozícióváltozást.

1 év (≈365.25 nap = 31 557 600 s) előre beavatkozás hatását a korábbi paraméterekre (100 m, SiO₂, 600 km/s, 5°). A rövid és fontos felismerés az elején:

Az összes szükséges Δv nem változik attól, hogy mennyivel korábban adjuk meg — a kívánt irányváltozáshoz ugyanaz a laterális sebesség (Δv) kell.

Viszont ha 1 év alatt folyamatosan adjuk a kis gyorsulást, akkor a szükséges erő és teljesítmény eloszlik az 1 évre — így kisebb folyamatos tolóerőt, de hosszú időn át nagy teljesítményt/tömeget kell biztosítani. Gyors számok (összefoglaló)· Kívánt eltérítési szög:

=5\theta = 5^\circ θ=5∘ Sebesség: v=600 000 m/sv=600000 m/s.· Szükséges laterális Δv:

Δv=vsin⁡(5∘)≈52 293.45 m/s.\Delta v = v\sin(5^\circ) \approx 52\,293.45\ \text{m/s}.Δv=vsin(5∘)≈52293.45 m/s.

(ez ugyanaz, akár azonnal, akár 1 évig folyamatosan adjuk) Objektum tömege (gépelve korábbi számítás alapján,

D=100D=100D=100 m, ρ=2200 kg/m3\rho=2200\ \mathrm{kg/m^3}ρ=2200 kg/m3):

m≈1,1519×109 kgm \approx 1{,}1519\times10^{9}\ \text{kg}m≈1,1519×109 kg (≈1,15×10⁹ kg).

· Ha ezt a Δv-t egyenletes, folyamatos gyorsulással adjuk 1 év alatt:

o Átlagos laterális gyorsulás:

a=Δv/T≈0,001657 m/s2a = \Delta v / T \approx 0{,}001657\ \text{m/s}^2a=Δv/T≈0,001657 m/s2 (≈1.66×10⁻³ m/s²).

o Folyamatos tolóerő (F = m·a):

F≈1,908,818 NF \approx 1{,}908{,}818\ \text{N}F≈1,908,818 N ≈ 1.91 MN (meganyton).

o Összes (kinetikai) energia, ami végül szükséges (ugyanaz mint korábban):

ΔE≈1,575×1018 J\Delta E \approx 1{,}575\times10^{18}\ \text{J}ΔE≈1,575×1018 J.

o Ez éves átlagteljesítményre lebontva (energia / 1 év):

P≈4.99×1010 WP \approx 4.99\times10^{10}\ \text{W}P≈4.99×1010 W ≈ 50 GW folyamatos teljesítményre.

· Propellant-szükséglet (nagyon durva, ha a tolóerőt kémiai/elektromos hajtóművek adják; egyszerűsített: m˙=F/ve \dot m = F/v_em˙=F/ve​, összes prop = m˙⋅T\dot m \cdot Tm˙⋅T):

o Kémiai ve≈4,500 m/sv_e\approx 4{,}500\ \text{m/s}ve​≈4,500 m/s → ~1.34×10¹⁰ kg (~13,4 milliárd tonna).

o Nukleáris-termikus ve≈10,000 m/sv_e\approx 10{,}000\ \text{m/s}ve​≈10,000 m/s → ~6,02×10⁹ kg.

o Fejlett ion/elektromos ve≈30,000 m/sv_e\approx 30{,}000\ \text{m/s}ve​≈30,000 m/s → ~2,01×10⁹ kg.

(az értékek azt mutatják: még az ionhajtásnál is milliárdos tonnás propellant-szükséglet — irreális.)

Rövid értelmezés, gyakorlati következtetések

· A szükséges összes impulzus (m·Δv) és energia ugyanannyi marad — tehát az 1 év korai beavatkozás nem csökkenti a teljes munka; csak megosztja azt időben.*

· Egy év alatt 1.91 MN folyamatos tolóerő és ~50 GW folyamatos teljesítmény kellene — ez ipari léptékű, nem űrügynökségi.

· A propellant-igény (milliárd tonnák) teljesen irreális; még hipotetikus nukleáris-energiás rendszerekkel is óriási logistikai akadályok vannak.

· Alternatív elképzelések (gravitációs vontatás „gravity tractor”, sorozatos kis impulzusok, részekre bontás robbantással stb.) sem kerülnek lényegesen könnyebben kivitelezhető tartományba a fenti tömeg/energia miatt — a gravity-tractorhoz például óriási űrszondamasszára lenne szükség.

Kis összehasonlító példa (gravity tractor)

Ha a szükséges laterális erőt gravitációval egy „vontató űrhajó” jelentené a tárgy és az űrhajó között, akkor az űrhajó tömege monstrózus lenne: például 200 m távolságnál a szükséges űrhajómassza a fent számolt F biztosításához ~9.9×10¹¹ kg — gyakorlatilag lehetetlen.

Összegzés egy mondatban

Még ha 1 évvel előbb elkezdjük is a beavatkozást, a teljes szükséges Δv és energia ugyanaz marad (~52 km/s és ~1,6×10¹⁸ J), csak egy év alatt oszlik el — ami folyamatosan ≈1.9 MN tolóerőt és ≈50 GW teljesítményt igényelne. Ez gyakorlatilag megvalósíthatatlan a jelen (és közeljövő) technológiáival.

Más beavatkozási időkre (pl. 5 év, 10 év) — ezeknél csak a szükséges folyamatos tolóerő és teljesítmény változik (Δv és energia nem), vagy

· más eltérítési szögekre (pl. 1°, 0.1°), hogy lásd, mikor válik elméletileg „kisebbé” a feladat.

A 0,1°-ra (ugyanazokkal a korábbi paraméterekkel: D = 100 m, SiO₂, ρ = 2200 kg/m³, v = 600 km/s) elvégeztem a számításokat. Az eredmények — röviden és érthetően:

Kulcsértékek

· Eltérítési szög: 0,1° → sin⁡0,1∘\sin 0{,}1^\circsin0,1∘.

· Szükséges laterális Δv: ≈ 1 047,20 m/s (≈ 1,05 km/s).

térfogat V=4/3πr3≈523 598,8 m3V = 4/3\pi r^3 \approx 523\,598{,}8\ \mathrm{m^3}V=4/3πr3≈523598,8 m3.

Tömeg m=ρV≈1,1519×109 kgm = \rho V \approx 1{,}1519\times10^9\ \mathrm{kg}m=ρV≈1,1519×109 kg (≈ 1,151,917 t — ≈1,15 millió tonna).

Szükséges impulzus I=mΔv≈1,2063×1012 kg⋅m/sI = m\Delta v \approx 1{,}2063\times10^{12}\ \mathrm{kg\cdot m/s}I=mΔv≈1,2063×1012 kg⋅m/s.

szükséges energia ΔE=12m(Δv)2≈6,316×1014 J\Delta E = \tfrac12 m(\Delta v)^2 \approx 6{,}316\times10^{14}\ \mathrm{J}ΔE=21​m(Δv)2≈6,316×1014 J ≈ 0,151 Mt TNT (≈ 151 kilotonna TNT).

Ha 1 év alatt adjuk meg ezt a Δv-t (T ≈ 31 557 600 s)

· Átlagos laterális gyorsulás: a ≈ 3,318×10⁻⁵ m/s².

· Folyamatos tolóerő: F = m·a ≈ 38,225 N (≈ 38,2 kN).

· Éves átlagteljesítmény (energia / év): P ≈ 20,0 MW (≈ 2,0×10⁷ W).

Durva propellant-becslés (ha a leadott impulzust a kilépési sebesség adná)

(összes szükséges hajtóanyag ≈ I/veI/v_eI/ve​)

· Kémiai hajtómű, ve≈4,500 m/sv_e \approx 4{,}500\ \mathrm{m/s}ve​≈4,500 m/s: ≈ 2,68×10^8 kg ≈ 268 063 t.

· Nukleáris-termikus stílus, ve≈10,000 m/sv_e \approx 10{,}000\ \mathrm{m/s}ve​≈10,000 m/s: ≈ 1,206×10^8 kg ≈ 120 628 t.

· Fejlett ion, ve≈30,000 m/sv_e \approx 30{,}000\ \mathrm{m/s}ve​≈30,000 m/s: ≈ 4,02×10^7 kg ≈ 40 209 t.

Vagyis a 0,1° eltérítés sokkal kevesebb energiát igényel, mint a korábbi 5°-os példa (≈0,15 Mt vs ≈376 Mt), de még így is jelentős: ~150 kilotonna TNT-nek megfelelő energia.

· Ha 1 év alatt adjuk meg, a folyamatos tolóerő ≈38 kN és folyamatos teljesítmény ≈20 MW — ezek ipari/Űrügynökségi nagyságrendek, de elméletileg már sokkal közelebb vannak a megvalósíthatósághoz, mint a korábbi milliárdok tonnás propellant-igényekkel járó esetek. Valóságban figyelembe kell venni forgást, impulzusátadási hatékonyságot, szerkezet törékenységét, irányítási pontosságot stb., melyek tovább növelhetik a szükséges erőforrásokat.

Számoljunk; · az 0,1°-t 5 évre vagy 10 évre bontva (ez csökkenti a folyamatos tolóerőt és teljesítményt), vagy · az 0,1°-hoz tartozó egy találatos kinetikus/robbanásos beavatkozás effektivitását (pl. ha csak a robbanás egy részét hasznosulja)?

Ha az 0,1° eltérítésre 10 év (≈315 576 000 s) előre végzett, egyenletes, folyamatos beavatkozás esetére. Ugyanazok a paraméterek: D = 100 m, SiO₂ (ρ = 2200 kg/m³), v = 600 km/s.

Fő számok; · Szükséges laterális Δv: ≈ 1 047,20 m/s.

· Objektum tömege: m ≈ 1,1519×10⁹ kg (≈1,151,917 tonna).

· Szükséges impulzus: I = m·Δv ≈ 1,2063×10¹² kg·m/s.

· Szükséges energia (összesen): ΔE ≈ 6,316×10¹4 J ≈ 0,151 Mt TNT (≈151 kilotonna TNT).

Ha 10 év alatt, egyenletesen adjuk meg a Δv-t · Átlagos laterális gyorsulás: a ≈ 3,318×10⁻⁶ m/s².

· Folyamatos tolóerő szükséglet: F = m·a ≈ 3 822 N ≈ 3,82 kN.

· Átlagos folyamatos teljesítmény (energia / 10 év): P ≈ 2,00 MW.

Propellant-becslés Newton harmadik mozgási törvényével összhangban tolóerőt vagy más hajtóerőt hozzon létre , és "meghajt" egy járművet, lövedéket vagy folyékony hasznos terhet. Járművekben a hajtóanyagot kihajtó motort reakciómotornak nevezik .  (nagyon durva: összes szükséges kilőtt tömeg ≈ I / v_e) lehet kémiai hajtómű (vₑ ≈ 4 500 m/s): ≈ 2,68×10⁸ kg ≈ 268 063 t. nukleáris-termikus (vₑ ≈ 10 000 m/s): ≈ 1,206×10⁸ kg ≈ 120 628 t. fejlett ion (vₑ ≈ 30 000 m/s): ≈ 4,02×10⁷ kg ≈ 40 209 t.

Érdemes észrevenni: a propellant-igény nem függ az előrebeavatkozás idejétől — csak az impulzustól és a kilépési sebességtől — ezért ezek az értékek megegyeznek a 1 évre számolt impulzusból számolt propellant-értékekkel.  A folyamatos tolóerő ~3,8 kN és a ~2 MW teljesítmény elméletileg elérhető egy jól tervezett űreszközzel — ezek nem ipari monstrumok (összehasonlításképp: néhány MW-os űr-napelem + nagy hatásfokú elektromos hajtómű elképzelhető. Ugyanakkor a szükséges propellant-mennyiségek még mindig óriásiak: még a legkedvezőbb ionhajtásnál is ~40 ezer tonna kilövendő tömeg szükséges (ez a tömeg a kilőtt reakciótömeg, nem feltétlenül a hasznos űreszköz tömege). Ez logisztikailag nagyon nehéz (indítások, üzemanyag-ellátás, tartományok. Fontos további realitások: hatékonyság az impulzusátadásban (nem minden hajtóanyag-momentum transzferálódik tökéletesen az objektumra), a test forgása, a pontosság, az objektum szerkezeti viselkedése (törékenység, porózus belső), navigáció és irányítás — ezek növelhetik a szükséges erőforrásokat. tehát 10 évre elosztva az 0,1°-os eltérítés Δv-igénye ugyanaz marad (~1,05 km/s), de a folyamatos igény redukálódik: ~3,8 kN tolóerő és ~2 MW folyamatos teljesítmény — ez már elméletileg közelebb van a megvalósítható tartományhoz. · A fő akadály továbbra is a propellant/logisztikai kérdés és a valós hatékonyság (impulzusátadás tényleges aránya).

Nézzük mekkora űrhajó-massza kellene egy adott tolóerő/kibocsátási sebesség mellett (pl. ha az űrhajó saját tömege is számít), vagy modellezzem az impulzusátadási hatékonyság hatását (pl. ha csak 10% hasznosul), vagy átszámoljam ugyanezt más Δv-kra / más anyagokra / vagy eltérítési időkre (pl. 20 év)?

Az impulzusátadási hatékonyság hatására, a korábbi feltételek mellett (D = 100 m, SiO₂, ρ = 2200 kg/m³, v = 600 km/s, 0,1°, 10 év). Feltételeztem három hatékonyságot: η = 100% (ideális), η = 10% (reálisabb) és η = 1% (rossz hatásfokú eset). Emellett három típusú kilépési sebességet vettem: kémiai (vₑ≈4 500 m/s), nukleáris-termikus (vₑ≈10 000 m/s) és ion (vₑ≈30 000 m/s).

Az előzmény értékek voltak:

· Objektum tömege: m≈1,1519×109m ≈ 1{,}1519×10^9m≈1,1519×109 kg (≈1,151,917 t).

· Szükséges impulzus (η=100% esetén): I≈1,2063×1012I ≈ 1{,}2063×10^{12}I≈1,2063×1012 kg·m/s.

· 10 év alatt egyenletesen adva: átlagos folyamatos tolóerő (η=100%): F ≈ 3 822 N (≈3,82 kN), teljesítmény ≈ 2,00 MW.

1) Szükséges propellant (összes kilőtt tömeg) hatékonyságfüggően

(propellant ≈ (I/η) / vₑ)

· Ion (vₑ = 30 000 m/s)

• η = 100% → ≈ 40 210 000 kg ≈ 40 210 t

• η = 10% → ≈ 402 100 000 kg ≈ 402 100 t

• η = 1% → ≈ 4 021 000 000 kg ≈ 4 021 000 t

· Nukleáris-termikus (vₑ = 10 000 m/s)

• η = 100% → ≈ 120 630 000 kg ≈ 120 630 t

• η = 10% → ≈ 1 206 300 000 kg ≈ 1 206 300 t

• η = 1% → ≈ 12 063 000 000 kg ≈ 12 063 000 t

· Kémiai (vₑ = 4 500 m/s)

• η = 100% → ≈ 268 066 667 kg ≈ 268 067 t

• η = 10% → ≈ 2 680 666 667 kg ≈ 2 680 667 t

• η = 1% → ≈ 26 806 666 667 kg ≈ 26 806 667 t

Magyarázat: ha csak 10% az impulzus-hasznosulás (pl. a leadott energia/anyag 90%-a nem adható át hatékonyan az objektumnak — pl. por, kis törmelék, sugárzás veszteségek miatt), a szükséges kilőtt tömeg 10×-re nő az ideálishoz képest.

2) Folyamatos tolóerő és teljesítmény hatékonyság szerint

(az előző 10 évre számolt F és P egyszerű skálázása: F(η)=F100%/ηF(η)=F_{100\%}/ηF(η)=F100%​/η, P(η)=P100%/ηP(η)=P_{100\%}/ηP(η)=P100%​/η)

· η = 100%: F ≈ 3,82 kN, P ≈ 2,0 MW

· η = 10%: F ≈ 38,22 kN, P ≈ 20 MW

· η = 1%: F ≈ 382,2 kN, P ≈ 200 MW

Tehát rossz hatásfoknál nemcsak több üzemanyag kell, hanem az évek alatt folyamatosan jelentősen nagyobb tolóerőt és elektromos teljesítményt is biztosítani kell.

3) Gravity-tractor (gravitációs vontató) tömegigény — hatékonyság szerinti hatás

Ha valaki nem hajtóművel nyomná az objektumot, hanem egy gravity tractor-ral (az űrhajó gravitációs vonzásával húzza az objektumot), akkor a szükséges űrhajómassza MMM a következő képből jön:

F=GMmr2⇒M=Fr2GmF = G \dfrac{M m}{r^2} \Rightarrow M = \dfrac{F r^2}{G m}F=Gr2Mm​⇒M=GmFr2​.

Számoltam néhány tipikus távolságra (r = 100 m, 200 m, 500 m, 1000 m).

Példa (r = 200 m, m = 1,1519×10⁹ kg):

· η = 100% (F = 3 822 N) → M≈1,99×109M ≈ 1,99×10^9M≈1,99×109 kg ≈ 1,99 milliárd kg (≈1,99 millió t)

· η = 10% (F = 38 220 N) → M≈1,99×1010M ≈ 1,99×10^{10}M≈1,99×1010 kg ≈ 19,9 milliárd kg

· η = 1% (F = 382 200 N) → M≈1,99×1011M ≈ 1,99×10^{11}M≈1,99×1011 kg ≈ 199 milliárd kg

Általánosabban: a gravity-tractorhoz szükséges tömeg nagyon gyorsan nő, ha a hatásfok rosszabb, vagy ha nagyobb távolságból akarjuk húzni az objektumot. Mi következik ebből? · Impulzus-hasznosulás kritikus tényező. Ha az impulzus csak 10%-ban hasznosul, a szükséges propellant és a folyamatos erő/energia tízszeresére növekszik. Ez alapvetően eldönti, hogy valami csak „elméletileg” vagy „gyakorlatilag” megvalósítható-e. Legjobb megközelítés: minél nagyobb vₑ (kilépési sebesség) használata és minél jobb impulzus-hasznosulás. Az ionhajtás magas vₑ miatt propellant-szükségletben előnyös — de az impulzusátadás mechanikája (ablációs ütközés, plazma-ejekció, kinetikus találat stb.) hatékonysága a kulcs. A gravitációs traktoregy elméleti űrhajó-terv, amely a saját és egy aszteroida közötti kölcsönös gravitációs vonzást használja ki, hogy finoman megváltoztassa az aszteroida pályáját, potenciálisan megakadályozva, hogy az becsapódjon a FöldbeEz a módszer magában foglalja , hogy egy űrhajó hosszabb ideig lebeg az aszteroida közelében, saját gravitációját felhasználva lassú, folyamatos vonzást hoz létre. Ez azért előnyös, mert érintkezésmentes, ami azt jelenti, hogy nem igényli az aszteroida összetételének, alakjának vagy forgásának ismeretét, és nem töri szét a lazán kötött törmelékhalomból álló aszteroidát. A gravity-tractor akkor lehet értelmes, ha nagyon hosszú időnk van és képesek vagyunk óriási, de nem abszurd űrhajómasszát bejuttatni a közelbe. A számokból látszik, hogy még 10 év alatt is hatalmas űrhajómasszára lenne szükség (milliárd tonnás tartomány, ha a hatásfok rossz). · Gyakorlati következtetés: ha az impulzus-hasznosulás alacsony (pl. 10% vagy annál rosszabb), akkor az egész projekt gyorsan válik logisztikailag és költségben kivitelezhetetlenné. Ezért az érdemi stratégia: korai észlelés + minél hosszabb beavatkozási idő + minél hatékonyabb impulzusátadási módszer. Az ion-hajtómű / teljesítmény-számításnak az előző feltételekhez (D=100 m, SiO₂, v=600 km/s, 0,1°, 10 év), és az η = 10% impulzus-hasznosulást feltételezem (amelyre te korábban is utaltál). Összefoglalom a fő lépéseket és a konkrét számokat — rövid, világos, és gyakorlati értelmezéssel.

Kiinduló adatok; · Szükséges átlagos tolóerő ( η = 10% esetén, 10 év alatt): F ≈ 38 220 N ≈ 38,22 kN.

(Ezt korábban kiszámoltuk: az 0,1° eltérésre vonatkozó, 10 évre elosztott érték.)

Feltételezett ion-kilépési sebességek, amiket összehasonlítunk: vₑ = 30 000 m/s (magas Isp ion), vₑ = 10 000 m/s (nukleáris-termikus/kompromisszum) és vₑ = 4 500 m/s (kémiai-szerű példa — bár kémiai rakétánál ez nem elektromos huzamos üzem). · Feltételezett thruster elektromos hatásfok: η_thr ≈ 70% (reális érték modern ion/hall típusú hajtóművekre). A thrust → szükséges elektromos teljesítmény képlete: Pe=Fve2ηthrP_e = \dfrac{F v_e}{2 \eta_{thr}}Pe​=2ηthr​Fve​​.

Mekkora elektromos teljesítmény kell a kívánt tolóerőhöz?

Számolva a fenti képlettel:

· vₑ = 30 000 m/s → P_e ≈ 819 MW

· vₑ = 10 000 m/s → P_e ≈ 273 MW

· vₑ = 4 500 m/s → P_e ≈ 122.85 MW

Ez a folyamatos elektromos teljesítmény, amelyet a hajtóműnek át kell adni folyamatosan ~10 évig, hogy a 38,22 kN-os tolóerőt fenntartsa. (Ez lényegesen nagyobb, mint az előző, „energia/év” egyszerűsített becslés — az oka, hogy elektromos hajtásnál a tolóerő előállítása a kilépési sebességtől és a thruster hatásfokától erősen függ.)

Mennyi tömegű napelem kellene (ha 1 AU körül vagyunk)?

Ha 1 AU-nál tudjuk működtetni a rendszert (azaz van elegendő napfény), és a napelemek specifikus teljesítménye P_sp = 150 W/kg (konzervatív, de reális érték jó minőségű térbeli napelemekre):

· vₑ = 30 000 m/s, P_e = 819 MW → napelem-tömeg ≈ 819 000 000 W / 150 W/kg ≈ 5 460 000 kg ≈ 5 460 t

· vₑ = 10 000 m/s, P_e = 273 MW → ≈ 1 820 t

· vₑ = 4 500 m/s, P_e = 122.85 MW → ≈ 819 t

Ezek csak a napelemek tömegei — nem tartalmazzák a szerkezetet, az irányzást, akkumulátorokat / kondenzátorokat, elektromos rendszereket, hűtést.

Alternatíva: kis nukleáris reaktor / dinamikus generátor

Ha nukleáris reaktorral termeljük a elektromos teljesítményt, a reaktor specifikus teljesítménye nagyon tág határok között változik. 

Példák:

· Optimista, nagyon fejlett kisreaktor: ~100 W/kg elektromos villamos teljesítmény →

o 819 MW → ≈ 8 190 t reaktor-rendszer tömege

o 273 MW → ≈ 2 730 t

o 122.85 MW → ≈ 1 228 t

· Reálisabb / konzervatívabb érték: 10 W/kg → tömegek ×10 (tehát sok tízezer tonna) — ez gyakorlatilag kivitelezhetetlen.

Hűtés / radiátor igény

A thruster hatásfoka (η_thr = 0.7) mellett a leadott elektromos teljesítmény ~30% hővé alakul (ami radiátoron keresztül kell, hogy távozzon). Radiátorok speciális tömege széles tartomány: 1–5 kg/kW reálisan (a technológiától és hőmérséklettől függ).

Például vₑ = 30 000 m/s, P_e = 819 MW → hulladék-hő ≈ 0.3·819 ≈ 246 MW:

· Radiátor-tömeg (1 kg/kW) → 246 000 kg ≈ 246 t

· Radiátor-tömeg (5 kg/kW) → 1 230 000 kg ≈ 1 230 t

Tehát a radiátor is több száz tonnás (sőt, nagyobb) tömeg lehet; ez tovább növeli a logisztikát.

Összesített durva tömeges becslés (napelem + radiátor + hajtómű + tartalék)

Vegyünk vₑ=30 000 m/s esetet (ion-konfiguráció, legjobb Isp), és a konzervatívabb radiátor-számokat:

· Napelem: ≈ 5 460 t

· Radiátor (1 kg/kW): ≈ 246 t

· Thruster + elektronika + tartalék: egyszerű becslésként még ~100–500 t (komplex rendszer) — nagyon optimista. · Összesen: ~5 800–6 200 t (minimális, optimista becslés). Ez nem tartalmazza az üzemanyagot (propellant), indítást, szerelést, vagy az irányítási/telemetria rendszert. Ha nukleáris opciót választunk (pl. 100 W/kg reaktor), a reaktor tömege nagy (~8 190 t), radiátor + hajtómű további 500–1500 t — összbenyomás: több ezer tonna mindkét esetben. Mennyi a propellant-igény (hajtóanyag) szerintem eddig korábban kiszámoltuk az η=10% esetben az ion vₑ=30 km/s-re: ≈402 100 t kilőtt reakciótömeg szükséges összesen (ez a kilőtt tömeg, nem feltétlenül a „hasznos” űreszköz tömege). Ez önmagában óriási logisztikai terhet jelent — több száz ezer tonna propellantot kellene rendelkezésre állni és kezelni. A 38 kN folyamatos tolóerő elektromos úton tartósan előállítani (ion-hajtással) 10 évig lehetséges elméletben, de a szükséges elektromos teljesítmény, a napelemek/reaktorok, radiátorok és az üzemanyag-logisztika több ezer tonnás rendszert igényel. Az optimális megoldás (magas vₑ, jó thruster hatásfok) csökkenti a propellant-igényt, de növeli a szükséges elektromos teljesítményt és ezáltal a napelemek/reaktorok tömegét. Mindezek együtt: egy önálló, űrben működő ion-tractor rendszer, amely 40 ezer tonna propellantot kilő (és több ezer tonna napelem/radiátor/reaktor), logisztikailag és költségben gyakorlatilag kivitelezhetetlen a jelenlegi infrastruktúrával. Röviden: elméti megoldás létezik, de a méretek (tömegek, teljesítmények, hűtés) olyan hatalmasak, hogy jelenlegi realitásként nem tekinthető megvalósíthatónak. Fontos a  korai észlelés: minél korábban tudjuk az objektumot, annál kisebb Δv kell (vagy hosszabb idő alatt kisebb folyamatos tolóerő elég).  Impulzus-hasznosulás növelése: ha az egy találat/robbanás esetén nagyobb arányban tudjuk a lendületet az objektumnak adni, a szükségletek radikálisan csökkennek. Hígabb, moduláris megközelítés: kisebb űreszközök sorozata, „párhuzamos” tolások és speciális kinetikus ütközések hatékonyság-vizsgálata. Technológiai fejlesztések: nagy-teljesítményű, kisméretű űrreaktorok és fejlett hűtőrendszerek fejlesztése — ezek tennék megvalósíthatóbbá a nagyteljesítményű folyamatos tolást. A megadott architektúrát és kiszámoltam, mit tud (valószerű, numerikus eredményekkel). Kiindulásként az előző paramétereket használom: D = 100 m, SiO₂ (ρ=2200 kg/m³) →

m≈1,1519×109m\approx1{,}1519\times10^9m≈1,1519×109 kg, a cél Δv az 0,1°-hoz: ≈1047,2 m/s.

A te rendszered: 10 MW reaktor + 20 MW inverter + 1 db 50 t thruster. Nem kérdezlek tovább, feltételezem két egyszerű lehetőséget: (A) ténylegesen csak 10 MW elektromos teljesítmény áll rendelkezésre (a reaktor kimenete), (B) optimista eset: 20 MW rendelkezésre áll (inverter + tartalék akkumulátor lehetővé teszi). A thruster specifikációját nem adtad, ezért ion-feltételezéssel számoltam: kilépési sebesség ve=30,000 m/sv_e=30{,}000\ \mathrm{m/s}ve​=30,000 m/s és thruster hatásfok ηthr=0,7\eta_{thr}=0{,}7ηthr​=0,7 (reális, jó ion/hall értékekhez).

A kérdés mennyi tolóerőt ad a rendszer?

A képlet (elektromos teljesítmény → tolóerő):

F=2ηthrPveF = \dfrac{2\eta_{thr} P}{v_e}F=ve​2ηthr​P​

· Ha P = 10 MW: F≈467 NF \approx 467\ \mathrm{N}F≈467 N (≈0,467 kN).

· Ha P = 20 MW: F≈933 NF \approx 933\ \mathrm{N}F≈933 N (≈0,93 kN).

(Tehát a 50 t thruster (hajtómű) tömege a teljes rendszerre gyakorlatilag kicsi — az objektum 1,15×1091{,}15\times10^91,15×109 kg-jához képest elhanyagolható hatás.)

2) Mennyi idő, hogy elérjük a szükséges Δv ≈ 1047,2 m/s folyamatos tolással?

Az átlagos gyorsulás a=F/ma=F/ma=F/m, idő t=Δv/at=\Delta v/at=Δv/a.

· P = 10 MW → F ≈ 467 N → t ≈ 2,58×10^9 s ≈ 29 918 nap ≈ 82 év.

· P = 20 MW → F ≈ 933 N → t ≈ 1,29×10^9 s ≈ 14 959 nap ≈ 41 év.

Tehát a felajánlott rendszer nem 10 év alatt adja meg a szükséges Δv-t — hanem évtizedekig tartana (nagyjából 41–82 év aszerint, hogy 20 vagy 10 MW érhető el).

3) Mennyi hajtóanyag kell ehhez (ion-üzemmódban)?

Massafolyam: m˙=F/ve\dot m = F / v_em˙=F/ve​. A teljes kilőtt reakciótömeg mprop=m˙⋅tm_\text{prop} = \dot m \cdot tmprop​=m˙⋅t.

· Mindkét esetre (10 vagy 20 MW) a teljes szükséges propellant (ideális impulzusátadás mellett) kerekítve: ≈ 4,02×10^7 kg ≈ 40 210 tonna. Ha a leadott impulzusnak csak a 10%-a hasznosul az objektumon — ahogy korábban feltételeztük — akkor a szükséges kilőtt tömeg ≈402 100 t, azaz néhány százezer tonna. Ha növeled a feszültséget / teljesítményt a thrusterben (pl. 20 MW), a kilőtt tömeg nem változik sokat, mert ugyanannyi Δv-t kell adni a teljes tömegnek — a tömeg-idő és tömegár összjátéka miatt duplázott tolóerő → fele idő → duplázott tömegár → a kettő szorzata marad közel állandó Gyakorlatilag  a 10 MW reaktor + 50 t thruster konstrukció nem elegendő ahhoz, hogy a kívánt Δv-t 10 év alatt adja meg. Valódi időskála: évtizedek (≈41–82 év), ami általában elfogadhatatlan egy védelmi/eltérítési tervnél.  Ha az impulzus-hasznosulás rossz (pl. csak 10%), a szükséges propellant és/vagy idő tízszeresére nő — ezért a reális követelmény még drasztikusabb. Ha a cél az 10 éves beavatkozás, akkor nagyjából ennyi elektromos teljesítmény kellene (virtuális célértékek, ion-feltételezéssel): ~820 MW elektromos (ez körülbelül 80× a 10 MW-od). Ez illeszkedik az előző számításokhoz: 820 MW → ~38 kN folyamatos tolóerő, ami a 10 évre szükséges (η_impulzus=10% figyelembevételével is). · A javasolt kis rendszer (10 MW) viszont reális alap lehet kutatási demonstrátornak vagy lassú, hosszútávú beavatkozásnak, de nem egy évtizeden belüli eltérítéshez ezen paraméterek mellett.

5) Mit lehet tenn i tovább — gyakorlati opciók

· növelni a elektromos teljesítményt (sokkal nagyobb reaktor vagy több reaktor, ill. napenergia nagy tömegű napelem mező),

· több thruster párhuzamosan (pl. 40–100 db hasonló 50 t thruster → arányosan növeli a tolóerőt),

· növelni az impulzus-hasznosulást (jobb csatolási módszerek: közvetlen rögzítés az objektumhoz, mechanikai vonat, kinetikus találatok helyben),

· korábbra tolni az észlelést (minél több év áll rendelkezésre, annál kisebb folyamatos tolóerő is elég), vagy · részleges alternatívák: sorozatos kinetikus találatok / energiafelszabadító módszerek ( ezekről szimuláció kell, mert az impulzus-hasznosulás változó Felmerülő hipotetikus kérdések; Mennyi reaktor/teljesítmény kellene pontosan ahhoz, hogy 10 év alatt (és η_imp=10% feltétellel) megtörténjen a Δv — megadom a szükséges MW-t és hány 10 MW reaktor kellene; Hány 50 t thruster kellene párhuzamosan a 10 MW-os reaktorod helyett (vagy mellette), hogy 10 év alatt meglegyen a Δv;  Propellant-logisztika részletesen (mennyi indítás/kilövés hányszor, ha egy hordozórakéta X t-ot tud emelni LEO-ba? (ionhajtómű) A számításokhoz fontos még, hogy a Föld pályája 6 független adattal adható meg egy adott pillanatban, ha a Naphoz (vagy más központi testhez) viszonyítjuk a mozgását. Ezt a 6 adatot hívjuk pályaelemeknek, vagy angolul: orbital elements. A 6 pályaelem (Kepler-elemek) Egy test Nap körüli (heliocentrikus) pályája teljesen meghatározható az alábbi 6 adattal: Az ellipszis "mérete" – távolság az ellipszis középpontjától a perihélium és az aphélium között, km vagy AU eee           Excentricitás  Az ellipszis "lapultsága" – 0: kör, 0 < e < 1: ellipszis  iii            Inklináció       A pálya síkjának dőlésszöge az ekliptikához képest (fok) Ω\Omega Ω     Felszálló csomópont hosszúsága       A pályasík és az ekliptikai sík metszésének iránya ω\omegaω           Perihélium argumentuma            A perihélium iránya a felszálló csomóponttól mérve M0M_0M0 Középanomália egy adott időpontban a test pozíciója a pályán belül, egy adott időpontra (például J2025) Talán megértette valaki... Minden számítás úgyanazt az erdményt hozta. Nincs remény és nincs esély. A VÉGEREDMÉNY TELJES KUDARC, KI VAGYUNK SZOLGÁLTATVA!