Avanzado Horizonte y criterio de Rayleigh

[sater]

Buenas a todos.

Usualmente las cuentas para saber a qué distancia podremos ver un objeto se hacen tomando la distancia al horizonte. Si consideramos que ambos objetos tienen alturas $h_1$ y $h_2$, la distancia máxima a la que ambos se pueden ver antes de ocultarse por el horizonte sería:

$$x=3.572\left(\sqrt{h_1}+\sqrt{h_2}\right)$$

donde las alturas se introducen en metros y obtenemos la distancia en kilómetros.

Si se tuviera en cuenta refracción en la atmósfera esto aumentaría un poquito más, con el factor pasando de 3.572 a 3.86 según cómo se haga el cálculo.

Pero despreciando refracción, incluso quitando la atmósfera (pues creo que su distorsión sería el principal factor limitante), ¿realmente a esta distancia se pueden ver dos objetos?

Estaba preparando una entrada al respecto, y creo que además se debería tener en cuenta el criterio de Rayleigh. Es decir, decimos que somos capaces de resolver dos puntos cuando la distancia entre estos permite que el máximo central de sus patrones de difracción (disco de Airy pues es difracción en abertura circular, nuestra pupila) cae uno sobre el primer mínimo del otro. Así podríamos decir que somos capaces de diferenciar dos puntos dados. Realmente investigando al respecto no hay una teoría precisa sobre ello, pues hay que tener en cuenta que caigan en conos/bastones distintos etc. Pero en resumidas cuentas, y si tenemos en cuenta que en nuestro ojo tenemos un índice de refracción $n$ que hay que incluir en la expresión, quedaría que es necesario que los puntos a resolver muestren una separación angular:

$$\theta=1.22\dfrac{\lambda}{n D}$$

con $D$ el diámetro de nuestra pupila.

Desde luego, si la fuente que queremos ver tiene luz propia no creo que haga falta entrar en estas consideraciones. Por ejemplo, somos capaces de ver el Sol cuando se pone, y no es necesario distinguirlo del "punto" horizonte puesto que la intensidad de su patrón de difracción es enormemente mayor. Pero si por ejemplo quisiéramos ver la Torre Eiffel a suficiente distancia, el cálculo con horizontes nos arroja unos 60 km, pero para ver su punta. Creo que esto no es lógico, pues nadie distinguiría la punta de la Torre Eiffel del horizonte. Lo que habría que imponer es que asome suficiente altura para que el ángulo que subtienda respecto al horizonte sea mayor que el que el criterio de Rayleigh nos dice.

¿Qué opináis?

Un saludo.

pd: me gustaría aclarar que he googleado y no encuentro un tratamiento del estilo. Encontré una página donde decían que los terraplanistas argumentaban que, por ejemplo, si no ves la Torre Eiffel a 80 km no es por la curvatura sino por el criterio de Rayleigh (vaya terraplanistas más "leídos"). El caso es que la distancia necesaria para no poder resolver la Torre Eiffel en una tierra plana son 1200 kilómetros, así que salvando todas las complicaciones por la dinámica atmosférica, diría que no es excusa.

[sater]

Vale, haciendo cuentas (se me ha ocurrido otra manera de enfocarlo en la que no caía) con poco que te acerques asomará suficiente como para satisfacer el criterio de Rayleigh, debido a que el ángulo necesario es muy pequeño. Así que no se me ocurre razón para que os molestéis en echarle un ojo si quiera

[Richard R Richard]

Hola Sater, ya me habías clavado el puñal de la curiosidad antes de volver a postear.

Primero deduje la primer fórmula qiuu expones

Si $R$ es el radio de la tierra 6355km

$h_i$ es la altura de cada objeto sobre la superficie de la tierra.

sus extremos pueden verse a una distancia $x=d_1+d_2$ si se cumple la siguiente relación


$(R+h_1)^2-d_1^2=(R+h_2)^2-d_2^2=R^2$

como $d_1=\sqrt{(R+h_1)^2-R^2}=\sqrt{(h_1^2+2h_1R}$

y como $h_1<<R \quad \to\quad d_1\cong\sqrt{\dfrac{2R}{1000}}\sqrt{h_1}$

de donde el $1000$ surge del cambio de unidades de km a metros luego $\sqrt{\dfrac{2R}{1000}}\cong 3.572 Km$

el mismo calculo se hace para $d_2$ porque también es tangente al la superficie en el mismo punto que $d_1$

luego $x=d_1+d_2=3.572(\sqrt{h_1}+\sqrt{h_2})$ cqd


luego con el criterio de Rayleigh. tienes que ver que un objeto situado a una distancia x cuya altura es h cre un trinagulo que por pitagoras es $L^2=x^2+h^2$

siendo valida la relación$\sin\theta =\dfrac{h}{L}$ pero como$x>>h$ entonces $L\cong x$ quedando $\sin\theta \cong\dfrac{h}{x}$

y usando el criterio $\sin\theta=1.22\dfrac{\lambda}{n D}$

igualando $\dfrac{h}{x}=1.22\dfrac{\lambda}{n D}$

luego x=\dfrac{ h n D}{1.22\lambda}

buscando valores $D =0.004m$ ,$\lambda_{visible}\cong\notcien{500}{-9}m$ n\cong 1.376 para el ojo humano

quedando $x=h 9.02276km/m$


vayamos por el ejemplo de la torre, la limitación no la tienes con el criterio de Rayleigh en la altura sino en el ancho de la torre que es inferior...

la última planta esta a 276m de altura con un ancho de 20 m muy optimista. y como altos nos ponemos los ojos a 1.8m

con el primer criterio la podemos ver a

$x=3.572(\sqrt{276}+\sqrt{1.8})=64.13 km$

con el de Rayleigh

$x=20m9.02276km/m=180.45km$

Osea desaparece primero por debajo del horizonte, que por capacidad del ojo de distinguirle el ancho.

Saludos

Espero te sirva.

[sater]

Muchas gracias por el interés Richard. Yo quería llegar a una expresión analítica sobre la distancia a la que deberíamos acercarnos $x_m$ para poder "resolver" la altura de un objeto dado y compararla con la distancia $x$, suma de las distancias a horizontes.
El caso es que llego a una ecuación de segundo grado como esta:

$$x_m^2+(c^2\theta_R-2c\sqrt{h_1})x_m+c^2(h_1-h_2)=0$$

donde $c=3.572$ y $\theta_R\approx 1'$ el ángulo del criterio de Rayleigh. El caso es que el término que incluye al ángulo es tan chiquitin, que no cambia nada el paréntesis si se tiene en cuenta, y si lo desprecias, al resolver esta ecuación de segundo grado se llega a que $x_m=x=3.572(\sqrt{h_1}+\sqrt{h_2})$ (como tiene que ser).

No había caído en que es interesante aplicarlo también al grosor como dices, pero veo que sigue sin merecer la pena.

Muchas gracias por el interés Richard.

[Richard R Richard]

Un dato de color, En mi cuidad Lujan Buenos Aires , tenemos la basílica, de 108m con 2 puntas de 3 m , yo la he visto a mas de 24Km de distancia, pero , no se ve en todas las direcciones debido a que la flora dificulta la linea recta libre, nunca me habia puesto apensar que sería la curvatura lo que la quite del panorma antes que la agudeza del ojo... bueno ahora ya con anteojos no la veo ni estando dentro.

[sater]

Yo nunca me había fijado en ver objetos lejanos a mucha distancia, a partir de ahora miraré con otros ojos. Mi interés venía de fotos impresionantes, como el Himalaya a 200 km (https://twitter.com/AlfredRPico/stat...60401154416641), y vídeos "falsos" o malintencionados como la Torre Eiffel desde Londres: https://twitter.com/EAE_Africa/statu...70968109309969

[Richard R Richard]

He tenido la suerte de viajar por mi país que es extenso, y ver lagos cuya costa mas cercana empieza a 34 km de donde tome la foto y llegan hasta los 100 km al pie de la cordillera, esto es visible a ojo desnudo, sin teleobjetivos ni nada.

O ver el Nevado en Mendoza y ubicarlo a más de 160 Km "distancia de gps" en dia frio y limpio de nubosidad (tiene 3800 mts de altura y está solo antes de la precordillera) de allí a la cordillera hay 140 Km más esta es más alta pero no se ve como fondo.

El Aconcagua esta tan tapado de otras montañas que no lo puedes ver hasta no estar muy cerca, unos 50 /60 km y buscando sitios específicos por donde mirar.

El Lanín un volcán bien con forma de bonete, unos se ve a 80 90 km ... en fin extraño ... esta cuarentena me esta matando...