U 02.1 – Relativistische Effekte bei der Satellitennavigation

 
  1. Die GPS-Satelliten bewegen sich auf einem Orbit in 20.000 km Höhe mit einer Umlaufdauer von T = 12h. Wie groß ist die Zeitdilatation eines Beobachters auf der Erde pro Tag aufgrund der Geschwindigkeit des Satelliten.
  2. Der Erdradius beträgt {r_E} = 6370km und die Erdmasse {M_E} = 5.9736 \cdot {10^{24}}kg. Wie groß ist die Zeitdiletation pro Tag durch den Einfluss des Schwerefelds der Erde im Orbit im Vergleich zur Empfängerstation auf der Erde?
  3. Wie groß ist also die gesamte Zeitverschiebung pro Tag durch die beiden relativistischen Effekte? Welche Abweichungen in der Ortsbestimmung ergeben sich dadurch?

Lösung

a)

Zeitdilatation aufgrund einer Relativbewegung
Bsp.: Lichtuhr

mess-u02-lichtuhr

Während bei der linken (ruhenden) Uhr eine Zeit von 60 Sekunden vergeht, vergehen bei der rechten (bewegten) Uhr aufgrund der Endlichkeit der Lichtgeschwindigkeit z.B. nur 59 Sekunden. Die Zeit im bewegten System läuft also langsamer.

t: Zeit (Inertialzeit) des ruhenden Beobachters auf der Erde
{t^{\prime}}: Zeit des bewegten Satellitensystems, wie sie dem Erdbeobachter „erscheint“

Für die Zeitdilatation gilt:
\boxed{t = \gamma \cdot {t^{\prime}} = \frac{1}{{\sqrt {1-\frac{{{v^2}}}{{{c^2}}}} }} \cdot {t^{\prime}}}

\gamma > 1\quad \Rightarrow \quad t > {t^{\prime}}

z.B. Erde t = 60\:s, Satellitenzeit {t^{\prime}} = 59\:s.

Den Faktor \gamma bezeichnet man als Lorentzfaktor.

Gegeben sind:
Höhe: h = 20.000\:km

Umlaufdauer: {T_s} = 12\:h

Gesucht: v (relative Geschwindigkeit zur Erdoberfläche), \Delta t (Zeitdilatation)

Wir brauchen zuerst den Radius der Umlaufbahn:

{r_s} = h+{r_e} = 26.730\:km

Dann bestimmen wir die Umlaufgeschwindigkeit:

{U_s} = 2\pi \cdot {r_s}

{v_s} = \frac{{{U_s}}}{{{T_s}}} = \frac{{2\pi \cdot 26.370 \cdot {{10}^3}\:m}}{{12 \cdot 3.600\:s}} = 3835\frac{m}{s} \overset{\wedge}{=}13807\frac{{km}}{h}

Da die Erde sich dreht, besitzt der Beobachter ebenfalls eine Geschwindigkeit \left( {{v_e}} \right). Am Äquator hat er die Maximalgeschwindigkeit und es gilt:

{v_e} = \frac{{2\pi \cdot 6.370 \cdot {{10}^3}\:m}}{{24 \cdot 3.600\:s}} = 1667\frac{{km}}{h} \overset{\wedge}{=}463\frac{m}{s}

Wir müssen nun beachten, dass wir hier zwei Fälle haben, wir können uns mit dem Satteliten bewegen oder auch gegen die Laufrichtung des Satelliten. Im Normalfall bewegt sich ein Satellit in Richtung der Erdumlaufrichtung, da so beim Start Treibstoff gespart werden kann.

Wir haben also eine Schwankung der Relativgeschwindigkeit von \pm 12\%. Wir berechnen hier nun die mittlere Zeitdilation also {v_e} = 0.

\Rightarrow \quad \gamma = \frac{1}{{\sqrt {1-{{\left( {\frac{{3855\frac{m}{s}}}{{3 \cdot {{10}^8}\frac{m}{s}}}} \right)}^2}} }} = 1,\underbrace {000\:000\:000\:0}_{10 \times 0}81\:7

Damit folgt nun:

\gamma = \frac{t}{{{t^{\prime}}}} = \frac{{{t^{\prime}}+\Delta t}}{{{t^{\prime}}}} = 1+\frac{{\Delta t}}{{{t^{\prime}}}}\quad \Rightarrow \quad \frac{{\Delta t}}{{{t^{\prime}}}} = \gamma -1 = 8.17 \cdot {10^{-11}}

\Rightarrow \quad \Delta {t_{1\:Tag}} = \left( {\gamma -1} \right) \cdot 24 \cdot 3600\:s = \underline{\underline {7,06\:\mu s}}

Wenn also für den Satelliten 1 Tag vergangen ist, so sind für den Beobachter auf der Erde bereits 1 Tag und 7,06 µs vergangen.

b)

Gegeben:

{M_E} = {5,9710^{24}}\:kg

{r_s} = {r_e}+\Delta r = 26.370km

{r_E} = 6370\:km

Für die potentielle Energieänderung im Gravitationspotential gilt:

\boxed{\Delta {E_h} = \int\limits_{{r_S}}^{{r_E}} {G \cdot \frac{{m \cdot {M_E}}}{{{r^2}}}dr} }\quad ,\quad G:Gravitationskonstante

\Delta {E_h} = -m \cdot G \cdot {M_E} \cdot \left( {\frac{1}{{{r_E}}}-\frac{1}{{{r_S}}}} \right)

\quad = -m \cdot G \cdot {M_E} \cdot \left( {\frac{{{r_S}-{r_E}}}{{{r_E}{r_S}}}} \right)

\quad = -m \cdot \underbrace {\frac{{G \cdot {M_E}}}{{r_E^2}}}_g \cdot r_E^2 \cdot \left( {\frac{{{r_S}-{r_E}}}{{{r_E}{r_S}}}} \right)\quad ;\quad g = \frac{{G \cdot {M_E}}}{{r_E^2}}

\quad = -m \cdot g \cdot {r_E} \cdot \frac{{\Delta r}}{{{r_S}}}

Nun gilt wie in Teilaufgabe a) wieder:

\gamma = \frac{t}{{{t^{\prime}}}} = \frac{{\frac{1}{f}}}{{\frac{1}{{{f^{\prime}}}}}} = \frac{{{f^{\prime}}}}{f}

Zusätzlich gilt nach Einstein für die Photonenenergie:

\boxed{{E_P} = m{c^2} = hf}\quad \Rightarrow \quad m = \frac{{hf}}{{{c^2}}}

Und nach der Energieerhaltung:

\boxed{\Delta {E_h}+\Delta {E_P} = 0}\quad \Rightarrow \quad \Delta {E_P} = -\Delta {E_h}

Daraus folgt nun:

h\Delta f = \Delta m{c^2} = \Delta {E_P} = -\Delta {E_h} = m \cdot g \cdot {r_E} \cdot \frac{{\Delta r}}{{{r_S}}}

Und somit:

\frac{t}{{{t^{\prime}}}} = \frac{{{m^{\prime}}h{c^2}}}{{mh{c^2}}} = \frac{{m-\Delta m}}{m} = 1-\frac{{\Delta m{c^2}}}{{m{c^2}}} = 1-\frac{{g \cdot \Delta r \cdot {r_E}}}{{{c^2} \cdot {r_S}}}

= 1-\frac{{9,81\frac{m}{{{s^2}}} \cdot 20 \cdot {{10}^6}m \cdot 6\:370 \cdot {{10}^3}m}}{{{{\left( {3 \cdot {{10}^8}\frac{m}{s}} \right)}^2} \cdot 26\:370 \cdot {{10}^3}m}} = 1-5,27 \cdot {10^{-10}} = \frac{t}{{{t^{\prime}}}} = \frac{{{t^{\prime}}-\Delta t}}{{{t^{\prime}}}} = 1-\frac{{\Delta t}}{{{t^{\prime}}}}

\Rightarrow \quad \frac{{\Delta t}}{{{t^{\prime}}}} = 5,27 \cdot {10^{-10}}

\Rightarrow \quad \Delta t = 5,27 \cdot {10^{-10}} \cdot 24 \cdot 3600s = \underline{\underline {45,57\mu s}}

t < {t^{\prime}}\quad \Rightarrow Während auf der Erde ein Tag vergangen ist, sind im Satelliten 1 Tag + 45 µs vergangen. D.h. die Satellitenuhr scheint schneller zu gehen.

c)

Gesamte (maximale) Zeitverschiebung:

\Delta {t_{Dilat.+\:Grav.}} = 7,06\mu s-45,57\mu s = \underline{\underline {-38,51\mu s}}

\mathcal{G}\mathcal{H}\& \mathcal{J}\mathcal{K}

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