5M sebességnél és afelett szerintem nincs pár 10 m-es direkt szitálás, ott egy minimális iránykorrekció is szerintem egy nagyságrenddel nagyobb kitérést jelent.
Hiperszonikus csapásmérő eszközök fejlesztése
Nem kell tudnia. A célponttól X km-re a saját programja szerint elkezdi a zavaró manővereket.
Az a baj, hogy mindenki óriási, látványos dolgokra gondol, miközben 1 fok eltérés is már elegendő az önvédelemhez.
Itt érzek némi zavart az erőben...Centripetális erő
Ahol az ac a centripetális gyorsulás. Az erő iránya annak a körnek a középpontja felé irányul, amelyben az objektum mozog, vagy az oszcilláló kör felé (az a kör, amely a legjobban illeszkedik a tárgy helyi útjához, ha az út nem kör alakú). A képletben a sebesség a négyzeten jelenik meg ami azt jelenti, hogy sebesség kétszeresére az erő négyszeresére van szükség. A görbületi sugarakkal való fordított kapcsolat azt mutatja, hogy a sugárirányú távolság felének kétszeres erőre van szükség. Ezt az erőt néha a tárgy szögsebessége alapján a kör középpontjába irják a képletben lévő tangenciális sebességhez viszonyítva
Ez a kép nagyon jó egy pontszerű test esetében, csak a repülőnél ez nem helyes. A repülő egy kiterjedt test, így pontszerű testként modellezve nem tudna repülni, ezért minimum 2d-s kiterjedésű objektumként kell kezelni. Ha így teszünk, akkor fontos lesz a dőlésszöge a hossztengelyhez viszonyítva. Ekkor kell felírni a statikai és kinematikai egyenleteket. Készítettem egy szabadtest ábrát, hogyan is néz ki ez, ha a repülő 2d-s objektum és kanyarodik.
A pontszerű megközelítéssel az a gond, hogy abból indul ki, a tárgy fel van támasztva mondjuk az asztalon. A repülőnél a probléma 2 síkbeli problémává alakul. Egyrészt a gond az, hogy ez statikailag nincs egyensúlyban. Ha az egyensúlyi egyenleteket felírjuk, akkor látható, hogy a feladat
- az x- tengely mentén nincs egyensúlyban. Ahogy bedől a repülő, úgy alakul át az eredetileg felfelé ható felhajtóerőből valamennyi hányad a dőlésszög függvényében x-tengely irányú erővé. Ezzel az erővel viszont semmi sem tart ellen, így ez az erőkomponens gyorsítja a gépet a sugárirányban.
- az y-tengely mentén kvázi egyensúlyi.
(1) Ha a dőlésszög kis mértékű, akkor előáll egy olyan állapot, hogy a felhajtó erő nagyobb, mint a súlyerő, ezért a repülő így emelkedik is és gyorsul sugárirányban - ezt lehet kompenzálni, ha a repülő egyéb aerodinamikai felületeken hoz létre lefelé mutató erőket, így kis dőlésnél sem változik a magasság.
(2) Ha a dőlésszög értéke akkora, hogy felhajtó erő pont akkora lesz, mint a súlyerő, akkor a repülő nem változtatja a magasságát, de a gyorsulás nő.
(3) A harmadik eset, hogy olyan nagy hányada alakul át a felhajtó erőnek a oldalirányú komponensé, hogy a súlyerő már nagyobb, mint a felhajtó erő, így a repülő zuhan az y-síkban, miközben a sugárirányú gyorsulása tovább nő. Ez azt is jelenti, hogy a repülőre ható erők is jelentősen megnőnek.
- a tömeg nem játszik szerepet, ha a (2) eset áll fent, ami az elméleti ideális. Ezért a valóságban az (1) és (3) állapot játszik.
S
speziale
Guest
1) mondom felszíni flottával...az SSGN más tészta....egyrészről erre ott vannak az ASW helik, a CSG-t kísérő SSN, illetve egy valódi éles szituációban feltehetően ott hemzsegnének a Guamról, Japánról meg még egyéb Csendes-Óceáni szigetről felszálló P-8-ak
2) ezt nehéz megmondani...de tekintetbe véve, hogy az óriási méretű S400 radarja tudja kb. 90km-ről felderíteni, akkor lehet találgatni
Ez így nagyon rózsaszínűnek hangzik így elsőre, de ez nem így lesz, erre szinte mérget vennék...
S
speziale
Guest
de egyébként az is könnyen lehet, hogy ha lenne valami valódi balhé, akkor első körben az SSN-ek kapnák a feladatot, hogy takarítsák ki az SSGN-eket
T
Törölt tag
Guest
Patriotnál biztosan nem (hajófedélzeti cuccokat nem ismerem), a nagysebességű cél felderítése, követése, azonosítása, illetve megsemmisítése teljesen automatikus, kezelői beavatkozást nem igényel. A TCA és TCO szerepe itt csak a tüzelési engedély előzetes megadása (Engagement Mode - Auto).
M
molnibalage
Guest
A Hpasp féle faék közelítés azt az erőt számolja ki, amit elő kell állítani. Azt nem, hogy akkor ezt a repcsi és minden másnak bedöntve kellene elérni, ahogy minden más repcsinél, "csak" a sebesség más.Itt érzek némi zavart az erőben...
Ez a kép nagyon jó egy pontszerű test esetében, csak a repülőnél ez nem helyes. A repülő egy kiterjedt test, így pontszerű testként modellezve nem tudna repülni, ezért minimum 2d-s kiterjedésű objektumként kell kezelni. Ha így teszünk, akkor fontos lesz a dőlésszöge a hossztengelyhez viszonyítva. Ekkor kell felírni a statikai és kinematikai egyenleteket. Készítettem egy szabadtest ábrát, hogyan is néz ki ez, ha a repülő 2d-s objektum és kanyarodik.
A pontszerű megközelítéssel az a gond, hogy abból indul ki, a tárgy fel van támasztva mondjuk az asztalon. A repülőnél a probléma 2 síkbeli problémává alakul. Egyrészt a gond az, hogy ez statikailag nincs egyensúlyban. Ha az egyensúlyi egyenleteket felírjuk, akkor látható, hogy a feladat
- az x- tengely mentén nincs egyensúlyban. Ahogy bedől a repülő, úgy alakul át az eredetileg felfelé ható felhajtóerőből valamennyi hányad a dőlésszög függvényében x-tengely irányú erővé. Ezzel az erővel viszont semmi sem tart ellen, így ez az erőkomponens gyorsítja a gépet a sugárirányban.
- az y-tengely mentén kvázi egyensúlyi. Ha a dőlésszög kis mértékű, akkor előáll egy olyan állapot, hogy a felhajtó erő nagyobb, mint a súlyerő, ezért a repülő így emelkedik is és gyorsul sugárirányban - ezt lehet kompenzálni, ha a repülő egyéb aerodinamikai felületeken hoz létre lefelé mutató erőket, így kis dőlésnél sem változik a magasság. Ha a dőlésszög értéke akkora, hogy felhajtó erő pont akkora lesz, mint a súlyerő, akkor a repülő nem változtatja a magasságát, de a gyorsulás nő. A harmadik eset, hogy olyan nagy hányada alakul át a felhajtó erőnek a oldalirányú komponensé, hogy a súlyerő már nagyobb, mint a felhajtó erő, így a repülő zuhan az y-síkban, miközben a sugárirányú gyorsulása tovább nő. Ez azt is jelenti, hogy a repülőre ható erők is jelentősen megnőnek.
Tehát nem azt mutatja a G érték és abból a m*a --> F hogy mekkora felhajtóerő kell, ez hasznos, ennél TÖBB kell.
Ezt is mondtam már korábban, de akkor nem ment át a tartalom, hogy akkor majd mesélje el nekem a sok HSM van, akkor akkor majd az eszközök ezeket hogyan adják elő és hol van a határ az alapján, amit te tettél be Cd és Cl adatos ér AoA limit is volt asszem.
angelsoul
"A másik nagy bibi a felderítés mindkét oldalról és azok degradálódásának a hatása - ha tegyük fel Kína/Oo leszedi az előrejelző műholdakat, akkor bár lehet az indításaik rejtve vannak, de ők aztán végképp meg nem mondják, hol a célpont, mert a Space Command akkor aztán olyan takarítást csinál az űrben cserébe, hogy időjárásjelentésre sem lesz lehetőségük..."
Hogyan lehet a világűrben úgy "nagytakarítani" bárkinek is, hogy közben a saját egyéb műholdjai és eszközei ne sérüljenek szintén? Ha nincs elegendő irányított műhold elfogód (márpedig nincs, mert minimum több százat kellene nagyon rövid idő alatt, szinte egy időben a célpontokhoz jutattni és bevetni, mielőtt kapcsol a túloldal), akkor csak olyan technológiai megoldás marad, ami nem válogat, azaz mindegyik cucc megy a levesbe. Az ellené is, meg a saját is.
"A másik nagy bibi a felderítés mindkét oldalról és azok degradálódásának a hatása - ha tegyük fel Kína/Oo leszedi az előrejelző műholdakat, akkor bár lehet az indításaik rejtve vannak, de ők aztán végképp meg nem mondják, hol a célpont, mert a Space Command akkor aztán olyan takarítást csinál az űrben cserébe, hogy időjárásjelentésre sem lesz lehetőségük..."
Hogyan lehet a világűrben úgy "nagytakarítani" bárkinek is, hogy közben a saját egyéb műholdjai és eszközei ne sérüljenek szintén? Ha nincs elegendő irányított műhold elfogód (márpedig nincs, mert minimum több százat kellene nagyon rövid idő alatt, szinte egy időben a célpontokhoz jutattni és bevetni, mielőtt kapcsol a túloldal), akkor csak olyan technológiai megoldás marad, ami nem válogat, azaz mindegyik cucc megy a levesbe. Az ellené is, meg a saját is.
T
Törölt tag
Guest
Itt érzek némi zavart az erőben...
Ez a kép nagyon jó egy pontszerű test esetében, csak a repülőnél ez nem helyes. A repülő egy kiterjedt test, így pontszerű testként modellezve nem tudna repülni, ezért minimum 2d-s kiterjedésű objektumként kell kezelni. Ha így teszünk, akkor fontos lesz a dőlésszöge a hossztengelyhez viszonyítva. Ekkor kell felírni a statikai és kinematikai egyenleteket. Készítettem egy szabadtest ábrát, hogyan is néz ki ez, ha a repülő 2d-s objektum és kanyarodik.
A pontszerű megközelítéssel az a gond, hogy abból indul ki, a tárgy fel van támasztva mondjuk az asztalon. A repülőnél a probléma 2 síkbeli problémává alakul. Egyrészt a gond az, hogy ez statikailag nincs egyensúlyban. Ha az egyensúlyi egyenleteket felírjuk, akkor látható, hogy a feladat
- az x- tengely mentén nincs egyensúlyban. Ahogy bedől a repülő, úgy alakul át az eredetileg felfelé ható felhajtóerőből valamennyi hányad a dőlésszög függvényében x-tengely irányú erővé. Ezzel az erővel viszont semmi sem tart ellen, így ez az erőkomponens gyorsítja a gépet a sugárirányban.
- az y-tengely mentén kvázi egyensúlyi.
(1) Ha a dőlésszög kis mértékű, akkor előáll egy olyan állapot, hogy a felhajtó erő nagyobb, mint a súlyerő, ezért a repülő így emelkedik is és gyorsul sugárirányban - ezt lehet kompenzálni, ha a repülő egyéb aerodinamikai felületeken hoz létre lefelé mutató erőket, így kis dőlésnél sem változik a magasság.
(2) Ha a dőlésszög értéke akkora, hogy felhajtó erő pont akkora lesz, mint a súlyerő, akkor a repülő nem változtatja a magasságát, de a gyorsulás nő.
(3) A harmadik eset, hogy olyan nagy hányada alakul át a felhajtó erőnek a oldalirányú komponensé, hogy a súlyerő már nagyobb, mint a felhajtó erő, így a repülő zuhan az y-síkban, miközben a sugárirányú gyorsulása tovább nő. Ez azt is jelenti, hogy a repülőre ható erők is jelentősen megnőnek.
- a tömeg nem játszik szerepet, ha a (2) eset áll fent, ami az elméleti ideális. Ezért a valóságban az (1) és (3) állapot játszik.
Minél eccerűbben próbáltam megmagyarázni hogy Mach20-nál nincs éles cikk-cakk manőver (amit egyes fórumtársak képzelnek) mert szétszakad az adott test az ahhoz szükséges túlterhelés miatt.
Lehet komoly modellezést is végezni, és kíváncsi is vagyok rá, hogy akkor szerinted Mach20-esetén, 100g túlterheléssel (függőleges /amit elhanyagoltam/ és vízszintes komponens eredője) mekkora lesz a forduló sugara (mennyivel nagyobb az általam számított 37km-hez képest).
S
speziale
Guest
elfogáshoz nem kellenek óriási műholdak...kisméretű műholdból meg egy indítással tucatjával tudnak felvinni...egyébként meg ezen a téren az USA a Falcon-al óriási előnybe került mert irtó gyorsan és olcsón tudnak fellőni cuccokat
Nem rossz indulatból kérdem. Miért akarunk mi megfordulni azzal a rakétával?
Szerintem azt érdekesebb lenne kiszámolni, hogy a 60 fokos szögben beérkező rakéta mekkora erőt használ fel ahhoz, hogy 1 sec alatt 59 fokban érkezzen, majd később 2 sec alatt 61 fokban, majd újabb 1 sec alatt 60 fokban...
Minden alkalommal arrébb helyeződik a találkozási pont, ennyi elég a védelemhez. Nem kell 180 fokot megtennie....
Ezek a hiperszonikus cuccok szerintem az útvonaluk 2/3-át vagy 3/4-ét teszik meg brutál gyorsan (célpont távolságtól függően), az utolsó szakaszban pedig belassulnak és manőverezgetnek egyet - problem solved. Amíg észlelik, bemérik és követik, addigra túl lehet az út nagyobb felén, mire az elfogási fázis jön, már relatíve közel van, bőven lassulhat és onnantól marad némi potenciál a szükséges kitérő manőverre. Én legalábbis így csinálnám és amit eddig itt olvastam és amit ezekből felfogtam, nagy eséllyel ez valahogy így is lehet.
Az elfogó indítását időben követő kitérő manőver pedig pont sikeres lehet abban, hogy az elfogó mellé menjen - ehhez persze kell némi időzítés is, de ez már nem az én problémám. Gondolom, akik ilyen cuccokat tervezgetnek, azért kábé képben vannak az ellenoldal védelmi kütyüjeivel is. Meglepne, ha nem így lenne.
Az elfogó indítását időben követő kitérő manőver pedig pont sikeres lehet abban, hogy az elfogó mellé menjen - ehhez persze kell némi időzítés is, de ez már nem az én problémám. Gondolom, akik ilyen cuccokat tervezgetnek, azért kábé képben vannak az ellenoldal védelmi kütyüjeivel is. Meglepne, ha nem így lenne.
ozymandias 2D-s modelje meg arról szól, hogy a testeket nem a tömegközéppontjukban érdemes vezérelni, hanem erőkaron keresztül.
Ezért van a rakéta végében vagy az elejében a kormány felület. Minél nagyobb az erőkar, annál kisebb erő kell a tárgy kimozdításához.
Éppen ezért elég becsapós az amikor egy pontban koncentrált tömeget akartok ugyan ebből a pontból kimozdítani....
Ezért van a rakéta végében vagy az elejében a kormány felület. Minél nagyobb az erőkar, annál kisebb erő kell a tárgy kimozdításához.
Éppen ezért elég becsapós az amikor egy pontban koncentrált tömeget akartok ugyan ebből a pontból kimozdítani....
T
Törölt tag
Guest
Nem rossz indulatból kérdem. Miért akarunk mi megfordulni azzal a rakétával?
Mer a fordulósugár ugyanakkora egyetlen foknyi fordulás esetén is, és azt az átlag fórumozó jobban átérzi.
Következő lépés lenne modellezni - kiszámolni a találati pont áthelyezésének mértékét, majd utána lehetne megmondani, hogy a lérak le tudja-e ezt követni.
Persze ennyi energiát senki sem fog ebbe feccölni, mert akik a cikk-cakkolásban erősen hisznek azok majd jönnek a "nemtudhatjuk" érvvel, és úgysem hajlandók sem végiggondolni, sem végigolvasni a levezetést.
Hajrá, számold ki!
Hol?Mert ugyanaz a flottakötelék másra képes,ha számithat egy parti bázisra,ahol nagy hatósugarú felderitógépek és szárazfőldi légierő is támogatja a harcát,és másra a nyilt óceán közepén.Plusz ekkor még bejátszik az utánpótlás kérdése is.Merthát a hajóknak üzemanyag is kell,ami mennyisége befolyásolja a manőverlehetőségeiket.De egyszerűsitsük,és szükitsünk a hajókra.Azok a flották,amik rendelkeznek hordozóval,messzebbről tudnak támadni,mint azok amik nem.Ugyanakkor beleronditanak a képbe a tengeralatjárók.Mert azok,ha elég fejlettek,a felszini köteléket jóval megelőzve is támadhatnak.
Aztán,milyen a támadás jellege.Mert egy Ohio osztályú tengó 10000km-ről szétlövi fél Kinát.Viszont egy SeaWolf meg 100km-ről támadhat egy felszini hajót-márha tudja,hogy az a hajó ott van.Egy másik tengót,meg mondjuk 5km-ről,mert abbol a távolságbol képes csak detektálni.....Vagy szélsőséges esetben csak ökleléssel tudja támadni,mert csak akkor veszi észre,ha nekimegy.....
Elvileg egy amcsi hordozó olyan messziről tudj támadni egy másik flottát,amig a gépei el tudják juttatni a támadófegyvereket-plusz maguknak a fegyvereknek a hatótávja.És még ez sem fix adat,mert nem mindegy,hogy a gépek egy támadófegyvert visznek 4 póttartállyal,vagy 4 eszközt egy póttal-vagy éppen szembe fúj a szél,avagy háturol...És akkor még nem is cifráztam,mondjuk aknaharccal.Az aknatelepités pillanatában lehet az ellen flottája 3000km-re,majd rácsalom az aknazárra.Akkor most milyen messziről támadtam azt a flottát???
Szerinted nincs már tele a világűr olyan műholdakkal, amelyek pont ezért vannak fent?
Ha kitör a balhé, késő akkor fellövöldözni ezeket. Ráadásul az ellen holdjai is szanszét keringenek, ezeket nem fogod secperc alatt befogni és kiiktatni, ez idő, közben a túloldal kapcsol és "tétet emel".
MIt lépne az USA vagy Oroszo., ha hirtelen kifinganának a holdjaik, azaz megvakulnának és zéró kommunikáció lenne? Van egy tippem, de utána már egy darab műholdra sem lesz szüksége senkinek.
Mennyi aktív műhold kering most fent és ebből mennyiről tudjuk minimálisan azt, hogy mi a valódi céljuk?
Mennyi inaktív hold van fent, amit max. űrszemétnek néznek, miközben nem az?
Tehát összecsaphatnak 100 km-ről is meg 3000 km-ről is.
De egyszerűsitsük,és szükitsünk a hajókra.Azok a flották,amik rendelkeznek hordozóval,messzebbről tudnak támadni,mint azok amik nem.Ugyanakkor beleronditanak a képbe a tengeralatjárók.Mert azok,ha elég fejlettek,a felszini köteléket jóval megelőzve is támadhatnak.
Aztán,milyen a támadás jellege.Mert egy Ohio osztályú tengó 10000km-ről szétlövi fél Kinát.Viszont egy SeaWolf meg 100km-ről támadhat egy felszini hajót-márha tudja,hogy az a hajó ott van.Egy másik tengót,meg mondjuk 5km-ről,mert abbol a távolságbol képes csak detektálni.....Vagy szélsőséges esetben csak ökleléssel tudja támadni,mert csak akkor veszi észre,ha nekimegy.....
Elvileg egy amcsi hordozó olyan messziről tudj támadni egy másik flottát,amig a gépei el tudják juttatni a támadófegyvereket-plusz maguknak a fegyvereknek a hatótávja.És még ez sem fix adat,mert nem mindegy,hogy a gépek egy támadófegyvert visznek 4 póttartállyal,vagy 4 eszközt egy póttal-vagy éppen szembe fúj a szél,avagy háturol...És akkor még nem is cifráztam,mondjuk aknaharccal.Az aknatelepités pillanatában lehet az ellen flottája 3000km-re,majd rácsalom az aknazárra.Akkor most milyen messziről támadtam azt a flottát???
Akkor meg pláne van értelme a qrva gyors fegyvereknek, közelről esélytelen őket leszedni, távolabbról meg marad tér és idő akár riszálni egyet a puszi előtt.
Ok, thx.
Ja, éles helyzetben tuti nem egymagában grasszál a 31-es a pocakján egy Kinzsallal.Légfékkel, robbanó anyaggal, szárnyakkal stb....
Az, hogy 300 km-re nem tudják megvédeni az E-2D-t és azt meg lelövik a MIG-31-esek
Ez lenne a lényeg.
Majd ha nagyon ráérek. Az legközelebb január fele lesz előre láthatóan