[Advertencia para esta respuesta: (a ambas partes) es, casi literalmente, una transcripción de una vuelta-de-la-envoltura de cálculo: puede haber errores.]
El cálculo para una cámara distante no co-rotación de la Tierra con
Un objetivo de 50 mm en película de 35mm tiene alrededor de un 40 grados de ángulo de visión. Supongamos que estamos señalando que la lente en la Tierra para que la Tierra se llena este ángulo de vista, estamos mirando hacia abajo en el ecuador, y la cámara no es co-rotación de la Tierra. En lugar de hacer complicadas sumas vamos a suponer que los puntos finales de una línea trazada a través del centro del planeta y terminando en la superficie sobrepasan los 40 grados a la cámara. Si suponemos que el radio de la tierra es $R$ y el ángulo de visión de la lente es $2\theta$, esto nos da
$$B = \frac{R}{\tan\theta}$$
donde $B$ es la distancia desde la cámara al centro de la tierra. De esto podemos obtener
$$b = R\left(\frac{1}{\tan\theta} - 1\right)$$
donde $b$ es la distancia desde el punto en la superficie de la Tierra directamente debajo de la cámara para la cámara.
Ahora queremos calcular la velocidad angular de este punto con respecto a la cámara, $\omega_C$, en términos de $\omega_E$, la velocidad angular de la Tierra. Así, podemos hacer esto mediante la equiparación de la distancia que se mueve en términos de $\omega_C$ a que se mueve en términos de $\omega_E$ en un corto período de tiempo $\delta t$:
$$\omega_C \delta t b = \omega_E \delta t R$$
o
$$\omega_C = \frac{\omega_E R}{b}$$
o
$$\omega_C = \frac{\omega_E}{\frac{1}{\tan\theta} - 1}$$
Así, sabemos $\omega_E$$\theta$, y sabemos que la $\omega_C$.
La siguiente cosa que quiero saber es el tamaño angular de un píxel de la cámara. Si hay $N$ de los píxeles en el campo de visión, a continuación, en el centro del campo de visión de un píxel subtienda un ángulo de alrededor de $(2\tan\theta)/N$ I podría tener esta mal).
Así que, ahora, finalmente, el tiempo de un punto en la superficie de la Tierra directamente debajo de la cámara para desplazarse a través de un píxel es
$$\frac{\left(\frac{2\tan\theta}{N}\right)}{\left(\frac{\omega_E}{\frac{1}{\tan\theta} - 1}\right)} = \frac{2-2\tan\theta}{N\omega_E}$$
Así que, OK, enchufe $\theta=\pi/9$, $N=5000$ y $\omega_E=2\pi/(3600\times 24)$, y obtenemos aproximadamente 3,5 segundos (nota yo antes tenía la expresión tanto aquí mal (yo tenía $\omega_E = 2\pi/3600$) y también el resultado fue irremediablemente equivocado por alguna razón).
Así que, en otras palabras, se necesita un punto en el ecuador de la Tierra alrededor de 3,5 segundos para mover un solo píxel a través de la imagen de una cámara con un 25M píxeles del sensor y con un objetivo normal, teniendo una imagen de que la Tierra se llena la totalidad de la imagen, si la cámara no es co-rotación de la Tierra. Una exposición típica podría ser un par de milisegundos.
Esta es la razón por la Tierra no parece ser borrosa cuando se ve como este.
Vale la pena señalar, como se ha señalado por Jibb Inteligente en un comentario, que el radio de la tierra se desvanece arriba: los parámetros que controlan el desenfoque de movimiento se $\omega_E$, la velocidad angular de la Tierra, $\theta$, la mitad que el ángulo de visión de la cámara y $N$, el número de píxeles, o lo que es equivalente, la resolución de la imagen, si el que está dominado por algún otro factor como la lente. Así que este resultado se aplica a una fotografía de cualquier esférica, la rotación de objetos (que tendría que ser corregido por muy amplios ángulos de visión como mi suposición de que usted puede ver los extremos de una línea a través del planeta se convierte en muy mal en ese caso: la fijación de este es simplemente una cuestión de hacer un poco más correcta de la trigonometría a pesar de que, yo era perezoso).
El cálculo de la órbita terrestre baja
Errol Caza señaló en un comentario que una más plausible caso es considerar una cámara en un satélite en LEO, así que vamos a ello.
Sabemos que los satélites LEO en la órbita de la Tierra en alrededor de 90 minutos. Esto significa que podemos simplemente ignorar la rotación de la Tierra una buena primera aproximación, por lo que vamos a hacer eso.
Para un objeto de luz en una órbita circular alrededor de un punto de masa a una distancia $r$, la velocidad del objeto es dado por
$$v = \sqrt{\frac{G M}{r}}$$
La Tierra está bien aproximada por una masa puntual porque de Newton de la cáscara de teorema, por lo que para un satélite a una distancia de $h$ por encima de la Tierra
$$v = \sqrt{\frac{G M}{R + h}}$$
Donde $G$ es la constante gravitacional de Newton, $M$ es la masa de la Tierra, & $R$ es su radio.
Si el satélite está mirando hacia abajo en la Tierra directamente debajo de él, a continuación, en el tiempo $\delta t$ ve la superficie de moverse por $v\delta t$. Suponiendo que $\delta t$ es lo suficientemente pequeño, entonces la imagen se moverá por un ángulo
$$\delta\theta \approx \frac{v\delta t}{h}$$
Así que, de nuevo, queremos saber cuánto tiempo $\delta t$ puede ser que este sea el mismo que el de un píxel en el centro de la imagen. Desde arriba, esto significa que
$$\frac{2 \tan\theta}{N} = \frac{v\delta t}{h}$$
(donde ahora se $\theta$ es la mitad del ángulo de la vista de nuevo, lo siento), y así
$$\delta t = \frac{2 h\tan\theta}{Nv}$$
O, conectar $v$ en términos de $h$:
$$\delta t = \frac{2h\sqrt{h + R}\tan\theta}{N\sqrt{GM}}$$
Y, una vez más, se puede conectar $\theta = \pi/9$, $N=5000$ y, a decir $h=200\,\mathrm{km}$ (este es un muy órbita baja: las cosas se ponen mejor en la medida que ascendemos) así como valores estándar para $G$, $M$ & $R$ y llegamos $\delta t \approx 4\times 10^{-3}\,\mathrm{s}$: alrededor de $1/250\,\mathrm{s}$ en otras palabras. Esto es totalmente razonable el tiempo de exposición para cualquier razonablemente moderno sensor (o película!) mirando hacia abajo en la Tierra.
De nuevo, esto es por qué la Tierra no es borrosa cuando tomamos fotos de ella desde el espacio.
