15, kategorie CD, EF, Valašské Meziříčí června 2015

.

Soustředění 2014/15, kategorie CD, EF, Valašské Meziříčí 7. - 10. června 2015

část A 1. příklad Planetka má shodnou hustotu jako Země, ale její poloměr je 100krát menší (předpokládejme, že má kulový tvar a nerotuje). Kolik budeme potřebovat paliva, které bude unikat z motoru sondy rychlostí 3 km/s, aby tato sonda s celkovou hmotností 1 000 kg (zanedbejme úbytek hmotnosti vlivem úbytku paliva) mohla opustit planetku? (zdroj finále AO kategorie CD 2010 ) Řešení: Aby mohla sonda opustit planetku, musí dosáhnout 2. kosmické rychlosti, která se dá vypočítat podle vztahu: s s 2GM 8πGρ = R. v= R 3 Pokud je hustota shodná s hustotou Země a poloměr je 100krát menší, můžeme odvodit, že druhá kosmická rychlost pro planetku je 1/100 analogické veličiny pro Zemi, tedy 112 m/s. Pokud označíme hmotnost sondy M a hmotnost paliva m a rychlost tryskání paliva u , pak platí M v = mu a tedy m = Muv . A po dosazení zjistíme, že sonda spotřebuje 37,3 kg paliva.

1


část A 2. příklad Dva kamarádi se po maturitě vydali studovat vysoké školy docela jiných zaměření. Jeden se chtěl stát historikem, zatímco druhý propadl astronomii. Protože pak studovali v různých městech, scházeli se na kus řeči o víkendech v rodném městě v klubu „U Mrkve“. „Představ si, že ani na té historii se nevyhnu té proklaté matice!“ „Co šílíš? Počítáte kosti Přemyslovců? To bys měl dát, néé?“ „Ty jsi chytrý, tak schválně. Představ si, že v roce 264 př. n. l. zavedl řecký historik Timaos celkem podivné počítání roků podle olympiád. Sice se užívalo jenom asi do 5. stol. n. l., ale ten náš asistent, co ho máme na cvičení z antiky, chce, abychom mu příště řekli, kdy se podle našeho letopočtu odehrála bitva u Salamíny, když to bylo v roce Ol 75.1.“ „Tak přece mrkneš do wiki a bude, ne?“ „Jo, to jsem udělal hned na tom cviku. A měl jsi ho vidět! Prý, kde mám odvozený algoritmus převodu a tak . . . “ „Aha, jasně. No a řekl vám alespoň, od kdy se ty olympiády počítají?“ „Jo, ta první prý byla 1. července 776 př. n. l.“ „Tak to je v pohodě, objednej mi kolu a než ji přinesou, budeš to mít.“ Je to ale skutečně tak jednoduché? Určete: a) rok podle našeho letopočtu, ve kterém se odehrála bitva u Salamíny b) olympijským datováním vyjádřete rok, kdy byl uveden do chodu orloj v Praze (1410 n. l.) c) olympijským datováním vyjádřete rok 2015, kdy se koná toto soustředění Poznámka: Letopočet podle olympiád začínal písmeny Ol a pak následovalo číslo, tedy datování začíná řadou roků: Ol 1.1, Ol 1.2, Ol 1.3, Ol 1.4, Ol 2.1 atd. Například označení „Ol 75.1“ znamená 1. rok po 75. olympiádě. Rok v tomto kalendáři začíná 1. července (viz předchozí text). Reformy kalendáře můžete zanedbat. (zdroj KK CD 2009 ) Řešení: a) Označme jako X počet proběhlých olympiád a jako Y číslo roku uběhlého od poslední olympiády. Potom počet roků, které uběhly od první olympiády až do zmíněné bitvy lze popsat výrazem N = 4(X − 1) + (Y − 1) = 296 . Ve vzorci se odečítá 1 od X, protože se počítá od první olympiády a analogicky se odečítá 1 od hodnoty Y . Bitva u Salamíny se odehrála na podzim roku 480 př. n. l. b) Rok začíná v olympijském datování v létě, vždy 1. července, takže pokud nemáme přesnější údaj o datu dokončení orloje (1410), bude se jednat o 2 zápisy. Nejprve si vypočteme počet let uběhlých od první olympiády N = 1410 + 776 − 1 = 2185, kde odečítáme 1, protože neproběhl „rok nula“ našeho letopočtu. Pokud pak vydělíme číslo 4, zjistíme, že proběhlo 546 cyklů a ještě uběhl jeden rok. Nejistota v přesném datu pak vede k zápisu Ol 547.1 a také Ol 547.2, pokud byl orloj spuštěn až po 1. červenci 1410. c) Naše soustředění AO ve Valašském Meziříčí (postup viz odpověď b) se odehrává v roce Ol 697.2 2


část A 3. příklad James Bond zjistil , že drogový kartel používá k distribuci zásilek do celého světa velmi důmyslný systém, který je tvořen dopravním letadlem letícím podél světového rovníku od západu na východ ve výšce 12 kilometrů a ze kterého jsou nad zájmovým územím vypouštěny samostatně se navigující zásilky na padácích. Agent 007 navrhl svým nadřízeným, aby činnost letadla byla nepřetržitě monitorována špionážní družicí, která by se pohybovala přesně nad letadlem. Měřením bylo zjištěno, že letadlo po výstupu do operační výšky má vzhledem k zemskému povrchu stálou rychlost 900 km/h. Nadřízení souhlasili s tím, že jim má Bond předložit výpočty, jak vysoko se má družice nacházet a jaká pak bude vzdálenost mezi letadlem a družicí, aby ji mohli vybavit odpovídajícím optickým systémem. Jenže na takový úkol nebyl připraven ani agent 007, ba dokonce ani jeho (mo)mentální přítelkyně. Můžete mu s výpočtem pomoci? (zdroj KK CD 2008 ) Vypočtěte: a) V jaké výšce nad povrchem Země bude družice obíhat a jaká bude vzdálenost mezi družicí a letadlem? b) Jak se výsledek změní, pokud se bude letadlo pohybovat v opačném směru? Řešení: a) Letadlo se pohybuje rychlostí 900 km/h vzhledem k nějakému bodu na rovníku, ale i Země je 1674 km/h, pokud za rovse otáčí ve směru pohybu letadla. Rychlost otáčení Země v0 = 2πR T0 níkový poloměr Země R dosadíme 6378,1 km a za periodu rotace Země T0 hodnotu hvězdného dne (23, 933 hodin). Celková rychlost letadla je pak 2574 km/h. Touto rychlostí urazí letadlo „jednu otočku“ za čas T = 2π(R+h) , tedy za 15,598 hodin. Pokud v+v0 by měla družice být stále „nad“ letadlem, musí mít shodnou úhlovou rychlost a tedy i periodu. Poloměr dráhy družice lze vyjádřit z obecného znění 3. Keplerova zákona: r=

GM T 2 4π 2

!1/3

,

tedy 31 698 km (zaokrouhleno) od středu Země, 25 320 km nad povrchem Země a 25 308 km nad letadlem. b) V tom případě se nebudou rychlosti letadla a rotace Země sčítat, ale odečítat (774 km/h). Po dosazení do vztahu T = 2π(R+h) , zjistíme periodu (51,87 hodin). A dále už je postup shodný v+v0 s předchozím (70 620 km od středu Země, 64 242 km od povrchu a 64 230 km od letadla).

3


část A 4. příklad Celková hvězdná velikost systému, který je tvořen třemi Slunci podobnými hvězdami je muk1 = 8, 3 mag. Vypočtěte vzdálenost soustavy ve světelných rocích (absolutní hvězdná velikost Slunce je MS = 4, 7 mag. Za jak dlouho dosáhne systém jasnosti muk2 = 9, 3 mag, jestliže se od nás vzdaluje rychlostí 40 km/s? Rychlost světla je 300 000 km/s. (zdroj Damir Hržina) Řešení: K výpočtu využijeme informaci, že soustava je tvořena 3 hvězdami podobnými Slunci: 2, 512−muk1 = 3 · 2, 512−m1 , a podosazení obdržíme hodnotu 1, 595 · 10−4 . m1 = −

log(1, 595 · 10−4 ) = 9, 49 0, 4

a dosadíme do rovnice MS = m1 + 5 − 5 log r a vypočteme vzdálenost soustavy r = 90, 78pc, tedy 296 ly. Identický výpočet provedeme také pro druhou polohu soustavy a obdržíme vzdálenost 469 ly. Rozdíl vzdáleností bude 173 ly, tedy 1, 64 · 1015 km. Tuto vzdálenost soustava urazí za čas t = s/v, po dosazení tedy za 1, 3 · 106 roků.

4


část A 5. příklad Astronom, nacházející se na ϕ = 50◦ 040 48,01” severní šířky, během večera 20. dubna 2015 pozoroval hvězdu Betelgeuse (α Ori) a zaznamenával si její hvězdnou velikost a polohu na obloze. Jeho měření, shrnuta v tabulce 1, nám poslouží k určení závislosti atmosferické refrakce na výšce nad obzorem. Velikost atmosferické refrakce budeme určovat jako rozdíl pozorované a geometricky předpokládané výšky nad obzorem. Hvězda Betelgeuse má rektascenzi α0 = 5 h 56 m 00 s a deklinaci δ0 = 7◦ 240 31”. Astronom si povšiml, že hvězda Tania Borealis (λ UMa) se v 20:23:46 přesně nacházela na azimutu A1 = 356◦ 420 38” a ve výšce h1 = 82◦ 440 51” nad obzorem. Předpokládejte, že takto blízko k zenitu je refrakce zanedbatelná. Tania Borealis má rektascenzi α1 = 10 h 18 m 01 s a deklinaci δ1 = 42◦ 500 16”. Počítejte s délkou roku 365,25 dne. Pohyb jarního bodu je zanedbatelný. Polohy hvězd jsou určeny vzhledem k poloze jarního bodu v daný okamžik. Ve své práci využijte následující vztahy mezi rovníkovými a azimutálními souřadnicemi: cos δ cos h = , sin t sin A

sin h = sin ϕ sin δ + cos ϕ cos δ cos t .

a) Vytvořte graf závislosti hvězdné velikosti Betelgeuse na čase. b) Určete délku hvězdného dne ze znalosti délky jednoho roku. c) Určete hodinový úhel hvězdy Tania Borealis ve 20:23:46 a čas, kdy bude procházet meridiánem. Použijte k tomu první z rovnic v zadání. d) Pro všechna měření určete hodinový úhel ve stupních. Pozor: pozorovaná výška nad obzorem je zatížena neznámou refrakcí. e) Pomocí určených hodinových úhlů spočítejte geometricky předpokládanou výšku nad obzorem pro všechna měření. f) Určete refrakci, tedy rozdíl mezi pozorovanou a předpokládanou výškou nad obzorem, pro všechna měření. g) Vytvořte graf refrakce jako funkce naměřené výšky nad obzorem. h) Pomocí Bennettova empirického vztahu pro refrakci R = cotg (h + 7,31/(h + 5,11)), pro refrakci R v úhlových minutách a výšku nad obzorem h ve stupních, určete předpokládané hodnoty refrakce pro všechna měření. i) Vytvořte graf rozdílu vypočítané refrakce a refrakce získané z Bennettova vztahu v závislosti na pozorované výšce nad obzorem. Okomentujte, jak přesně vztah odpovídá naměřeným datům. (zdroj finále AO 2015, kategorie CD, Stanislav Fořt) 5

Soustředění 2014/15, kategorie CD, EF, Valašské Meziříčí 7. - 10. června 2015 Měření Čas (UT+2) 1 19:08:21 2 19:22:03 3 19:32:54 4 19:47:17 5 19:57:30 6 20:17:27 7 20:34:39 8 20:52:07 9 21:08:56 10 21:21:15 11 21:33:41 12 21:45:56 13 21:54:19 14 22:03:06 15 22:12:25 16 22:23:39 17 22:27:16 18 22:31:11

m mag

0,80 0,81 0,83 0,86 0,88 0,93 1,00 1,08 1,19 1,30 1,45 1,66 1,86 2,16 2,59 3,50 3,95 4,58

Azimut 58◦ 020 18” 61◦ 210 42” 63◦ 540 43” 67◦ 110 31” 69◦ 270 28” 73◦ 440 53” 77◦ 190 28” 80◦ 510 42” 84◦ 110 42” 86◦ 360 05” 89◦ 000 28” 91◦ 210 43” 92◦ 580 01” 94◦ 440 26” 96◦ 250 25” 98◦ 340 10” 99◦ 150 41” 100◦ 000 41”

Výška 32◦ 450 08” 30◦ 510 06” 29◦ 180 13” 27◦ 120 01” 25◦ 400 32” 22◦ 380 12” 19◦ 570 51” 17◦ 120 49” 14◦ 320 32” 12◦ 340 38” 10◦ 350 32” 8◦ 380 23” 7◦ 180 33” 5◦ 500 40” 4◦ 280 03” 2◦ 440 51” 2◦ 120 25” 1◦ 370 58”

Tabulka 1: Data z pozorování hvězdy Betelgeuse dne 20. dubna 2015. Řešení: Graf závislosti hvězdné velikosti na čase vytvořím přímo z daných dat, například jako na obrázku 1. Určení délky hvězdného dne provedeme snadno pomocí součtu úhlových rychlostí rotace Země a pohybu Země kolem Slunce. Za předpokladu, že rok má 365,25 dní, určíme délku hvězdného dne jako 1/(1 + 1/365,25) dne = 23 h 56 m 4,1 s. Tento úkol byl návodný. Slouží k tomu, aby si účastníci uvědomili, že kulminace se opakují jednou za hvězdný den. Pomocí první z rovnic ze zadání určíme hodinový úhel hvězdy Tania Borealis jako t1 = −0,567◦ . Použitím hvězdného dne určíme, že kulminace nastane za 2,26 min. Jelikož známe rozdíl rektascenzí hvězd Betelgeuse a Tania Borealis, můžeme nyní určovat hodinové úhly pro Betelgeuse. Jako záchytný bod slouží čas 20:23:46, ve kterém se Tania Borealias nacházela 2,26 minut před kulminací. Rozdíl rektascenzí α0 − α1 = 4,3670 h odpovídá časovému rozdílu 4,3550 h. Nejsnadnější je pravděpodobně určit rozdíly časů pozorování od 20:23:46, přičíst 4,3550 h kvůli rozdílu rektascenzí a odečíst 2,26 min díky počátečnímu posunu. Takto získáme čas od průchodu Betelgeuse meridiánem, který pomocí délky hvězdného dne převedeme na hodinový úhel t. Výsledky jsou k dispozici v tabulce 2. Pomocí první či druhé rovnice ze zadání určím předpokládanou geometrickou výšku nad obzorem pro každé měření. Výsledky jsou k dispozici v tabulce 2. Určení refrakce spočívá v odečtení naměřené výšky nad obzorem od geometrického předpokladu. Výsledky jsou k dispozici v tabulce 2. Graf refrakce je k dispozici na obrázku 2 společně s Bennettovým vztahem. Rozdíl mezi měřením a výpočtem je určen v tabulce 2 a jeho graf na obrázku 3. Vztah odpovídá velice dobře, ale odchyluje se pro malé výšky nad obzorem. Odchylka je nepodstatná. 6

Soustředění 2014/15, kategorie CD, EF, Valašské Meziříčí 7. - 10. června 2015 Měření

δT h

Čas od meridiánu

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18

−1,257 −1,029 −0,848 −0,608 −0,438 −0,105 0,181 0,473 0,753 0,958 1,165 1,369 1,509 1,664 1,811 1,998 2,058 2,124

3,060 3,289 3,470 3,709 3,880 4,212 4,499 4,790 5,070 5,275 5,483 5,687 5,826 5,981 6,128 6,315 6,376 6,441

h

t

stupně 46,031 49,466 52,185 55,791 58,352 63,354 67,665 72,044 76,260 79,347 82,464 85,535 87,637 89,964 92,174 94,990 95,897 96,879

Geometrické h stupně 32,731 30,828 29,278 27,172 25,645 22,600 19,921 17,162 14,480 12,505 10,507 8,536 7,188 5,699 4,287 2,495 1,921 1,299

Poz. refrakce minuty 1,27 1,40 1,53 1,70 1,86 2,22 2,61 3,10 3,73 4,33 5,14 6,22 7,24 8,76 10,83 15,13 17,18 20,00

Tabulka 2: Výsledky.

Obrázek 1: Hvězdná velikost jako funkce času. 7

Bennett. refrakce minuty 1,54 1,66 1,77 1,93 2,06 2,37 2,71 3,16 3,75 4,33 5,12 6,19 7,21 8,76 10,92 15,56 17,85 21,07


Obrázek 2: Naměřená refrakce jako funkce naměřené výšky nad obzorem.

Obrázek 3: Rozdíl mezi naměřenou refrakcí a výpočtem podle Bennettova empirického vztahu.

8


část B 1. příklad Při dostavbě úředně již dávno dokončené dálnice narazili dělníci při výkopových pracích na hliněnou nádobu. Protože bratr jednoho z nich byl archeolog, tak vše podle zákona ohlásili, stavební práce se zastavily a začal archeologický výzkum. Nalezená hliněná nádoba obsahovala několik stříbrných mincí a také pergamen s datem 14. května 1596 a podivným textem, který po přeložení z latiny zněl asi takto: „Tohle je jen závdavek, skutečný poklad, který čítá asi 20 hřiven stříbra a několik tisíc mincí, je zakopán v hloubce 2 metrů na místě se shodnou zeměpisnou délkou, ale jinou zeměpisnou šířkou. Je to místo, kde se sluneční kotouč „odlepí“ od ideálního horizontu v tomtéž bodě, ve kterém se o den dříve, tedy 20. března, objevily první sluneční paprsky.“ Jak sami chápete, že tohle je úkol hodný přímo Indiana Jonese, nicméně kvůli pokračování stavby jej bylo nutné vyřešit. Vypočtěte zeměpisnou šířku místa, kde se nachází poklad (zanedbejte atmosférickou refrakci). (zdroj KK CD 2010 ) Řešení: Popsaná situace odpovídá době těsně kolem jarní rovnodennosti, můžeme tedy předpokládat, že se Slunce nachází v rovině světového rovníku a jeho deklinace je blízká nule. Sluneční kotouč se tak pohybuje prakticky rovnoběžně s touto rovinou pod úhlem (90◦ − |ϕ|), kde ϕ je zeměpisná šířka místa pozorování. Ze zadání příkladu je rovněž zřejmé, že se nacházíme na severní polokouli a hodnota zeměpisné šířky bude kladná. Za jeden den se Slunce posune po ekliptice o úhel l = 360◦ Tt = 0986◦ , kde t je délka slunečního dne a T délka tropického roku. Slunce se pohybuje vzhledem k rovníku pod úhlem ε, který má hodnotu 23,45◦ . Za jeden den se tedy deklinace změní o hodnotu ∆δ = l sin ε = 0, 392◦ . Jak vyplývá z , kde r obrázku, je zeměpisná šířka místa, kde je zakopán poklad, dána vztahem ϕ = arcsin ∆δ 2r ◦ je úhlový poloměr Slunce (v době popisované v textu je roven 0,266 ). Zeměpisná šířka místa, kde je zakopán poklad, je pak 47,5◦ severní šířky, tedy na území dnešního Maďarska. Práce na dálnici mohou pokračovat.

Obrázek 4: Znázornění situace a označení veličin. 9


část B 2. příklad Hodnota deklinace hvězdy A je dvakrát větší než hodnota deklinace hvězdy B. Na jaké zeměpisné šířce nastane jejich horní kulminace na stejném almukantarátu, jestliže spodní kulminace hvězdy A bude přesně na horizontu? Refrakci zanedbejte. Pozorování se musí odehrát na severní polokouli, daleko od severního pólu. (zdroj ruská národní AO 2009, 10. třída) Řešení: Označíme δA deklinaci hvězdy A a δB deklinaci hvězdy B a ze zadání víme, že platí δA = 2δB . Nepozorujeme na pólu, tedy deklinace hvězdy A není rovna nule, tedy deklinace obou hvězd jsou různé. Aby byly splněny podmínky zadání, je zřejmé, že kulminace hvězdy A s vyšší hodnotou deklinace musí nastat severně od zenitu a kulminace hvězdy B na jih od zenitu. Pokud označíme zeměpisnou šířku místa pozorování jako ϕ a zenitovou vzdálenost hvězd A a B v horní kulminaci jako z, dostaneme rovnice: (

ϕ + zA = δA ⇒ ϕ − zB = δB

(

ϕ + z = 2δB ϕ − z = δB

Další úpravou rovnic obdržíme vztah: 2ϕ = 3δB , a z podmínky, že ke spodní kulminaci hvězdy A dochází na horizontu, obdržíme rovnici: 2δB + ϕ = 90◦ , po dosazení: 4 ϕ + ϕ = 90◦ , 3 Zeměpisná šířka ϕ je tedy 38,6◦ .

Obrázek 5: Znázornění situace a označení veličin. 10


část B 3. příklad Na exoplanetě sférického tvaru jsou délky rovníku a obratníku ve stejném poměru jako délka obratníku k délce polárního kruhu. Vypočtěte maximální možnou výšku jediné centrální hvězdy soustavy na polárním kruhu. Úhlový rozměr centrální hvězdy a refrakci zanedbejte. (zdroj ruská národní AO 2014, 10. třída) Řešení: Šířka obratníku a polárního kruhu jsou: ϕ1 = ε;

ϕ2 = 90◦ − ε,

kde ε je úhel mezi rovinou rovníku a rovinou oběžné dráhy exoplanety. Pokud označíme délku rovníku L0 , pak délky obratníku a polárního kruhu budou rovny: L1 = L0 cos ϕ1 = L0 cos ε, L2 = L0 cos ϕ2 = L0 sin ε. Z podmínek v zadání vyplývá: L1 L0 = ; L1 L2

1 cos ε = . cos ε sin ε

Tuto rovnici lze upravit do podoby 1 − sin2 ε = sin ε. V intervalu [0;1] má daná kvadratická rovnice jeden kořen: √ 5−1 sin ε = = 0, 618; ε = 38◦ . 2 Výška centrální hvězdy bude na polárním kruhu maximální v den letního „slunovratu“ a bude rovna h = 90◦ − ϕ2 + ε = 2ε = 76◦ .

11


část B 4. příklad Pilot letadla pohybujícího se rychlostí 800 km/h si všiml, že během celého šestihodinového letu byly horizontální souřadnice hvězd stále stejné. Vypočítejte o kolik kilometrů by byla trasa kratší, kdyby pilot letěl nejkratší trasou. Místa startu i přistání se nezmění. (zdroj ruská národní AO 2014, 10. třída) Řešení: Horizontální souřadnice hvězd se mění vlivem rotace Země. To znamená, že letadlo letělo tak, že muselo kompenzovat rotaci. Velikost rychlosti zemské rotace závisí na zeměpisné šířce: v=

2π R cos ϕ. T

Rychlost 800 km/h odpovídá velikosti rychlosti rotace Země v zeměpisné šířce 61◦ (na severní nebo jižní polokouli). Za 6 hodin letadlo uletělo 4800 km po dráze 1 (viz obrázek), což odpovídá rozdílu zeměpisných délek ∆λ asi 90◦ . Pilot by letěl kratší trasou, pokud by letěl podél oblouku velké kružnice (na obrázku trasa 2). Označme tento oblouk jako β. Přímá vzdálenost mezi startem a cílem l je pak: l = 2R sin

∆λ √ β = 2R cos ϕ sin = 2R cos ϕ. 2 2

Odsud obdržíme, že velikost oblouku velké kružnice β je rovna 40◦ a odpovídající vzdálenost je 4400 km. Rozdíl délek obou trajektorií je tedy 400 km.

Obrázek 6: Znázornění trajektorií a označení veličin.

12


část C 1. příklad Na observatoři v Ondřejově astronomové sledovali vícenásobný hvězdný systém a zjistili, že je složen ze dvou hvězd o sluneční hmotnosti (každá z nich), které obíhají kolem společného hmotného středu jednou za 25 dní. V systému se však nachází ještě jedna složka, také podobná Slunci a se stejnou hmotností, která obíhá kolem zmíněné dvojice hvězd ve vzdálenosti 100x větší než je vzdálenost mezi složkami „centrální dvojhvězdy“. Pak se část oddělení odebrala na dovolenou a zbytek jel na vědeckou konferenci. Zůstal tam jen středoškolský stážista a tomu, aby se nenudil, zadali dvě otázky, které máte za úkol vyřešit i vy (za předpokladu, že hvězdy soustavy obíhají po kruhových drahách): a) Jaká bude perioda oběhu třetí složky? b) Jak se změní perioda oběhu třetí složky, pokud se vzdálenost prvních dvou složek systému zvětší o 50 % (zdroj KK CD 2008 ) Řešení: a) Vzdálenost mezi dvěma složkami těsné dvojhvězdy je možné určit ze zobecněného 3. Keplerova zákona: !1/3 G2M T 2 , a= 4π 2 kde M je hmotnost Slunce a T perioda oběhu, tedy po dosazení získáme hodnotu 0,21 AU. Třetí složka se nachází ve vzdálenosti b=21 AU a její periodu opět vypočteme z 3. Keplerova zákona. Budeme předpokládat, že celková hmotnost soustavy jsou 3 hmotnosti Slunce, pak má výsledný vztah tento tvar: !1/2 4π 2 b3 , t= G3M a po dosazení vychází perioda 55,9 let. b) Výsledek a) vynásobíme koeficientem (1, 5)3/2 = 1, 84, tedy 102,7 roků.

13


část C 2. příklad Hvězda Sirius (δ = −16◦ 390 ) je pozorována dalekohledem s průměrem objektivu D = 20 cm a f /15. S jedním okulárem projde zorné pole za 1 min 53 s, při použití druhého pak za 38 s. Určete ohniskovou vzdálenost a zvětšení okulárů a zorné pole dalekohledu, pokud je zorný úhel okulárů 33,3◦ . (zdroj Damir Hržina) Řešení: Ohnisková vzdálenost dalekohledu je F = 15 · D = 3000 mm. Úhel zorného pole dalekohledu je možné vypočítat podle vztahu: ZP = 2 Tπ · t · cos δ (výsledek bude v radiánech), kde t je doba průchodu zorným polem a T je délka hvězdného dne (23 h 56 min 4 s). Po dosazení a převedení na úhlové minuty obdržíme hodnoty 9, 130 a 27, 140 . Zvětšení jednoho okuláru bude, vyjádřeno v úhlových minutách P1 = dobně pro druhý okulár to bude 220 krát.

33,3·60 27,14

= 74 krát, ob-

Pro zvětšení okuláru zároveň platí vztah Z = Ffod , kde Fd je ohnisková vzdálenost dalekohledu a fo ohnisková vzdálenost okuláru, dosazením číselných hodnot pak obdržíme hodnoty ohniskových vzdáleností 40,5 mm a 13,6 mm.

14


část C 3. příklad Kulová hvězdokupa obsahuje celkem 100 000 hvězd, z nichž každá má absolutní hvězdnou velikost stejnou jako naše Slunce. a) Spočítejte hvězdnou velikost této hvězdokupy pro pozorovatele na Zemi, když víte, že její vzdálenost je 10 kpc (pokládejte vzdálenost všech hvězd ve hvězdokupě za shodnou, tedy 10 kpc). b) Jak by se změnila hvězdná velikost celé hvězdokupy, pokud by počet jejich členů byl dvojnásobný? (další charakteristiky považujte za neměnné) c) Jak by se změnila hvězdná velikost původní hvězdokupy (100 000 členů), pokud by její vzdálenost byla dvojnásobná? (další charakteristiky považujte za neměnné) (zdroj zadání finále AO kategorie CD 2010, upraveno) Řešení: a) V tabulkách nalezneme hodnotu MS = +4, 8 mag, pak platí pro celou hvězdokupu: MH − MS = −2, 5 log

IH , IS

kde IH = 100000IS a poté dosadíme do rovnice pro modul vzdálenosti MH − mH = 5 − 5 log r. Po dosazení zjistíme, že hvězdná velikost hvězdokupy bude 7,3 magnitudy. b) Hvězdná velikost hvězdokupy bude 6,6 magnitudy. c) Hvězdná velikost by byla 8,8 magnitudy.

15


část C 4. příklad Pulzující proměnná hvězda mění své charakteristiky tak, že poměr rychlosti tepelného pohybu a druhé kosmické rychlosti je na jejím povrchu konstantní. Vypočítejte poměr rozměrů hvězdy v maximu a minimu její jasnosti, pokud víme, že amplituda změny její hvězdné velikosti je 2,5 magnitudy. Plyn v povrchových částech hvězdy považujte za neionizovaný a ve stavu termodynamické rovnováhy. (zdroj ruská národní AO 2010, 10. třída) Řešení: Pro neionizovaný plyn v termodynamické rovnováze platí pro rychlost tepelného pohybu: s

vT =

3kT , µ

kde µ je atomová hmotnost, T je teplota odvozená ze střední kinetické energie částic plynu. Pokud je látka ve stavu termodynamické rovnováhy, je tato teplota rovna efektivní teplotě hvězdy. Druhá kosmická rychlost je rovna: s

v2 =

2GM , R

kde M a R je hmotnost a poloměr hvězdy. Poměr obou veličin je pak roven: vT = v2

s

3kT R = 2GM µ

s

3k T R = konstanta 2GM µ

Hmotnost hvězdy ani atomová hmotnost se nemění, takže platí T R = konstanta, tedy teplota hvězdy je nepřímo úměrná jejímu poloměru. Označme T1 a R1 teplotu a poloměr hvězdy v maximu a podobně T2 a R2 v minimu jasnosti. Můžeme pak vyjádřit rozdíl hvězdných velikostí v maximu a minimu: R22 T24 R12 m2 − m1 = −2, 5 log 2 4 = −2, 5 log 2 = 2, 5. R1 T1 R2 Odsud dostaneme poměr poloměrů: R1 = 10−0,5 = 0, 32. R2 A v maximu bude hvězda menší než v minimu.

16

15, kategorie CD, EF, Valašské Meziříčí června 2015

Recommend Documents