Soutěžní úlohy část A ( )

A

Astronomická olympiáda

Soustředění 2012/13, kategorie CD, EF, Valašské Meziříčí 10. 6. – 12. 6. 2013

Soutěžní úlohy – část A (10. 6. 2013) Pokyny k úlohám: Řešení úlohy musí obsahovat rozbor problému (náčrtek dané situace), základní vztahy (vzorce) použité v řešení a přesný postup (stačí heslovitě). Nestačí uvedení správného číselného výsledku. Odpověz na všechny otázky, které jsou v zadání jednotlivých úloh položeny!

úloha A-1: Jak dlouhá je nejkratší spojnice hvězdárny ve Valašském Meziříčí (49° 27‘ 50“ severní šířky a 17° 58‘ 25“ východní délky) a letiště v Princetonu (49° 27‘ 50“ severní šířky a 120° 31‘ 8“ západní délky), Britská Kolumbie, Kanada po povrchu Země? Zemi považuj za ideální kouli o poloměru 6378 km. Vodní plochy považuj také za povrch Země. Rozdílné nadmořské výšky zanedbej. 49,4639°,

Valašské Meziříčí: Princeton:

49,4639°,

17,9736° 120,5189°

6378 km Δ

17,9736°

120,5189°

138,4925°

Sestrojíme sférický trojúhelník: pól Δ 90° B

90°

rovnoběžka

A δ

rovník

Použijeme kosinovou větu: cos 90° sin 90° sin 90° cos cos 90° cos cos 90° sin 90° cos Δ cos sin cos cos Δ 0,5776 0,4224 ⋅ 0,7489 Z toho vypočítáme: Délka oblouku:

arccos 0,2613 1,306 rad rad ⋅

cos Δ 0,2613

A



Soutěžní úlohy – část A (10. 6. 2013) úloha A-2: Jak by se musel změnit poloměr Měsíce (při nezměněné hmotnosti), abychom na jeho povrchu cítili stejnou tíži jako na povrchu Země? Vliv rotace Země a Měsíce neuvažujte. Gravitační síla, kterou působí planeta o hmotnosti povrchu planety o poloměru :

na těleso o hmotnosti

, které se nachází na

, kde je gravitační konstanta. Označme indexem Z veličiny pro Zemi a indexem M veličiny platné pro situaci na Měsíci a podle zadání má platit: , . Po úpravě dostáváme . Parametry pro Zemi a Měsíc jsou podle tabulek: 6 378 km 5,97 ∙ 10 kg 7,35 ∙ 10 kg Po dosazení obdržíme výsledek poloměru Měsíce 1 738 km).

707,7 km

0,11

(což odpovídá zhruba 40 % skutečného

Odpověď: Abychom na Měsíci cítili stejnou tíži jako na Zemi, musel by se jeho poloměr zmenšit na 707,7 km.

A



Soutěžní úlohy – část A (10. 6. 2013) úloha A-3: Solární konstanta vzrostla o 10 %. O kolik procent vzrostla efektivní teplota Slunce, jestliže se jeho poloměr ani hmotnost nezměnily? Jak by se musel změnit (o kolik procent) poloměr Slunce při zachování efektivní teploty a hmotnosti, aby bylo dosaženo stejného nárůstu solární konstanty? Pokud označíme solární konstantu K, vzdálenost Země od Slunce r, poloměr Slunce R a Stefanovu konstantu σ, můžeme pro teplotu Slunce napsat vztah

.

a) Vzdálenost Země od Slunce, poloměr Slunce i hodnotu Stefanovy konstanty můžeme pro tento případ považovat za neměnné, tedy .√ . Pro poměr nové (čárkované) a původní hodnoty platí

√1,1 ≅ 1,0241.

Efektivní teplota vzrostla o 2,4 %. b) Ze vztahu pro efektivní teplotu můžeme vyjádřit poloměr Slunce Platí tedy

√1,1 ≅ 1,0488.

Poloměr by se musel změnit (vzrůst) o 4,9 %.

.

A



Soutěžní úlohy – část A (10. 6. 2013) úloha A-4: Jak dlouho by Země padala do Slunce, pokud bychom ji na oběžné dráze náhle zcela zastavili? Rozměry obou těles při řešení neuvažujte. Podle prvního Keplerova zákona obíhá Země kolem Slunce po elipse. Zákon však nic neříká, jaká je excentricita této elipsy. Proto si představme, že by se excentricita elipsy, po které Země obíhá kolem Slunce, velmi zvýšila (= elipsa by se zploštila). Viz Obrázky 1-3 (měřítko objektů není odpovídající skutečné situaci). Při velmi zvýšené hodnotě excentricity, by trajektorie Země procházela Sluncem, což chceme.

Obrázek 1: Současná situace – trajektorie Země při oběhu kolem Slunce (excentricita 0,016 7).

A



Soutěžní úlohy – část A (10. 6. 2013)

Obrázek 2: Trajektorie Země při „oběhu kolem Slunce“, kdyby se její excentricita výrazně zvýšila (zde na hodnotu 0,99), tak by procházela Sluncem.

Obrázek 3: Trajektorie Země při „oběhu kolem Slunce“, kdyby se její excentricita výrazně zvýšila ještě více (zde na hodnotu 0,999 99), tak by procházela Sluncem a navíc by připomínala spíše úsečku než elipsu. I pro takovéto trajektorie však platí Keplerovy zákony. (Kdyby se pohyb Země náhle zastavil, pohybovala by se právě po úsečce přímo do Slunce, proto uvažujeme elipsu připomínající úsečku). Délka hlavní poloosy by se zmenšila na polovinu současné hodnoty (srovnej obrázky 1 a 3) a na excentricitě oběžná doba nezávisí. Použijeme tedy třetí Keplerův zákon ,

A



Soutěžní úlohy – část A (10. 6. 2013) kde indexem 1 značíme současnou situaci a indexem 2 situaci pro pád do Slunce. Dosadíme a po úpravě dostaneme 1 2

2√2

.

Musíme si však uvědomit, že toto je oběžná doba pro celou trajektorii, ale Země dopadne do Slunce už v polovině „oběhu kolem Slunce“ (podle Obrázku 3 to vzhledem k rozměrům Slunce bude ještě o něco dříve než v polovině času, to však můžeme vzhledem ke vzdálenosti Země-Slunce zanedbat: 1 AU 149,6 ∙ 10 km 215 , kde 696 000 km značí poloměr Slunce). Platí tedy 2 Pro 1 rok dostáváme přibližně velikosti obou těles.

0,177 r

4√2

.

64,6 d. Při výpočtu jsme neuvažovali skutečné

Odpověď: Kdyby se náhle zastavil pohyb Země kolem Slunce, padala by do Slunce 64,6 dne.

A



Soutěžní úlohy – část A (10. 6. 2013) úloha A-5: V jaké vzdálenosti od povrchu Marsu by musela obíhat družice nad rovníkem, aby byla vzhledem k Marsu stacionární, tj. sledovala stále stejnou polokouli Marsu? Jaká bude její oběžná perioda?

Vzorec pro kruhovou rychlost

je ,

kde je gravitační konstanta, hmotnost planety, poloměr planety, vzdálenost tělesa nad povrchem planety. Aby družice sledovala stále stejnou polokouli, musí kolem planety obíhat se stejnou periodou , s jakou se planeta otáčí kolem vlastní osy (vzhledem ke hvězdám, tzv. siderická doba), takže platí 2

.

Z rovnosti obou vzorců a následné úpravě dostáváme hledaný vztah

4 Dosadíme tyto hodnoty 6,67 ∙ 10

N ∙ m ∙ kg

6,42 ∙ 10 kg 3 397 km 24 h 37 min

88 620 s

a obdržíme výsledek 17 030 km. Odpověď: Aby družice obíhající kolem Marsu byla stacionární, musí mít oběžnou periodu 24 h 37 min a musí obíhat ve výšce 17 030 km nad rovníkem.

A



Soutěžní úlohy – část B (11. 6. 2013) Pokyny k úlohám: Řešení úlohy musí obsahovat rozbor problému (náčrtek dané situace), základní vztahy (vzorce) použité v řešení a přesný postup (stačí heslovitě). Nestačí uvedení správného číselného výsledku. Odpověz na všechny otázky, které jsou v zadání jednotlivých úloh položeny!

úloha B-1: a) Představ si, že jsi na Marsu a pozoruješ, jak Země přechází přes sluneční disk. Nakresli schematicky polohu Země, Marsu a Slunce při přechodu Země přes Slunce tak, jak by celou situaci viděl vzdálený pozorovatel ve směru kolmém na rovinu oběžné dráhy Země kolem Slunce. b) Z jaké vzdálenosti je vidět spojnice Země-Mars kolmo pod úhlem 1“? Oběžné dráhy Marsu a Země kolem Slunce považuj za kruhové. Odpověď uveď v parsecích i astronomických jednotkách. c) Jaká je nejdelší možná doba přechodu Země přes sluneční disk pro pozorovatele na Marsu?

a) Mars----Země-------------------------------------Slunce b) | | tan

0,524 AU, | |

1"

|

|

0,524 AU 1"

,

|

c) Nejdelší čas znamená nejdelší dráhu přes Slunce, tj. přes délku rovníku. Průměr Slunce: 1392020 km 0,009298 AU | | 0,524 AU | | 1,0 AU takže víme, že Mars-Slunce bude |

|

1,524 AU

Už můžeme vypočítat úhlovou velikost Slunce na marťanském nebi: |

|

0,0061 rad

Také potřebujeme průměr Země: 8,5 10 AU Úhlová velikost Země na marťanském nebi je 0,00016 rad | | Dráha, kterou musí kotouček Země urazit, je rovna

(viz obrázek).

|

A



Soutěžní úlohy – část B (11. 6. 2013) Vzájemný pohyb Marsu a Země převedeme na situaci, kdy Mars „zastavíme“ a budeme místo siderické oběžné periody Země uvažovat její „synodickou“ oběžnou dobu vzhledem k Marsu. Ta činí 780 dnů. Předpokládejme tak, že Mars je nehybný a jen Země obíhá okolo Slunce jednou za 780 dnů. Potřebujeme zjistit, jak dlouho jí bude trvat, než urazí po své (kruhové) dráze požadovanou vzdálenost. Musíme tedy přepočítat úhlovou velikost Slunce na poloměry Země ve vzdálenosti | | od Marsu. 8,5 10 AU……………0,00016 rad ………………………………0,0077 rad 0,0077 0,00312 AU 0,00021 Celková dráha, kterou musí Země urazit, je 0,00312 AU Čas, který bude potřebovat (předpokládáme, že 1 synodická oběžná doba Země vzhledem k Marsu Obvod zemské dráhy je 2 AU 2 AU……………………780 dní 0,00312 AU……………… 0,00312 ⋅ 780 dní , 2

,

780 dní)

A



Soutěžní úlohy – část B (11. 6. 2013) úloha B-2: Jak dlouho bude trvat východ Měsíce v úplňku v den jarní rovnodennosti a) na rovníku, jestliže je Měsíc v perigeu, b) na severním polárním kruhu, jestliže je Měsíc v apogeu? Předpokládej, že se Měsíc nachází v uzlu své dráhy. V den jarní rovnodennosti znamená, že Měsíc bude vycházet na rovníku kolmo nahoru. Vzdálenost Země-Měsíc je v perigeu: | | 363104 km | | 405696 km v apogeu: Střední průměr Měsíce je

3475 km

Úhlová velikost Měsíce je tedy v perigeu: tan

0,0096 rad

v apogeu: tan

0,0086 rad

Budeme započítávat jen rotaci Země, protože oběh Měsíce kolem Země je asi 28 krát delší, tedy zanedbatelný (rozdíl ve výsledku by činil 6 resp. 11 sekund). Dále by řešení ovlivnila variace úhlové rychlosti Měsíce v důsledku 2. Keplerova zákona – tuto skutečnost v ukázkovém řešení rovněž zanedbáváme (rozdíl ve výsledku by činil 0,6 sekundy). a) Měsíc bude vycházet na rovníku kolmo nahoru, takže spočítáme čas, jak dlouho bude trvat, než se Země otočí o úhel rovný velikosti Měsíce na obloze. 24 hod …………………… 2 ………………………… 0,0096 rad 0,0096 ⋅ 24 hod , 2

,

b) Pro východ Měsíce na jiné zeměpisné šířce než na rovníku platí: kde  je zeměpisná šířka místa pozorování. Potom pro Měsíc v apogeu dostaneme: 24 hod …………………… 2 ………………………… 0,0086 rad 0,0086 ⋅ 24 hod , 2 cos

cos

,

A



Soutěžní úlohy – část B (11. 6. 2013) úloha B-3: Měsíc v první čtvrti dne 21. 3. v Kouřimi (50° severní šířky a 15° východní délky) právě zapadá a dotýká se spodním okrajem kotoučku horizontu. Zároveň se Měsíc na své dráze nachází přesně mezi vzestupným a sestupným uzlem. Těsně u horního okraje jeho kotoučku je vidět hvězda. Urči, zda se hvězda nachází u osvětlené nebo neosvětlené části měsíčního kotoučku. Rozhodni, zda Měsíc hvězdu zakryje, a pokud ano, tak urči, jak dlouho bude zákryt trvat. Měsíc se v daném okamžiku nachází 373 000 km od Země a jeho úhlový poloměr na zemské obloze je tak 16ʹ. Jestliže je měsíc 21. 3. v první čtvrti, pak se nachází na obloze v blízkosti bodu letního slunovratu na ekliptice. Jeho vlastní pohyb je tak prakticky rovnoběžný s denním pohybem oblohy. Situaci v okamžiku západu měsíce zachycuje obrázek:

Úhlový poloměr měsíce je 16ʹ. Hvězda se nachází u neosvětleného okraje měsíce, zákryt tak teprve nastane. Abychom mohli určit přibližnou dobu trvání zákrytu, potřebujeme znát pozici hvězdy vzhledem k měsíčnímu kotoučku. Tu určíme z trojúhelníka DRS: DS 16′ DR 2 sin DS 2 20′34′′ střední rychlost pohybu měsíce po obloze je v = 33‘/hod Doba trvání zákrytu pak je: 20 34 33 0,6232 hod 37 min 24 s

A



Soutěžní úlohy – část B (11. 6. 2013) úloha B-4: Na neznámém místě na Zemi se hvězda o půlnoci místního času nacházela přesně v zenitu. Pozorování provedené o 12 hodin později (přesně 11 hodin, 58 minut a 2 sekund) ukázalo, že se zenitová vzdálenost této hvězdy změnila na 15°. Určete zeměpisnou šířku tohoto místa. Hvězda se na obloze za jeden hvězdný den dostane na stejné místo. Za polovinu hvězdného dne se hvězda vrací zpět na meridián, jen na opačnou stranu od světového pólu. 90° - deklinace = 7,5° deklinace hvězdy je tedy 82,5°. Hvězda prochází zenitem, vzdálenost hvězdy a pólu tak musí být 7,5°. To platí pro zeměpisné šířky ±82,5°.

A



Soutěžní úlohy – část B (11. 6. 2013) úloha B-5: Vypočítej, pod jakým úhlem uvidí zemský kotouček kosmonaut z výšky 15 000 km nad rovníkem Země.

22

6378 km 15000 km Z obrázku plyne rovnice: 6378 sin 2 21378 Z toho úhel 2 arcsin 0,298

0,298

,

, °

A



Soutěžní úlohy – část B (11. 6. 2013) úloha B-6: Loď má jet z Kapského města (34° jižní šířky a 18,5° východní délky) do Mumbai (19° severní šířky a 73° východní délky). Pojede nejprve po poledníku až k rovnoběžce 35° jižní šířky a potom po této rovnoběžce až na 48° východní délky. Z tohoto bodu pak popluje po ortodromě až do Mumbai. Jak dlouhá je tato cesta? O kolik je tato cesta delší, než nejkratší spojnice těchto měst po povrchu Země? Uveďme nejprve vztah pro výpočet délky ortodromy (nejkratší spojnice dvou bodů po povrchu koule): , kde R je poloměr koule, π Ludolfovo číslo a θ úhel, který svírají polopřímky, mající počátek ° ve středu koule a směřující do krajních bodůortodromy. Úhel θ se počítá podle vztahu: arccos sin sin cos cos cos kde φ1,2 jsou zeměpisné šířky krajních bodů a λ1,2 jsou zeměpisné délky krajních bodů ortodromy. Střední poloměr Země je R = 6371 km. Spočtěme délku ortodromy mezi Kapským městem a Mumbají. Zeměpisné souřadnice Kapského města jsou přibližně [-34°;+18,5°], souřadnice Mumbai jsou [+19°;+73°]. Délka příslušné ortodromy tak činí l0 ≈ 8245 km. Trajektorii lodi rozdělíme na 3 úseky a spočteme délku každého z nich. 1) plavba po poledníku: Středový úhel, který v tomto případě svírají polopřímky, mající počátek ve středu Země a směřující do krajních bodů, je tentokrát roven jednoduše rozdílu zeměpisných šířek bodů (Δλ = 0): θ1 ≈ 1°. Délka prvního úseku plavby je tedy l1 ≈ 111 km. 2) plavba po rovnoběžce: Tentokrát je středový úhel roven rozdílu zeměpisných délek krajních bodů úseku: θ2 ≈ 29,5°. Délka druhého úseku plavby je tedy l2 ≈ 2690 km. Při výpočtu je nutné počítat s poloměrem dané rovnoběžky. Ten vypočteme jako: cos 5225 km 3) plavba po ortodromě: Na začátku třetího úseku plavby se loď nachází v místě o souřadnicích [-35°;+48°]. Proto θ3 ≈ 59°. Délka třetího úseku plavby je tedy l3 ≈ 6561 km. Celková délka plavby je l = l1 + l2 + l3 ≈ 9362 km. Tato cesta je o Δl = l – l0 ≈ 1117 km delší než nejkratší spojnice daných měst po povrchu Země.

A



Soutěžní úlohy – část C (12. 6. 2013) Pokyny k úlohám: Řešení úlohy musí obsahovat rozbor problému (náčrtek dané situace), základní vztahy (vzorce) použité v řešení a přesný postup (stačí heslovitě). Nestačí uvedení správného číselného výsledku. Odpověz na všechny otázky, které jsou v zadání jednotlivých úloh položeny!

úloha C-1:

Bílý trpaslík vyzařuje výkon PBT=710−4 PS (zářivého výkonu Slunce). Jeho efektivní teplota je TBT = 9600 K. Střední poloměr Slunce je RS = 696 000 km a efektivní teplota Slunce je TS =5 700 K. Jaký má hvězda poloměr? Použijme stejné označení jako v úloze A-3. Víme už, čemu je úměrná efektivní teplota hvězdy: ~

~

, kde P je zářivý výkon hvězdy (protože jistě platí ~ ).

√

Tedy ~ . Nyní označme indexem BT veličiny, popisující bílého trpaslíka, a indexem S veličiny, popisující Slunce. Platí

, tedy

.

Pro střední poloměr Slunce RS = 696000 km a efektivní teplotu TS = 5700 K dostáváme RBT ≈ 6492 km. Poloměr bílého trpaslíka je přibližně 6492 km, tedy o málo větší než poloměr Země.

A



Soutěžní úlohy – část C (12. 6. 2013) úloha C-2: Mezihvězdní cestovatelé přistáli na neznámém místě na planetě Alfoidě obíhající okolo hvězdy Stelaris. Jedním z jejich úkolů bylo provést analýzu vlastností hvězdy Stelaris. K tomu provedli řadu měření a pozorování s následujícími výsledky: Hvězda Stelaris vycházela i zapadala přesně kolmo k obzoru. V den příletu byla nejmenší zenitová vzdálenost hvězdy Stelaris v průběhu dne 15°. Po 120 dnech se konečně podařilo změřit výkon přicházející od hvězdy Stelaris při zenitové vzdálenosti 0°. Na 1 metr čtvereční dopadalo záření o výkonu P=1200 Wattů. Podařilo se také velmi přesně změřit vlnovou délku maxima vyzařování hvězdy Stelaris: =590 nm. Po dalších 240 dnech se měření podařilo se stejným výsledkem zopakovat. Atmosféra planety Alfoidy je velmi řídká a netvoří se v ní žádná oblačnost. Záření proniká na povrch téměř beze ztrát, takže cestovatelé musí většinu času trávit v přistávacím modulu nebo používat ochranné skafandry. Podařilo se také změřit roční aberaci hvězd na rovníku =15 obloukových vteřin. Určete: a) sklon rotační osy Alfoidy b) dobu oběhu Alfoidy okolo hvězdy Stelaris (oběžná dráha je kruhová) c) průměr hvězdy Stelaris. a) 15° b) 480 dní c) Pro poloměr hvězdy, jak víme, platí

. Vztah mezi teplotou a vlnovou délkou

maxima vyzařování lze získat užitím Wienova posunovacího zákona: Dosazením po vztahu pro poloměr dostáváme

.

.

Přesná hodnota závisí na vzdálenosti od hvězdy r. Tu určíme ze změřené aberace a znalosti oběžné doby. Nejprve z aberace určíme rychlost oběhu v Alfoidy okolo Stelaris: kde c je rychlost světla. Platí: ∙ kde za  dosazujeme v radiánech ( = 0,0000727 rad). Potom rychlost oběhu Alfoidy je 21,8 km/s. Jestliže je oběžná doba 480 dní, pak můžeme určit obvod oběžné dráhy: ∙ 904 ∙ 10 km odtud již snadno určíme poloměr a tedy vzdálenost Alfoidy od Stelaris: 2 2 Po dosazení do vztahu

144 ∙ 10 km

dostáváme číselně:

= 868 300 km.

A



Soutěžní úlohy – část C (12. 6. 2013) úloha C-3:

Absolutní hvězdná velikost bílého trpaslíka je 14m. Humanoidé vytvořili planetu, která se ve všech parametrech podobá Zemi (včetně atmosféry a klimatu) a obíhá okolo tohoto bílého trpaslíka. Vypočtěte minimální možnou siderickou oběžnou periodu této planety okolo bílého trpaslíka. Pro absolutní hvězdné velikosti dvou hvězd

a jejich zářivé výkony

a

2,5 log

platí

.

Za hvězdu B zvolme Slunce (použijeme index S), pak pro zářivý výkon vynecháme) máme ∙ 10

a

bílého trpaslíka (indexy A

.

,

Použijeme tyto hodnoty 14m 4,74m a obdržíme výsledek 1,98 ∙ 10

.

Země se nachází ve vzdálenosti od Slunce, celkový zářivý výkon Slunce je rovnoměrně vyzařován do prostoru (kulová sféra o povrchu 4 ), takže na Zemi dopadá energie (na každý m ) ,

4

takže aby planeta obíhající bílého trpaslíka byla podobná Zemi, musí přijímat stejné množství energie. Dostáváme tedy rovnost 4

4

,

odkud plyne 1,41 ∙ 10 . Pro maximální možnou hmotnost bílého trpaslíka platí tzv. Chandrasekharova mez 4π G ∙ 4π a P G ∙ M Číselně: P > 0,51 dne.

1,44

Soutěžní úlohy část A ( )

Recommend Documents