Soutěžní úlohy část A ( )

A

Astronomická olympiáda

Soustředění 2013/14, kategorie CD, EF, Valašské Meziříčí 8. 6. – 11. 6. 2014

Soutěžní úlohy – část A (9. 6. 2014) 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:

Předpokládejme, že dráha Země (kolem Slunce) a Měsíce (kolem Země) se změnily přesně na kruhové, ale velikosti jejich hlavních poloos (poloměrů) se nezměnily. Budeme pak moci ze Země pozorovat úplná zatmění Slunce? (zdroj ruská AO, finále 2013, 9. třída) Řešení: Nejpříznivější situace pro nástup úplné fáze zatmění Slunce je pro pozorovatele blízko rovníku, pokud má Slunce a Měsíc přímo v zenitu. Pak je třeba spočítat úhlové velikosti Slunce (𝛿S ) a Měsíce (𝛿M ). 𝑑S,M 𝛿S,M = 𝐿S,M − 𝑅 Zde 𝑑 jsou průměry těles, 𝐿 jsou vzdálenosti jejich středů a 𝑅 je poloměr Země, který odečítáme, abychom dostali pozorovatele z centra Země na povrch. Výsledek je po dosazení 31‘55“ pro Slunce a 31‘36“ pro Měsíc, tedy úplné zatmění nikdy nenastane.

A



Soutěžní úlohy – část A (9. 6. 2014) úloha A-2: Kometa 14P/Wolf obíhá kolem Slunce po eliptické dráze s numerickou excentricitou 0,407 a dobou oběhu 8,28 roku. Urči, zda se tato kometa může nacházet blíže ke Slunci než Země a dále od Slunce než Jupiter. Řešení: Úkolem je rozhodnout, zda vzdálenost od Slunce v perihelu je menší než 1 au a vzdálenost od Slunce v afelu větší než 5,2 au. Označme velkou periodu komety 𝑃, velkou poloosu 𝑎, numerickou excentricitu 𝑒 a vzdálenost ohniska a středu elipsy 𝜖 ≡ 𝑎𝑒. Velkou poloosu spočítáme pomocí III. Keplerova zákona (indexem ⨁ značíme Zemi): 3

𝑃2

𝑎 = 𝑎⨁ �𝑃2 ≈ 4,09 au. ⨁

Dále 𝜖 = 0,407 ∙ 4,09 au ≈ 1,66 au.

Potom vzdálenost v perihelu je 𝐷P = 𝑎 − 𝜖 ≈ 4,09 − 1,66 au = 2,43 au > 1 au ⟹ kometa se nepřiblíží Slunci více než Země. Vzdálenost v afelu je 𝐷A = 𝑎 + 𝜖 ≈ 4,09 + 1,66 au = 5,75 au > 5,2 au ⟹ kometa se vzdálí od Slunce více než Jupiter.

A



Soutěžní úlohy – část A (9. 6. 2014) úloha A-3:

Urči, na jakých zeměpisných šířkách lze někdy spatřit Měsíc v nadhlavníku. Řešení: Sklon ekliptiky vůči nebeskému rovníku je 23,4°. Sklon roviny oběžné dráhy Měsíce vůči ekliptice je 5,1°. Při pozorování ze Země tak může Měsíc nabývat maximální deklinace ±28,5°.

Proto můžeme Měsíc spatřit v nadhlavníku mezi 28,5° j. š. a 28,5° s. š.

A




Planeta Mars se nachází ve východní kvadratuře. Planeta Venuše se ve stejném okamžiku pro pozorovatele na Marsu nachází v největší východní elongaci. Urči vzdálenost Venuše od Země. Řešení: Rozmístění těles v dané situaci je na obrázku.

Platí |SZ| = 149,6 mil. km, |SM| = 228,15 mil. km, |SV| = 108,2 mil. km. Podle Pythagorovy věty |SM|2 = |ZM|2 + |SZ|2, |SM|2 = |VS|2 + |VM|2.

Neznámou vzdálenost |VZ| spočítáme s využitím kosinové věty pomocí známých stran |VS| a |SZ| trojúhelníku △VSZ, přičemž úhel |∢VSZ| spočítáme jako součet |∢MSV| a |∢MSZ|.

Pro tyto úhly dostáváme |VS| cos|∢MSV| = |SM| ≈ 0,474 ⟹ |∢MSV| ≈ 61,7°, |SZ|

cos|∢MSZ| = |SM| ≈ 0,656 ⟹ |∢MSV| ≈ 49,0°. Tedy |∢VSZ| = |∢MSV| + |∢MSZ| ≈ 110,7°.

Nyní využijeme kosinovou větu: |VZ|2 = |VS|2 + |SZ|2 + 2|VS||SZ| cos|∢VSZ|, číselně |VZ| ≈ 213,17 mil. km.

A




Vašek pozoruje planetu Mars v opozici pouhýma očima a Michal dalekohledem typu Cassegrain s průměrem primárního zrcadla 40 centimetrů a sekundárního 15 centimetrů. Kolikrát více fotonů dopadne do Michalova oka než do Vaškových očí? Předpokládej, že při průchodu světla zobrazovací soustavou dalekohledu nedochází k žádným ztrátám při průchodu čočkami a odrazu na zrcadlech, a že veškeré světlo, které projde dalekohledem, dopadne do Michalova oka. Oba pozorovatelé mají oči dostatečně adaptované na tmu.

Řešení: Zajímá nás poměr plochy primárního zrcadla dalekohledu, stíněného ovšem sekundárním zrcadlem, ku souhrnné ploše dvou Vaškových pupil. V dalekohledu Cassegrainova typu je sekundární zrcadlo kolmé na optickou osu. Průměr pupily lidského oka adaptovaného na tmu je přibližně 8 mm. Plochy označme 𝑆, průměry 𝐷. 1 1 2 2 2 2 − 𝐷sekundár 𝑆dalekohled 4 𝜋𝐷primár − 4 𝜋𝐷sekundár 𝐷primár = = ≈ 1074 2 1 2 𝑆oči 2𝐷 pupila 2 4 𝜋𝐷pupila

Do Michalova oka dopadne přibližně 1074krát více světla než do Vaškových očí dohromady.

A



Soutěžní úlohy – část B (10. 6. 2014) 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:

Budoucí obyvatelé Měsíce pozorují meteor u tmavého okraje disku naší Země. Je sotva viditelný dalekohledem s průměrem objektivu 30 cm. Jakou zdánlivou hvězdnou velikost bude mít meteor pro pozorovatele na Zemi, který jej uvidí přímo v zenitu? Proveďte srovnání se zdánlivými hvězdnými velikostmi jiných okem pozorovatelných objektů. (zdroj ruská AO, oblastní kolo 2013, 10. třída) Řešení: Detekční limit lidského oka je sice asi 6 mag, ale malý pohybující se světelný zdroj s takovou zdánlivou hvězdnou velikostí jen těžko uvidíme. Zkušený pozorovatel meteorů s přizpůsobeným zrakem dokáže pozorovat meteory do 5 mag. Použití teleskopu s průměrem objektivu 𝐷 zvýší limitní viditelnost na 𝐷 𝑚 = 5 + 5 log 𝑑 kde 𝑑 je průměr zornice oka (asi 0,6 cm). Pro 30cm dalekohled získáme limitní zdánlivou hvězdnou velikost 13,5 mag, což je tedy zdánlivou hvězdnou velikost, kterou z Měsíce viděli. Poloměr oběžné dráhy Měsíce (𝑅) je 384 000 km. Vzhledem k tomu, že je výrazně větší než poloměr Země, můžeme předpokládat, že je to také vzdálenost, která odděluje astronauty od meteoru. Pozorovatelé na Zemi se nachází mnohem blíže (meteor mají v zenitu ve výšce 𝐻). Typická výška meteorů je řádově 100 km. Dosadíme 𝐻 𝐷 𝐻 𝐻𝐷 𝑚0 = 𝑚 + 5 log = 5 + 5 log + 5 log = 5 + 5 log ~ − 4 mag 𝑅 𝑑 𝑅 𝑅𝑑 Jednalo se tedy o bolid se zdánlivou hvězdnou velikostí srovnatelnou s Venuši.

A



Soutěžní úlohy – část B (10. 6. 2014) úloha B-2:

Astronomové objevili supernovu, kterou podle vzhledu světelné křivky klasifikovali jako Ia. Nacházela se ve vzdálené spirální galaxii a v maximu dosáhla její vizuální jasnost 15,6 magnitudy. Vypočítejte: a) Jakou by měla maximální vizuální jasnost, kdyby se nacházela ve vzdálenosti o 30% menší? b) Jaké maximální vizuální jasnosti by dosáhla, kdyby v maximu byl její zářivý výkon o 30% vyšší? c) Jak se změní hodnoty vypočtené v části a) i části b), pokud by se jednalo o supernovu typu IIb? (zdroj Tomáš Gráf)

Řešení:

a) Označme čarou veličiny, popisující supernovu v menší vzdálenosti. 𝑉min nechť je hvězdná velikost v maximu jasnosti (tedy minimální hvězdná velikost). Potom z Pogsonovy rovnice plyne 𝐹

′ − 𝑉min = 2,5 log 𝐹′ , 𝑉min

kde 𝐹 značí tok dopadajícího světla. Tedy 𝐹

R′

2

′ 𝑉min = 2,5 log 𝐹′ + 𝑉min = 2,5 log � R � +𝑉min = 5 log 1

neboť platí úměra 𝐹 ~ 𝑅2 (tok klesá se čtvercem vzdálenosti).

R′ R

+ 𝑉min = 5 log

0,7R R

′ Po dosazení 𝑉min ≈ 14,8 mag .

+ 𝑉min ,

b) Dvěma čarami označme veličiny, popisující supernovu s vyšším zářivým výkonem. Protože 𝐹 ~ 𝐿, kde 𝐿 je zářivý výkon hvězdy, platí 𝐹

𝐿

𝐿

′′ 𝑉min = 2,5 log 𝐹′′ + 𝑉min = 2,5 log 𝐿′′ + 𝑉min = 2,5 log 1,3𝐿 + 𝑉min ,

′′ po dosazení Vmin ≈ 15,3 mag .

c) nezmění se

A




Předpokládejme, že Slunce obíhá vzdálený hvězdný průvodce. Druhá hvězda má malou hmotnost a pozorovateli na Zemi se jeví jako objekt se zdánlivou hvězdnou velikostí -10,0 magnitud a její střední úhlový průměr má shodný s planetou Uran. Jaká je hodnota efektivní teploty této hvězdy? Jaká je její doba oběhu, pokud víme, že její zářivý výkon je 100krát menší než sluneční? Dráhu hvězdy považujte za kruhovou. (zdroj ruská AO, finále 2013, 10. třída)

Řešení:

Pro veličiny, popisující Slunce, budeme používat index 0. Veličiny popisující slabšího průvodce nebudou indexované. Zdánlivá hvězdná velikost Slunce pro pozorovatele na Zemi je přibližně −26,7 mag. Rozdíl hvězdných velikostí obou hvězd je tedy ∆𝑚 = 16,7 mag. Pro poměr jasností z Pogsonovy rovnice plyne 𝑗

= 10−0,4∆𝑚 ,

𝑗0

𝑗

tedy 𝑗 ≈ 2,09 ∙ 10−7 . 0

Uran se nalézá přibližně 20 au od Země. Průměr planety je přibližně 50 000 km. Odtud pro úhlový průměr průvodce užitím jednoduché geometrie dostáváme 𝐷 ≈ 3,44′′. Úhlový průměr Slunce se pohybuje okolo 32′. Hvězda se tedy zdá přibližně 560krát menší. 𝐹 𝑗 Poměr toků energie z hvězd se rovná poměru jejich jasností, 𝐹 = 𝑗 . Označíme-li 𝐿 zářivý výkon 0

hvězdy a 𝑅 její poloměr, platí

0

𝐿

𝐹 = 4𝜋𝑅2.

Zářivý výkon můžeme vyjádřit pomocí Stefanova-Boltzmannova zákona 𝐿 = 4𝜋𝑅∗2 𝜎𝑇 4 ,

kde 𝜎 je Stefanova-Boltzmannova konstanta a 𝑇 efektivní teplota hvězdy. Dosazením do definičního vztahu pro rok dostáváme 𝐹=

4𝜋𝑅∗2 𝜎𝑇 4 4𝜋𝑅 2

=

4 2 𝜎𝑇eff 𝑅∗

𝑅2

= 𝜎𝑇 4 𝜌2 ,

kde jsme symbolem 𝜌 označili relativní poloměr hvězdy, vyjádřený v jednotkách její vzdálenosti od pozorovatele (de facto úhlový poloměr). Pro poměr toků tak plyne 𝐹

odtud

𝐹0

𝑇 4

𝜌 2

= �𝑇 � � 𝜌 � , 0

0

A



Soutěžní úlohy – část B (10. 6. 2014) 𝑇=

1

1

𝐹 4 𝜌 2 𝑇0 �𝐹 � � 𝜌0 � . 0

Vystupující poměry už jsme ovšem spočítali dříve. Za poměr relativních poloměrů hvězd totiž můžeme dosadit poměr úhlových rozměrů (pro malé úhly jsou oba poměry přibližně stejné, funkce tangens se příliš neliší od lineární funkce). Dosazením efektivní teploty Slunce 𝑇0 ≈ 5780 K dostáváme 𝑇 ≈ 2920 K . Nyní do výrazu pro poměr toků dosadíme zářivé výkony, které dále nebudeme rozepisovat pomocí Stefanova-Boltzmannova zákona, ale namísto toho využijeme jejich zadaný poměr. Dostáváme 𝐹

tedy

𝐹0

𝐿

= 4𝜋𝑅2 𝑅=

4𝜋𝑅02 𝐿0

𝐿

𝑅

2

= 𝐿 � 𝑅0 � , 0

1

𝐹 𝐿 2 𝑅0 � 𝐹0 𝐿 � . 0

Dosazením hodnot 𝑅 ≈ 219 au. Složky dvojhvězdy obíhají po elipsách kolem společného ohniska, přičemž podle III. Keplerova zákona platí 𝑅3

pokud [𝑅] = au a [𝑃] = roky. Proto

𝑃2

=1, 3

Číselně 𝑃 ≈ 3240 let .

𝑃 = 𝑅2.

A




Střední úhlová vzdálenost mezi dvěma složkami hvězdy α Centauri je 18´´ a roční paralaxa je 0,74´´. Z jaké maximální vzdálenosti je možné obě složky rozlišit v dalekohledu s objektivem o průměru 10 cm? Předpokládejte, že spojnice obou složek je kolmá ke směru ke Slunci a úhlová vzdálenost mezi oběma hvězdami je v průběhu pozorování konstantní. (zdroj ruská AO, oblastní kolo 2013, 10. třída)

Řešení:

Nechť 𝜋 je paralaxa hvězdy, 𝑎 skutečná vzdálenost mezi složkami, 𝑟0 vzdálenost hvězdy od Země v parsecích a 𝑑0 úhlová vzdálenost složek při pohledu ze Země. Podle zadání 𝑑0 ≈ 18′′ a 𝜋 ≈ −0,74′′. Potom z definice parseku plyne 𝑎

Ve větší vzdálenosti jistě platí

𝑑0 = 𝑟 = 𝑎𝜋 . 0

𝑑≤

𝑎 𝑟

𝑑

= 𝑟𝜋0 ,

Přičemž rovnost nastává pro pozorování kolmo na spojnici složek. Pro úhlové rozlišení dalekohledu ve vizuálním oboru spektra přibližně platí 𝐴

𝑑D = 𝐷 ,

kde 𝐴 = 14 cm a 𝐷 je průměr objektivu v centimetrech. Porovnáním úhlové separace složek v dané vzdálenosti a úhlového rozlišení dalekohledu dostáváme postupně 𝑑D 𝑟 ≤

Po dosazení 𝑟 ≤ 17 pc.

𝑟≤

𝑑0 1

𝜋 𝑑D

𝑑0 𝜋

=

,

𝑑0 𝐷 𝜋 𝐴

.

A




Ve spektru kvasaru, jehož vizuální jasnost je 15,5 mag a úhlový průměr 0,03′′, je emisní čára vodíku H𝛽 s laboratorní vlnovou délkou 486,1 nm pozorována na vlnové délce 542,1 nm. Vypočítejte rychlost vzdalování, vzdálenost, lineární průměr a zářivý výkon kvasaru (v jednotkách zářivého výkonu Slunce). (Absolutní hvězdná velikost Slunce je 4,8 mag, rychlost světla 3 ∙ 108 m ∙ s−1, Hubbleova konstanta 70 km ∙ s−1 ∙ Mpc −1 .) (zdroj Damir Hržina, příprava na IOAA) Řešení:

Změna ∆𝜆 vlnové délky čáry H𝛽 je

∆𝜆 = 𝜆 − 𝜆0 = (542,1 − 486,1) nm = 56 nm.

Této hodnotě odpovídá červený posuv 𝑧

𝑧=

56 ∆𝜆 = ≈ 0,115, 𝜆0 486,1

takže je vhodné brát v úvahu relativistickou formuli pro Dopplerův jev (0,115 nelze zanedbat oproti 1), kterou pro vzdalující se objekt můžeme zapsat ve tvaru 𝑣 1+𝑐 1+𝑧 = � 𝑣. 1−𝑐

A dále ji upravme

1+

𝑣 1+𝑐 2 𝑣 = (1 + 𝑧) , 1−𝑐

𝑣 𝑣 = �1 − � (1 + 𝑧)2 , 𝑐 𝑐

𝑣 𝑣 + (1 + 𝑧)2 = (1 + 𝑧)2 − 1, 𝑐 𝑐

𝑣 (1 + (1 + 𝑧)2 ) = (1 + 𝑧)2 − 1, 𝑐 Číselně potom

(1 + 𝑧)2 − 1 𝑣= 𝑐. (1 + 𝑧)2 + 1

A



Soutěžní úlohy – část B (10. 6. 2014) (1 + 0,115)2 − 1 𝑣≈ 𝑐 ≈ 0,108𝑐 ≈ 3,24 ∙ 107 m ∙ s−1 = 3,24 ∙ 104 km ∙ s −1 . (1 + 0,115)2 + 1

Poznámka: kdybychom neuvažovali relativistickou formuli na Dopplerův jev, nýbrž klasický vzorec (viz úlohu C-1): 𝑣 = 𝑧𝑐 ≈ 0,115𝑐 ≈ 34,6 km ∙ s −1 ,

dostali bychom o 2 100 km ∙ s −1 nadhodnocený výsledek. Na konci řešení jsou uvedeny další výsledky s použitím této hodnoty Dále použijeme Hubbleův zákon pro vzdalování galaxií 𝑣 = 𝐻𝑟,

kde 𝐻 je Hubbleova konstanta, 𝑣 rychlost vzdalující se galaxie a 𝑟 její vzdálenost od Země. 𝑟=

𝑣 3,24 ∙ 104 ≈ Mpc ≈ 463 Mpc. 𝐻 70

Označme 𝑑 lineární průměr kvasaru a 𝜑 jeho úhlový průměr, pak platí

𝑑 = 2𝑟 tg

𝑑 𝜑 2 𝑑 tg = = , 2 𝑟 2𝑟

𝜑 0,03′′ ≈ �2 ∙ 463 ∙ tg � � � Mpc ≈ 67,3 pc. 2 2

Pro absolutní hvězdnou velikost 𝑀 kvasaru můžeme psát (detaily viz úlohu C-2)

𝑀 = 𝑚 + 5 − 5 log{𝑟}pc = 15,5 + 5 − 5 log(463 ∙ 106 ) ≈ −22,8 mag. A pro zářivý výkon kvazaru (detaily opět viz úlohu C-2) 𝐿 = 𝐿S 10

𝑀−𝑀S −2,5

−22,8−4,8 −2,5

≈ 𝐿S 10

kde jsme označili 𝐿S zářivý výkon Slunce.

≈ 1,10 ∙ 1011 𝐿S ,

Stejným způsobem spočítáme výsledky i pro velikost rychlosti, získanou z nerelativistické formule. Jejich hodnoty jsou: 𝑟 ≈ 494 Mpc; 𝑑 ≈ 71,8 pc; 𝐿 ≈ 1,32 ∙ 1011 𝐿S .

A



Soutěžní úlohy – část C (11. 6. 2014) 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:

Souhvězdí Orion se rozkládá mezi deklinacemi -11° až +23°. V jakých zeměpisných šířkách se toto souhvězdí bude vždy nacházet na horizontu (tedy část souhvězdí bude neustále nad obzorem a část naopak nepůjde nikdy spatřit)? Vliv atmosférické refrakce zanedbejte. (zdroj ruská AO, finále 2013, 9. třída) Řešení: Souhvězdí Oriona je rovníkové souhvězdí, z toho plyne, že oblast, kde budeme hledat toto souhvězdí na obzoru, bude někde v okolí pólů. Budeme zvlášť řešit severní a jižní polokouli. I) Severní polokoule: Chceme, aby část souhvězdí byla nad obzorem a část pod ním. Víme tedy, že spodní kulminace nejsevernějšího bodu (deklinace 𝛿1 ) bude nad obzorem. Pokud naše šířka je 𝜙, pak musí pro tento bod platit −90° + 𝜙 + 𝛿1 > 0° a horní kulminace nejjižnějšího bodu (deklinace 𝛿2 ) bude pod obzorem 90° − 𝜙 + 𝛿2 < 0°. Celkem vyjde, že 𝜙 > 67° a zároveň 𝜙 > 79°. Znamená to, že zadání platí pro 79° rovnoběžku a výš. Jižní polokoule: Řešení je přesně opačné, tedy rovnice budou 90° + 𝜙 − 𝛿1 < 0° −90° − 𝜙 − 𝛿2 > 0°. Z toho dohromady dostaneme symetrickou situaci na jižním pólu. Zadání platí pro -79° rovnoběžku a níž. II)

Celkem tedy platí, že daná situace nastane v šířkách od -90° do -79° a od 79° do 90°.

A



Soutěžní úlohy – část C (11. 6. 2014) úloha C-2:

Popište viditelnost Phobosu a Deimosu z povrchu Marsu pro pozorovatele v různých marsovských šířkách. V jakém intervalu se mění jejich úhlový průměr a fáze v závislosti na šířce pozorovacího stanoviště? Předpokládejte, že oba přirozené satelity se pohybují v rovině rovníku Marsu. Případnou refrakci v atmosféře Marsu zanedbejte. (zdroj ruská AO, oblastní kolo 2013, 10. třída) Řešení: Oba satelity mají oběžnou dráhu kolem Marsu téměř v rovině rovníku planety a obíhají velmi blízko. Z tohoto důvodu nemohou být vidět v blízkosti pólů. Abychom určili, kde budou měsíce vidět, nakreslíme obrázek: 𝑅

𝜙0 𝜙

ℎ

Mars

𝐿

𝐷

𝐷0 Phobos, Deimos

Maximální zeměpisná šířka, kde lze satelit vidět, je

𝑅 𝐿 kde 𝑅 je poloměr Marsu, 𝐿 je poloměr oběžné dráhy měsíce. Zeměpisná šířka se rovná 69° pro Phobos a 82° pro Deimos. Vzdálenost pozorovatele k satelitu, která odpovídá tomuto úhlu, je 𝐷0 = �𝐿2 − 𝑅 2 což je i maximální vzdálenost. Minimální úhlový průměr tedy je 2𝑟 2𝑟 𝛿0 = = 𝐷0 √𝐿2 − 𝑅 2 kde 𝑟 je poloměr měsíce. Tato hodnota je 8“ pro Phobos a 1,8“ pro Deimos. 𝜙0 = arccos

Nechť je pozorovatel na zeměpisné šířce 𝜙 na povrchu Marsu (menší než 𝜙0 ). Vzdálenost k satelitu (𝐷) lze získat z kosinové věty 𝐷 = �𝐿2 + 𝑅 2 − 2𝐿𝑅 cos 𝜙 Úhlový průměr družice se bude rovnat 2𝑟 2𝑟 𝛿= = 𝐷 �𝐿2 + 𝑅 2 − 2𝐿𝑅 cos 𝜙 Tato hodnota se zvyšuje s klesající zeměpisnou šířku a dosahuje maxima na rovníku

A



Soutěžní úlohy – část C (11. 6. 2014) 2𝑟 2𝑟 = 𝐷E 𝐿 − 𝑅 Tato hodnota je 11“ pro Phobos a 2“ pro Deimos. 𝛿E =

Pro odpověď na druhou otázku musíme brát na vědomí, že se Phobos pohybuje v rozmezí ± 21° v deklinaci a Deimos v rozsahu ± 8°. Deklinace Slunce na Marsu se pohybuje v rozmezí ± 25°. Znamená to, že na každé šířce, kde lze satelity pozorovat, může nastat libovolná fáze. Phobos a Deimos mohou být i v úplňku, přestože je stín Marsu rozlehlý – stačí je pozorovat blízko obzoru. Na pólech satelity neuvidíme.

A



Soutěžní úlohy – část C (11. 6. 2014) úloha C-3:

Na jaké zeměpisné šířce kulminuje Slunce v den letního slunovratu (δS = +23° 27’) ve výšce h = 72° 50’ nad severem? Jaká je výška Slunce v době jeho horní a dolní kulminace v této zeměpisné šířce během rovnodennosti a zimního slunovratu? Na které světové straně se při tom nachází?

Řešení: V době letního slunovratu je Slunce na obloze severně od rovníku. Protože zenitová vzdálenost 𝑧 = 90° − 72°50′ = 17°10′ < 23°27′, nalézá se hledané místo na severní polokouli.

Klasický vztah pro výpočet výšky nad obzorem při horní kulminaci pro pozorovatele na severní polokouli ℎ = 90° − 𝜑 + 𝛿 bývá odvozován na základě obrázku níže. Úhel ℎ je zde počítán od jihu podél meridiánu směrem k zenitu. V našem případě však horní kulminace probíhá na severu, proto pro takto definovaný úhel ℎ platí ℎ > 90°. Konkrétně ℎ = 90° + 𝑧 = 107°10′. Potom 𝜑 = 90° − ℎ + 𝛿 = 90° − 107°10′ + 23°27′ = 6°17′.

Obrázek 1 Jiný postup je následující: odvodíme výraz pro výšku nad obzorem při horní kulminaci pro pozorovatele na severní polokouli, pokud tato horní kulminace probíhá severním směrem. Označíme ji opět ℎ a tentokrát má opravdu význam výšky nad obzorem, ℎ < 90°. Je počítána od severu podél meridiánu směrem k zenitu. Podle Obrázku 2 platí ℎ = 90° − (𝛿 − 𝜑) = 90° − 𝛿 + 𝜑. Tedy 𝜑 = ℎ − 90° + 𝛿 = 72°50′ − 90° + 23°27′ = 6°17′. Obdrželi jsme stejný výsledek.

A



Soutěžní úlohy – část C (11. 6. 2014)

Obrázek 2 V době rovnodennosti a zimního slunovratu je deklinace Slunce 0°, resp. −23°27′ a proto Slunce kulminuje na jihu. Využijeme vztah ℎ = 90° − 𝜑 + 𝛿 a dostáváme ℎrovnodennost = 83°43′, ℎzimní slunovrat = 60°16′.

Pro výšku objektu při dolní kulminaci pro pozorovatele na severní polokouli platí 𝑑 = 90° − 𝛿 − 𝜑, pokud se tato dolní kulminace počítá od severu směrem k nadiru, jak lze odvodit z Obrázku 3. Po dosazení dostáváme 𝑑rovnodennost = 83°43′ pod obzorem. Skutečně 𝑑rovnodennost < 90° tedy Slunce kulminuje na severu.

Obrázek 3

A



Soutěžní úlohy – část C (11. 6. 2014) V případě zimního slunovratu 𝑑zimní slunovrat = 107°10′. V tomto případě je 𝑑 > 90°. Jak jsme řekli, je to hodnota úhlu měřeného od severu podél meridiánu směrem k nadiru. Proto Slunce kulminuje na jihu 180° − 107°10′ = 72°50′ pod obzorem.

Opět můžeme navíc zavést vztah pro objekty, jejichž dolní kulminace probíhá na jihu. Pokud označíme 𝑑 úhel od jihu podél meridiánu směrem k nadiru, bude pro tyto objekty vždy 𝑑 < 90° a 𝑑 tak bude mít skutečně význam jejich výšky při dolní kulminaci. Schéma je na Obrázku 4. Potom 𝑑 = 90° − (𝛿 − 𝜑) = 90° + 𝜑 − 𝛿 a dostáváme 𝑑zimní slunovrat = 90° + 6°17′ − 23°27′ = 72°50′. Obdrželi jsme stejný výsledek.

Obrázek 4

A



Soutěžní úlohy – část C (11. 6. 2014) úloha C-4: A. Jaký je hodinový úhel Slunce v okamžiku jeho západu v den jarní rovnodennosti? 6 hodin B. Jaký je hvězdný čas o půlnoci středního slunečního času dne 5. května? 15 hodin C. U následujících objektů uveď jejich typ a souhvězdí, ve kterém se nacházejí? Označení objektu Typ objektu Souhvězdí M 45 otevřená hvězdokupa (Plejády) Býk / Taurus / Tau M 15 kulová hvězdokupa Pegas / Pegasus / Peg M 31 galaxie Andromeda / And M 33 galaxie Trojúhelník / Tri M2 kulová hvězdokupa Vodnář / Aqr M 81 galaxie Velká medvědice M 82 galaxie Velká medvědice M 51 galaxie Honicí psi / Canes venatici / CVn NGC 884, NGC otevřené hvězdokupy / chí a h Perseus / Per 869 D. U následujících hvězd uveď v jakém souhvězdí se nacházejí. Hvězda Souhvězdí Deneb Labuť Altair Orel Aldebaran Býk Polárka Malý medvěd Arkturus Pastýř Spica Panna Albireo Labuť Rigel Orion Castor Blíženci Capella Vozka

Soutěžní úlohy část A ( )

Recommend Documents