Soutěžní úlohy – části A a B (12. 6. 2012) 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 rychle bychom se museli pohybovat na zemském rovníku, aby se pro nás zastavil pohyb Slunce na obloze? Rychlost vyjádři v kilometrech za hodinu a porovnej s rychlostí zvuku, letadla a chůze člověka. Na jaké zeměpisné šířce by stačilo jet autem rychlostí 90 km/h? Na jaké zeměpisné šířce by stačilo jít pěšky rychlostí 6 km/h? (10 bodů) Aby se zdánlivý denní pohyb slunce na obloze zastavil, je nutné vyrovnat vliv zemské rotace. K tomu je nutné pohybovat se směrem od východu k západu stejnou rychlostí, jakou se vzhledem ke Slunci pohybuje zemský povrch na rovníku v důsledku zemské rotace. Pro rychlost pohybu zemského povrchu na rovníku v důsledku zemské rotace platí: 2𝜋𝑟𝑧 𝑇 Po dosazení poloměru Země rz = 6378 km a délky slunečního dne T = 24 h dostáváme: 𝑣=
(Pozor: Zde nemůžeme použít dobu rotace 23 h 56 min, protože ta se vztahuje ke vzdáleným hvězdám, nikoli ke slunci.)
𝑣=
2𝜋 ∙ 6378 40074 = = 1670 km/h 24 h 24 h
Porovnání: Zvuk: 1224 km/h;
Dopravní letadlo: 900 km/h;
Chůze člověka: 6 km/h
Nutná rychlost pohybu je větší než všechny tři srovnávací rychlosti. Abychom určili, na jaké zeměpisné šířce by stačilo jet autem rychlostí 90 km/h, resp. jít pěšky rychlostí 6 km/h, musíme určit závislost rychlosti rotace zemského povrchu na zeměpisné šířce. Délka rovnoběžky závisí na zeměpisné šířce takto: 𝑑 = 2𝜋𝑟𝑧 𝑐𝑜𝑠𝜙 Pro rychlost potom platí: 2𝜋𝑟𝑧 𝑐𝑜𝑠𝜙 24 Po úpravě dostaneme pro zeměpisnou šířku: 𝑣=
𝜙 = arccos Po dosazení pro 90 km/h: 𝜙 = arccos
2160 40074
; 𝜙 = 86°55ʹ
𝑇∙𝑣 2𝜋𝑟𝑧
a pro 6 km/h: 𝜙 = arccos
1 / 12
144 40074
; 𝜙 = 89°48ʹ
Soutěžní úlohy – části A a B (12. 6. 2012) úloha A-2: Marek pozoruje planetu Saturn v opozici pouhýma očima a Adam dalekohledem typu Cassegrain s průměrem primárního zrcadla D1 = 60 cm a sekundárního zrcadla D2 = 18 cm. Kolikrát více fotonů dopadne do Adamova oka než do Markových očí? Předpokládej, že při průchodu světla čočkami dalekohledu nedochází k žádným ztrátám a zrcadla všechno světlo dokonale odrážejí. Oba pozorovatelé mají oči dostatečně adaptované na tmu. (10 bodů) Marek pozoruje pouhýma očima. Průměr pupily oka adaptovaného na tmu je d = 8 mm. Do Adamova oka dopadne tolikrát více fotonů, kolikrát je větší optická plocha objektivu jeho dalekohledu než celková plocha pupil obou Markových očí dohromady. Od optické plochy primárního zrcadla je třeba odečíst plochu zastíněnou sekundárním zrcadlem. Účinná plocha dalekohledu: 𝜋𝐷12 𝜋𝐷22 𝑆1 = − 4 4 Účinná plocha Markových očí: 𝜋𝑑 2 4 do Adamova oka dopadne k-krát více fotonů než do Petrových očí: 𝑆2 = 2
𝑘= 𝑘=
𝑆1 𝑆2
𝐷12 − 𝐷22 2𝑑 2
po dosazení dostaneme: 𝑘=
(0,36 − 0,0324) 2 ∙ 0,000064
𝑘 = 0,3276/0,000128 𝑘 = 2559 Do Adamova oka dopadne 2 559krát více fotonů než do Markových očí.
2 / 12
Soutěžní úlohy – části A a B (12. 6. 2012) úloha A-3:
Dvojhvězda má roční paralaxu = 0,06″. Obě její složky mají efektivní povrchovou teplotu T = 7 000 K. Jaká je minimální vzdálenost složek od sebe, aby je bylo možné rozlišit ze Země při pozorování dalekohledem s průměrem objektivu 8 cm? (10 bodů)
Nejprve vypočteme minimální úhlovou vzdálenost mezi složkami. Z Wienova zákona určíme vlnovou délku maxima vyzařování obou složek: 𝑏 𝑇 = 414 nm
𝜆𝑚𝑎𝑥 = 𝜆𝑚𝑎𝑥 Potom pro rozlišovací schopnost platí:
sin 𝜃 ≈ 𝜃 =
1,22𝜆 𝐷
(Pro malé úhly je sin 𝜃 ≈ 𝜃) 1,22 ∙ 414 ∙ 10−9 𝜃= 0,08 𝜃 = 6,318 ∙ 10−6 rad 𝜃 = 1,3″ Dvojhvězda már roční paralaxu = 0,06″, tedy jedna AU ve vzdálenosti této dvojhvězdy je vidět pod úhlem = 0,06″. Potom pro vzdálenost složek od sebe v AU dostaneme: 𝜃 𝜋 1,3 𝑑= 0,06 𝑑=
𝑑 = 21,7 AU Aby bylo možné složky dvojhvězdy od sebe rozlišit daným dalekohledem, musejí být od sebe daleko alespoň 21,7 AU.
3 / 12
Soutěžní úlohy – části A a B (12. 6. 2012) úloha B-1: Urči, na jakou teplotu lze nahřát absolutně černou kouli o poloměru r s pomocí slunečního záření sbíraného zrcadlem o poloměru R a ohniskové vzdálenosti F. Předpokládej, že teplota všech bodů koule je stejná. Ztráty energie na cestě ke kouli jsou zanedbatelné. Koule i zrcadlo se nacházejí ve stejné vzdálenosti od Slunce jako Země. Předpokládej, že pro vzdálenost Slunce od zrcadla L platí L F. (16 bodů) Ze Slunce přichází na Zemi zářivý tok 𝜍𝑇04 𝑅𝑂2 𝐽0 = 𝐿2 kde T0 je povrchová teplota Slunce, R0 poloměr Slunce a L vzdálenost Země od Slunce. Na zrcadlo dopadá výkon: 𝐸 = 𝜋𝑅2 𝐽0 Pro poloměr obrazu Slunce v ohnisku zrcadla platí 𝜌 = 𝑅0 ∙
𝜌 𝑅0
𝐹
= , a tedy 𝐿
𝐹 𝐿
Mohou nastat dva případy: A) Poloměr koule r je větší než poloměr obrazu Slunce v ohnisku zrcadla. Koule tak přijímá veškerý výkon zachycenou zrcadlem (levá strana rovnice) a vyzařuje ji jako absolutně černé těleso (pravá strana rovnice). 𝜍𝑇04 𝑅𝑂2 = 4𝜋𝑟 2 𝜍𝑇 4 𝐿2 odtud vyjádříme teplotu koule T (na pravé straně rovnice): 𝜋𝑅2
𝑇 = 𝑇0
𝑅𝑅0 𝑅 = 290 K 2𝐿𝑟 𝑟
B) Poloměr koule r je menší než poloměr obrazu Slunce v ohnisku zrcadla. Koule tak přijímá pouze část výkonu zachyceného zrcadlem. Pro zářivý tok v ohnisku zrcadla platí: 𝐸 𝜍𝑇04 𝑅2 𝐽= 2= 𝜋𝜌 𝐹2 Koule pak přijme výkon: 𝜋𝜍𝑇04 𝑅2 𝑟 2 𝜋𝑟 𝐽 = = 4𝜋𝑟 2 𝜍𝑇 4 𝐹2 2
odkud vyjádříme teplotu koule T (na pravé straně rovnice): 𝑇 = 𝑇0
4 / 12
𝑅 2𝐹
= 6000
𝑅 2𝐹
K
Soutěžní úlohy – části A a B (12. 6. 2012) úloha B-2: Zářivý výkon bílého trpaslíka je 8 800x menší, než zářivý výkon Slunce. Jeho povrchová teplota je stejná jako povrchová teplota Slunce. Urči, kolikrát je poloměr tohoto bílého trpaslíka větší (menší) než poloměr Země. Pro zářivý výkon hvězdy o poloměru R platí: 𝑃 = 4𝜋𝑅2 𝜍𝑇 4 Pro poměr zářivého výkonu bílého trpaslíka a zářivého výkonu Slunce platí: 2 𝑃𝐵𝑇 4𝜋𝑅𝐵𝑇 𝜍𝑇 4 = 𝑃𝑆 4𝜋𝑅𝑆2 𝜍𝑇 4
Protože obě hvězdy mají stejnou povrchovou teplotu, můžeme psát: 2 𝑃𝐵𝑇 𝑅𝐵𝑇 = 2 𝑃𝑆 𝑅𝑆
Potom pro velikost poloměru bílého trpaslíka (v jednotkách poloměru Slunce) platí: 𝑅𝐵𝑇 = 𝑅𝑆 𝑅𝐵𝑇 =
𝑃𝐵𝑇 𝑃𝑆
1 𝑅 94 𝑆
to odpovídá 1,16násobku poloměru Země.
5 / 12
Soutěžní úlohy – části A a B (12. 6. 2012) úloha B-3: Zákrytová proměnná hvězda každých 30 dnů periodicky zmenšuje svoji jasnost o 0,2 mag, přičemž všechna minima jsou stejná co do poklesu jasnosti i co do průběhu. Spektroskopická pozorování ukázala, že čára H o laboratorní vlnové délce = 656,3 nm je zdvojená, její složky se periodicky rozdvojují na 0,2 nm. Předpokládejme centrální zákryt, střední hustoty obou složek jsou stejné. Okrajové ztemnění hvězd zanedbáváme. a) Urči poměr poloměrů a poměr hmotností obou hvězd. b) Urči periodu oběhu hvězd kolem společného hmotného středu. c) Urči vzdálenost středů hvězd od sebe. d) Urči hmotnosti obou hvězd. a)
Stejné hlavní a vedlejší minimum zákrytové proměnné znamenají, že obě složky mají stejnou jasnost, tudíž shodné efektivní povrchové teploty. Označíme RV a RM poloměry větší a menší hvězdy, pro pokles jasnosti při minimech platí Δ𝑚 = −2,5 log
𝜋𝑅𝑣2 2 𝜋𝑅𝑣2 + 𝜋𝑅𝑀
Δ𝑚 = −2,5 log 1 +
2 𝑅𝑀 𝑅𝑣2
Odtud nalezneme poměr poloměrů hvězd 𝑅𝑀 = 𝑅𝑉
100,4Δ𝑚 − 1 = 0,45
Z podmínky shodných hustot můžeme určit poměr jejich hmotností 𝑀𝑀 𝑅𝑀 = 𝑀𝑉 𝑅𝑉
3
= 0,091 =
1 11
b)
Minima nastávají za stejné časové intervaly a mají stejný průběh, tudíž dráhy obou složek jsou kruhové, oběžná doba je 60 dnů.
c)
Při poloze hvězd vedle sebe v největší vzájemné vzdálenosti můžeme stanovit Δ𝜆 z pozorování čáry H rychlost hvězd. Platí 𝑣 = 𝑐 = 91,4 km. s−1 . Odtud 𝜆 stanovíme vzdálenost mezi hvězdami 𝑣𝑇 = 7,5.107 km = 0,5 AU 2𝜋 Znalost velké poloosy umožňuje určení součtu hmotností obou složek 𝑎=
d)
𝑎3 = 4,7 MS a odtud MV = 4,3 MS a MM = 0,4 MS 𝑇2 (Vztah platí pouze v případě, že a je v AU a T v rocích) 𝑀𝑉 + 𝑀𝑀 =
6 / 12
Soutěžní úlohy – část C (13. 6. 2012) 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 výsledku. Odpověz na všechny otázky, které jsou v zadání jednotlivých úloh položeny!
úloha C-1: Urči maximální možnou výšku Měsíce nad obzorem v Gwangju (35° 9’ severní šířky a 126° 51’ východní délky). Maximální výšku Měsíce nad obzorem ovlivňují: -
zeměpisná šířka (zde = 35,15°) sklon zemského rovníku k ekliptice ( = 23,44°) sklon oběžné dráhy Měsíce k ekliptice ( = 5,15°)
Pro maximální výšku nebeského rovníku h nad obzorem platí: ℎ𝑅 = 90 − 𝜙 Pro maximální výšku Měsíce nad obzorem platí: ℎ𝑀 = ℎ𝑅 + 𝜀 + 𝜇 ℎ𝑀 = 90 − 𝜙 + 𝜀 + 𝜇 ℎ𝑀 = 83,44° Měsíc může v Gwangju vystoupat maximálně 83,44° (83°26ʹ) nad obzor.
7 / 12
Soutěžní úlohy – část C (13. 6. 2012) úloha C-2: Urči hodinový úhel hvězdy Vegy (RA = 18 h 37 m, DE = +38° 48') dne 13.06.2012 v 9:45 SELČ na hvězdárně v Rokycanech (49° 45′ severní šířky a 13° 36′ východní délky). Z hvězdářské ročenky víme, že hvězdný čas v 0h 0m UT dne 13.06.2012 byl pro 50° 00′ severní šířky a 15° 00′ východní délky 18 h 27 m. Pro hvězdný čas platí: 𝜃 = 𝑡 + 𝑅𝐴 Odtud hodinový úhel: 𝑡 = 𝜃 − 𝑅𝐴 Zbývá tedy určit hvězdný čas pro hvězdárnu v Rokycanech v daném okamžiku. Hvězdný čas je striktně místní, hraje tedy roli i rozdíl zeměpisných délek ve stejném časovém pásmu. Rozdíl zeměpisné délky 1°24′ představuje časový rozdíl 5,6 minuty. Mezi 9:45 SELČ a 0 UT je časový rozdíl 7 h 45 m. Potom pro hvězdný čas dne 13.06.2012 v 9:45 SELČ na hvězdárně v Rokycanech platí:
= 18 h 27 m + 7 h 45 m – 0 h 6 m = 26 h 6 m = 2 h 6 m. Po dosazení do vztahu pro hodinový úhel dostaneme: t = 7 h 29 m.
8 / 12
Soutěžní úlohy – část C (13. 6. 2012) úloha C-3: Kosmická výprava přistála na neznámé planetě přímo na jejím rovníku. V průběhu několika po sobě jdoucích dnů v období tamní rovnodennosti provedla sérii měření. Přitom zjistila, že: Siderický den (doba rotace vzhledem ke vzdáleným hvězdám) trvá 32 hodiny. „Sluneční“ den (doba rotace vzhledem k mateřské hvězdě) trvá 32 hodiny 15 minut. Doba mezi východem a západem středu kotoučku mateřské hvězdy na stanovišti přistávacího modulu je 16 hodin a 12 minut. Celý východ / západ mateřské hvězdy trvá 3 minuty. Z dřívějších měření víme, že hmotnost mateřské hvězdy je 1,2-násobek hmotnosti Slunce. Urči: a) velikost atmosférické refrakce při obzoru b) vzdálenost od mateřské hvězdy c) skutečný průměr mateřské hvězdy Předpokládej, že dráha planety okolo mateřské hvězdy je kruhová. a) Atmosférická refrakce: Délka slunečního dne je 32 hodiny a 15 minut. O rovnodennosti slunce na rovníku vychází a zapadá kolmo k obzoru. Mezi východem a západem středu kotoučku mateřské hvězdy by tak mělo uplynout 16 hodin, 7 minut a 30 sekund. Rozdíl do 16 hodin a 12 minut lze připsat atmosférické refrakci. Rozdíl činí 4 minuty a 30 sekund. Mateřská hvězda tak vlivem atmosférické refrakce vychází o 2 minuty a 15 sekund dříve a zapadá o 2 minuty a 15 sekund později. Nyní musíme určit úhel, o který se planeta otočí za 2 minuty a 15 sekund (0,0375 hodiny). Úhlová rychlost otáčení planety vzhledem k mateřské hvězdě je: 𝜔𝐻 = 𝜔𝐻 =
360° 𝑇𝐻
11,16° hod
potom atmosférická refrakce je: 𝜌 = 0,037 5 ∙ 11,16 = 0,418 6° Atmosférická refrakce při obzoru je na této neznámé planetě 25,12′ b) Vzdálenost od mateřské hvězdy: Abychom zjistili vzdálenost od mateřské hvězdy, potřebujeme znát oběžnou dobu. Tu lze zjistit z rozdílu siderického a „slunečního“ dne na planetě. Pro dobu oběhu planety vyjádřenou v místních siderických dnech platí: 𝑃=
𝑇𝑆 Δ𝑆
9 / 12
Soutěžní úlohy – část C (13. 6. 2012) 𝑃=
32 = 128 0,25
Planeta oběhne mateřskou hvězdu jednou za 128 místních siderických dnů, tj. jednou za 12832 = 4096 hodin. Pro dobu oběhu platí: 𝑃 = 2𝜋
𝑎3 𝐺𝑀
odtud vyjádříme a: 𝑎=
3
𝑃2 𝐺𝑀 4𝜋 2
po dosazení (v základních jednotkách SI) dostaneme: 𝑎=
𝑎=
3
2,17 ∙ 1014 ∙ 6,67 ∙ 10−11 ∙ 1,2 ∙ 2 ∙ 1030 4 ∙ 9,87
3
2,17 ∙ 1014 ∙ 6,67 ∙ 10−11 ∙ 1,2 ∙ 2 ∙ 1030 4 ∙ 9,87 𝑎=
3
3,47 ∙ 1034 39,48
𝑎 = 9,58 ∙ 1010 m 𝑎 = 0,64 AU c) Skutečný průměr mateřské hvězdy: Jestliže východ mateřské hvězdy na rovníku této planety v období rovnodennosti trvá 3 minuty (0,05 hodiny), pak její úhlový průměr zjistíme pomocí úhlové rychlosti rotace zjištěné v části a): 𝜑 = 0,05 ∙ 11,16 = 0,558° Pro skutečný průměr hvězdy platí: 𝜑 2 𝐷 = 9,33 ∙ 108 m 𝐷 = 2𝑎 sin
10 / 12
Soutěžní úlohy – část C (13. 6. 2012) úloha C-4: Astronomové na hvězdárně v Rokycanech (49° 45' severní šířky, 13° 36' východní délky) pořídili snímek hvězdného pozadí na hranici souhvězdí Hadonoše a Ocas hada. Ve stejném okamžiku pořídila skupinka amatérských astronomů v Osadě Vasil'evka (49° 45' severní šířky, 82° 36' východní délky) ve východním Kazachstánu snímek stejného hvězdného pole. Na obou snímcích se objevil neznámý objekt. Jiná skupinka pozorovatelů v západním Kazachstánu poblíž osady Kusem (49° 45' severní šířky, 48° 06' východní délky) ve stejném okamžiku pozorovala horní kulminaci tohoto neznámého objektu. Urči vzdálenost neznámého objektu od pozorovatelů v Rokycanech. Pro snazší orientaci je na snímcích zobrazena síť rovníkových souřadnic 2. druhu. (16 bodů)
11 / 12
Soutěžní úlohy – část C (13. 6. 2012) Neznámý objekt je na snímcích posunut o 24 sekund v rektascenzi. To odpovídá paralaxe = 6'. Aby bylo možné určit vzdálenost objektu, musíme zjistit základnu, tj. přímou (nejkratší) vzdálenost mezi stanovišti. Poloměr rovnoběžky 𝜙 = 49°45′ severní šířky určíme ze vztahu: 𝑟 = 𝑟𝑧 cos 𝜙 kde rZ = 6378 km je poloměr Země. Pro přímou vzdálenost mezi pozorovacími stanovišti platí: 𝑑 = 2𝑟 sin
Δ𝜑 2
Δ𝜑 = 69° je rozdíl zeměpisných délek stanovišť Δ𝜑 2 Δ𝜑 𝑑 = 2𝑟𝑧 cos 𝜙 sin 2 𝑑 = 2 ∙ 6378 ∙ 0,646 ∙ 0,566 𝑑 = 2𝑟 sin
𝑑 = 4668 km Potom již snadno určíme vzdálenost od pozorovatelů v Rokycanech: 𝑑 2 𝑙= 𝜋 sin 2 kde je paralaxa. 𝑙 = 2 675 000 km Vzdálenost od pozorovatelů v Rokycanech je 2 675 000 km.
12 / 12
