Téma: Modelové úlohy a jejich řešení Zpracoval Doc. RNDr. Zdeněk Hlaváč, CSc
Příklad 1: Určete střed hmotnosti (těžiště) T soustavy Slunce-Jupiter, je-li dán poměr S jejich hmotností p = m = 1047 a vzdálenost jejich středů r = 7.78 · 108 [km]. mJ
T
ms
mj
b r Řešení: Polohu středu hmotnosti určíme z rovnice mS b = mJ (r − b) ,
kde b je určovaná poloha středu hmotnosti ve vztahu ke středu Slunce (viz obr.). Dělením rovnice veličinou mJ a dosazením výše zavedeného poměru hmotností získáme pb = r − b ⇔ b =
r . p+1
Dosazením číselných hodnot vychází b = 743100[km]. Vzhledem k tomu, že poloměr viditelného Slunce (až do povrchové fotosféry včetně) je 696000[km], nachází se těžiště obou těles relativně blízko slunečního viditelného povrchu. Příklad 2: Ve výšce h = 500[km] nad povrchem Země navedeme družici pod úhlem navedení β = π2 (vodorovný vrh) rychlostí v = 5[km/s]. Určete tvar její dráhy a v případě, že se jedná o elipsu určete, zda bod navedení je jejím perigeem nebo apogeem. O h F
m
r M
Řešení: Víme, že při vodorovném vrhu závisí tvar dráhy na relaci naváděcí rychlosti k první a druhé kosmické rychlosti pro danou výšku. Určíme tedy nejprve tyto rychlosti. První kosmickou rychlost vI (h) určíme z rovnosti velikosti gravitační síly Země F a odstředivé síly O. Jestliže M je hmotnost a r poloměr Země platí podle Newtonova 1
gravitačního zákona a výrazu pro odstředivou sílu při kruhovém pohybu poloměru r + h stálou rychlostí vI , že F =κ
vI2 (h) Mm = O. = m (r + h)2 r+h
Protože gravitační síla je zároveň tíhou bodu (družice), dostáváme aplikací gravitačního zákona pro povrch centra (x = 0), že κM = g0 r2 , kde g0 = 9.81[m/s2 ] je povrchové gravitační zrychlení Země. Po dosazení do předchozího výrazu dostaneme pro první kosmickou rychlost ve výšce h nad povrchem vztah vI (h) = r
s
g0 . r+h
Dosazením číselných hodnot r = 6373[km], h=0.5[km], g0 = 9.81·10−3 [km/s2 ] dostáváme výsledek vI (h) √ = 7.614[km/s]. Dále víme, že pro druhou kosmickou rychlost v dané výšce platí vII (h) = 2vI (h) = 10768[m/s]. Protože naváděcí rychlost v < vI (h), bude drahou družice elipsa s bodem navedení v apogeu. Příklad 3: Určete velikost tíhového zrychlení a jeho úhlovou odchylku od gravitačního zrychlení na místě o zeměpisné šířce ϕ = 60o , je-li gravitační zrychlení Země g0 = = 9.81[m/s2 ] a průměrná hustota Země ρ = 5500[kg/m3 ]. o
L
SL
O
Go ∆ϕ G ϕ ϕ
S M
ω
r
~ je zřejmě vektorovým součtem gravitační síly G ~ 0 a odstředivé Řešení: Tíhová síla G ~ (viz obr.) vznikající od rotace Země kolem své osy. Pro velikosti těchto sil zřejmě síly O platí mM ; O = mr cos ϕ · ω 2 , (1) r2 kde M je hmotnost, r poloměr a ω úhlová rychlost rotace Země kolem své osy. Z kosínové věty pro trojúhelník vektorů na obrázku vyplývá , že G0 = κ
G=
q
G20 + O2 − 2G0 O cos ϕ .
Po dosazení z (1), krácení hmotností m hmotného bodu (protože tíhovou sílu G můžeme psát jako součin hmotnosti m a tíhového zrychlení g) a po dosazení za hmotnost centra součin průměrné hustoty a objemu koule, tedy 2
4 M = πr3 ρ , 3 odtud dostaneme pro tíhové zrychlení po dílčí úpravě výraz s
8 2 πκρ πκρ − ω 2 cos2 ϕ + ω 4 cos2 ϕ . g=r 3 3
(2)
(3)
Dosazením číselných hodnot κ = 6.67 · 10−11 [m3 /kg s2 ], π = 3.1416 a ω = 2π , kde T = T 2 = 86164[s] (hvězdný den) získáváme g = 9.785[m/s ]. Je odtud patrno, že tíhové zrychlení je s rozumnou přesností (cca 0.3%) rovno (na celém povrchu Země) gravitačnímu. Je to způsobeno velmi malou úhlovou rychlostí zemské rotace kolem osy (ω = 7.2921 · 10−5 [rad/s]) a z ní vyplývajícím velmi malým dostředivým zrychlením od příslušného kruhového pohybu bodu (ad = rω 2 cos ϕ = 0.039 · cos ϕ[m/s2 ]). Ze sínové věty pro trojúhelník vektorů na obrázku vyplývá, že O sin ϕ . G Vzhledem k velmi malé odlišnosti tíhového a gravitačního zrychlení lze psát G ≈ G0 . Odtud plyne rovněž malá odchylka ∆ϕ, takže lze pro ni psát sin ∆ϕ ≈ ∆ϕ. Proto jest ∆ϕ = GO0 sin ϕ. Po dosazení z (1), krácení hmotností m bodu a dosazení z (2) získáme po dílčí úpravě pro odchylku finální vztah sin ∆ϕ =
. 3 π sin 2ϕ , ∆ϕ = · · 2 κ ρT 2 je doba otočení Země kolem své osy o 360o (tedy hvězdný den = 86164[s]). kde T = 2π ω Dosazením číselných hodnot vychází ∆ϕ = 0.0015[rad] = 5′ 9′′ . Příklad 4: Prostorová rychlost hvězdy vůči Slunci je v = 60[km/s]. Její vlastní roční pohyb po obloze je µ = 3[′′ /rok] a roční paralaxa πr = 0.3[′′ ]. Určete posunutí ∆λ spektrální čáry světla této hvězdy, jež odpovídá statické vlnové délce λ = 600[nm]. Řešení:
vr
v
L
vt
d µ
Vzhledem k velkým vzdálenostem hvězd a (relativně) malému skutečnému ročnímu pohybu po obloze lze říci, že tečnou složku ~vt výsledné rychlosti ~v (jež pro časovou jednotku 1rok představuje při předpokládaném rovnoměrném přímočarém relativním pohybu hvězdy za rok proběhnutou dráhu) pozorujeme na obloze jako roční (úhlový) pohyb µ hvězdy (viz obr.). Vzhledem k malé hodnotě tohoto úhlu lze psát vt . d Udáváme-li vzdálenost hvězdy d v parsecích, je d[Pc]= πr1[′′ ] , tgµ ≈ µ[rad] =
S
. Tečná složka takže po dosazení do výrazu výše vt = µ[rad] πr [′′ ] rychlosti pak vychází v [Pc/rok]. Zjistili jsme tedy, že µ[rad] . (4) vt [Pc/rok] = πr [′′ ]
Roční pohyb µ máme zadán v obloukových sekundách a chceme také, aby tečná složka rychlosti vycházela v [km/s]. Víme, že jeden parsek má 180·60·60 astronomických jednotek π 3
(podrobněji viz příklad 12) a zároveň, že jeden radián má Proto vzhledem k (4) platí vt [AU/rok] =
180·60·60 π
obloukových sekund.
µ[′′ ] . πr [′′ ]
(5)
Protože však 1[AU]= 1.496 · 108 [km] a rok má 365.25 · 24 · 60 · 60 (časových) sekund platí 1.496 · 108 1[AU/rok] = [km/s] = 4.74[km/s] . 365.25 · 24 · 60 · 60 Podle (5) tedy vt [km/s] = 4.74 ·
µ[′′ ] . πr [′′ ]
(6)
Po dosazení číselných hodnot vychází tečná složka rychlosti hvězdy vt =47.4[km/s]. Pro radiální složku rychlosti potom z Pythagorovy věty vyplývá (viz obr.) vr =
q
v 2 − vt2 = 36.8[km/s] .
Z Dopplerova vzorce pak ∆λ vr vr = ⇒ ∆λ = λ · , λ c c kde c = 3·105 [km/s] je rychlost světla ve vakuu. Dosazením číselných hodnot dostáváme konečný výsledek ∆λ = 0.0736[nm]. Příklad 5: Hvězda roční paralaxy πr = 0.5[′′ ] má třídu jasnosti m = 3. Určete její absolutní třídu jasnosti M a poměr intenzit jejího světelného výkonu I ku světelnému výkonu Slunce IS víme-li, že absolutní třída jasnosti Slunce je MS = 4.8. Řešení: Pro vzdálenost d hvězdy od Slunce zřejmě platí d[Pc] = Pogsonovy rovnice a definice absolutní třídy jasnosti potom je M = m + 2.5 log10
10 d
2
1 πr [′′ ]
= 2[Pc]. Podle
.
Dosazením číselných hodnot získáme M = 8.5. Podle téže rovnice je M − MS = 2.5 · log10
IS , I
odkud IIS = 100.4(M −MS ) . Dosazením číselných hodnot obdržíme IIS = 101.48 = 30.2 . Intenzita světelného výkonu Slunce je tedy více než třicetinásobná. Příklad 6: Rozhodněte, zda vrchol věže výšky = 100[m] je viditelný z místa vzdáleného s = 20[km] od paty věže (za předpokladu konstantní nadmořské výšky mezi patou věže a pozorovatelem). 4
P
,
h P s
T
r β
Řešení: Pro mezní vzdálenost s∗ , pro níž bude vrchol věže ještě viditelný, podle obr rázku platí s∗ [km] = r[km]β[rad], kde cos β = r+h a r je vzdálenost paty věže (a tím i pozorovatele) od středu Země. Pro zadané hodnoty a r = 6.373 · 103 [km] (poloměr Země) vychází β = 0.0056[rad], takže s∗ = 35.7[km]. Protože s∗ > s, bude vrchol věže viditelný. Příklad 7: Určete úhlovou vzdálenost hvězdy Rigel (α Ori) o souřadnicích δ1 = −8o 13′ , α1 =5h 13min a Betelgeuze (β Ori) o souřadnicích δ2 = 7o 24′ , α2 =5h 54min. N π−δ 1 2
α1 − α 2
π −δ 2 2
A1
A2
x=?
Řešení: Utvoříme sférický trojúhelník s vrcholy A1 a A2 v obou objektech, s třetím vrcholem v severním světovém pólu N . Strany tohoto trojúhelníka, stýkající se ve vrcholu N , pak mají velikost π2 − δi , i = 1, 2 a úhel jimi sevřený má velikost 41π 41 · 180 o [rad] = [ ] = 10.25[o ] . 12 · 60 12 · 60 Podle kosínové věty pro strany sférického trojúhelníka pak platí pro kosínus třetí strany x, kterou počítáme, vztah ∆α = |α2 − α1 | = 41[min] =
cos x = cos
π π π π − δ1 cos − δ2 + sin − δ1 sin − δ2 cos ∆α . 2 2 2 2
Po dosazení číselných hodnot dostáváme x = 0.3259[rad] = 18o 40′ . Příklad 8: Po jakou výšku nad povrchem Země je gravitační zrychlení čtvrtinou povrchového? Řešení: Pro centrum hmotnosti M , poloměru r je přitažlivá síla centra na bod hmotnosti m ve výšce x nad povrchem zároveň tíhou tohoto bodu. Proto platí κmM = mg , (r + x)2 5
kde g je gravitační zrychlení centra ve výšce x nad jeho povrchem. Pro x = 0 potom máme κmM = mg0 , r2 kde g0 je povrchové gravitační zrychlení centra. Dělením předchozích rovnic získáme r g = g0 r+x
2
,
odkud x=
1−
q
q
g g0
g g0
r.
Dosazením gg0 = 41 dostáváme x = r. Ve výšce r = 6373[km] nad povrchem Země je gravitační zrychlení g = 9.81 = 2.45[m/s2 ]. 4 Příklad 9: Určete první a druhou kosmickou rychlost na povrchu Měsíce víte-li, že poloměr Měsíce rM =1732[km] a povrchové gravitační zrychlení Měsíce g0M je šestinou zemského. Řešení: Rovnost odstředivé síly při rovnoměrném kruhovém pohybu bodu hmotnosti m kolem centra hmotnosti M poloměru r (první kosmickou rychlostí vI ) a Newtonovy přitažlivé síly dává pro povrchovou první kosmickou rychlost centra výraz s
κmM mvI2 κM = ⇔ v = . I r2 r r protože přitažlivá síla je zároveň tíhou bodu, platí na povrchu centra κmM = mg0 ⇔ κM = g0 r2 . 2 r Srovnání s předchozím výrazem dává vI =
√
g0 r .
Dosazením zadaného poloměru Měsíce a jeho povrchového gravitačního zrychlení g0 = = 9.81 = 1.635[m/s2 ] dostaneme vIM =1683[m/s]. Protože víme, že pro druhou kosmic6 √ kou rychlost platí vII = 2vI , dostáváme odtud vIIM =2380[m/s]. Příklad 10: a) Hvězda třídy jasnosti m0 = 3 zdesateronásobila svoji vzdálenost od pozorovatele. Určete její novu třídu jasnosti. Řešení: Jestliže r je nová a r0 původní vzdálenost hvězdy od pozorovatele, dostáváme z Pogsonovy rovnice r 2 . r0 Protože rr0 =10 a log10 10 = 1, dostáváme odtud m = 8. m − m0 = 2.5 log10
Příklad 10: b) Hvězda třídy jasnosti m0 = 5 změnila svoji třídu jasnosti na m = 0. Určete na jakou vzdálenost se k ní pozorovatel přiblížil. Řešení: Analogicky jako v případě a) je 6
m − m0 = 2.5 log10
r r0
2
.
Dosazením číselných hodnot dostáváme log10
r r0
2
= −2 ⇔
r r0
2
= 10−2 =
r 1 1 ⇔ . = 100 r0 10
Pozorovatel se ke hvězdě přiblížil na desetinu původní vzdálenosti. Příklad 11: Určete první a druhou kosmickou rychlost ve výšce x =3627[km] nad povrchem Země. Řešení: Rovnost odstředivé síly při rovnoměrném kruhovém pohybu bodu hmotnosti m kolem centra hmotnosti M poloměru r ve výšce x nad povrchem centra (první kosmickou rychlostí vI ) a Newtonovy přitažlivé síly dává pro povrchovou první kosmickou rychlost centra výraz mvI2 κmM ⇔ vI = = (r + x)2 (r + x)
s
κM . r+x
Protože přitažlivá síla je zároveň tíhou bodu, platí na povrchu centra (x = 0). κmM = mg0 ⇔ κM = g0 r2 , 2 r kde g0 je povrchové gravitační zrychlení centra. Srovnáním s předchozím výrazem dostaneme vI =
s
g0 r. r+x
2 −3 2 Protože r = 6373[km], jest r + x =10000[km]. Dále g0 = √ 9.81[m/s ] = 9.81 · 10 [km/s ], takže vI = 6.373 [km/s]. Protože víme, že platí vII = 2vI , máme vII = 9.013[km/s].
Příklad 12: Určete třídu jasnosti Slunce při pohledu z nejbližší hvězdy (Proxima Centauri) vzdálené od Slunce d =1.2[Pc] víte-li, že při pohledu ze Země (d0 =1[AU]) má Slunce třídu jasnosti m0 = −26.8. Řešení:
Určíme nejprve, kolik astronomických jednotek má jeden parsek. Z definice parseku a z obrázku plyne (vyjádříme-li, že jeden parsek má d astronomických jednotek) vzhledem k malosti úhlu β = 1′′ , že
1AU
1Pc = dAU ,, β=1
1 . d π , odkud d = Zřejmě ale β[rad] = 180·60·60 Nyní z Pogsonovy rovnice máme tgβ ≈ β[rad] =
m − m0 = 2.5 log10 odkud po číselném dosazení m = −26.8 + 5 log10 206265 = −0.2 . 7
d d0
!2
180·60·60 =206265. π
,
Slunce by z této vzdálenosti bylo ještě velmi jasným objektem. Příklad 13: Určete oběžnou dobu T Halleyovy komety, jestliže v periheliu má vzdálenost od Slunce rP = 0.6[AU], v afeliu pak vzdálenost rA = 35.4[AU] a její oběžná rychlost v afeliu je vA = 0.9[km/s].
B b F
S AA
AP
a
a e
Řešení: Podle obrázku zřejmě (Slunce leží v ohnisku elipsy F ) je rP = a − e ; rA = a + e ,
kde a jest délka hlavní poloosy eliptické dráhy komety a e její délková výstřednost. Sečtením a odečtením těchto rovnic získáme ra + rP rA − rP = 18[AU] = 2.693 · 109 [km] ; e = = 17.4[AU] . 2 2 √ Pro délku vedlejší poloosy eliptické dráhy komety potom zřejmě platí b = a2 − e2 = = 4.6[AU]=6.895·108 [km]. Protože v afeliu (v hlavním vrcholu eliptické dráhy) je zřejmě vektor rychlosti ~v kolmý na průvodič, dostáváme pro úhlovou rychlost průvodiče Halleyovy komety v afeliu vztah ωA = vrAA . Pro plošnou rychlost komety v afeliu (jež jest podle II. Keplerova zákona konstantní po celé dráze) pak platí a=
1 1 2 ωA = vA rA . w = rA 2 2 Za oběžnou dobu T opíše průvodič plochu elipsy, tedy πab. Podle II. Keplerova zákona potom wT = πab , odkud po dosazení ze vztahu výše máme T =
2πab . rA v A
Po dosazení číselných hodnot vychází T = 2.448 · 109 [s]=28330[dní]=77.6[let].
Příklad 14: Roční paralaxa hvězdy πr = 0.5[′′ ] byla změřena s chybou δ = ±5 · 10−3 [′′ ]. Určete vzdálenost hvězdy v kilometrech a relativní chybu určení této vzdálenosti.
8
Řešení:
Z definice parseku a z obrázku plyne vzhledem k malosti π 1 . Ale β[rad] = 180·60·60 . úhlu β = 1′′ , že tgβ ≈ β[rad] = d[AU] 180·60·60 Proto d = =206265. Dále víme, že pro vzdálenost r π hvězdy platí r[Pc] = πr1[′′ ] . Proto
1AU
1Pc = dAU ,, β=1
r = 2[Pc] = 2 · 206265[AU] = 2 · 206265 · 1.496 · 108 [km] = = 61.614 · 1012 [km] .
Nejmenší možná paralaxa hvězdy je 0.495[′′ ], které odpo1 vídá maximální možná vzdálenost rmax = 0.495 = 2.02[Pc]. Analogicky největší možná paralaxa hvězdy je 0.505[′′ ], 1 které odpovídá minimální možná vzdálenost rmin = 0.505 = = 1.98[Pc]. Relativní chyba určení vzdálenosti potom je rmax −rmin =0.02=2%. r Příklad 15: Určete roční aberační konstantu pozorovatele na Venuši při uvažování její kruhové dráhy kolem Slunce o poloměru r =0.72[AU] s oběžnou dobou T =0.615[roku]. Řešení: Pro (konstantní) oběžnou rychlost Venuše kolem Slunce zřejmě platí v = 2πr T a pro roční aberační konstantu potom Ar = vc , kde c = 3 · 105 [km/s] je rychlost světla. Po dosazení r = 0.72·1.496·108 [km] = 1.077·108 [km] ; T = 0.615·365.2422·24·60·60[s] = 1.94·107 [s] vychází v =34.9[km/s] a Ar = 1.162 · 10−4 .
Příklad 16: Určete výšku stacionární družice Měsíce nad jeho povrchem, jestliže jeho poloměr je r = 1732[km], doba otočení kolem osy T = 27.32[dne] (siderický měsíc-vázaná rotace Měsíce) a povrchové gravitační zrychlení je šestina zemského. Řešení: Rovnost odstředivé síly při rovnoměrném kruhovém pohybu bodu hmotnosti m kolem centra hmotnosti M poloměru r ve výšce x nad povrchem centra (první kosmickou rychlostí vI ) a Newtonovy přitažlivé síly dává pro povrchovou první kosmickou rychlost centra výraz mvI2 κmM = ⇔ vI = (r + x)2 (r + x)
s
κM . r+x
Protože přitažlivá síla je zároveň tíhou bodu, platí na povrchu centra (x = 0). κmM = mg0 ⇔ κM = g0 r2 , r2 kde g0 je povrchové gravitační zrychlení centra. Srovnáním s předchozím výrazem dostaneme vI =
s
g0 r. r+x
Pohyb po kruhové dráze poloměru r +x touto rychlostí se musí realizovat za dobu oběhu T . Proto je 9
2π(r + x) =T vI a po dosazení za vI 3
2π(r + x) 2 1
=T,
rg02 odkud x=
s 3
T 2 r 2 g0 −r. 4π 2
Dosazením r = 1732[km] a g0 =
9.81 · 10−3 [km/s2 ] = 1.635 · 10−3 [km/s2 ] ; T = 27.32 · 24 · 60 · 60[s] = 2.3604 · 106 [s] 6
získáme výsledek x = 86727[km]. Poznámka: Výška stacionární družice Měsíce je natolik vysoká, že by se na ni významně uplatnil gravitační vliv Země. Úloha by se pak musela řešit jako omezený problém tří těles. Příklad 17: Na povrchu Měsíce byla hmotnému bodu udělena startovací svislá rychlost velikosti v0 =500[m/s]. Určete maximální výšku h výstupu bodu, je-li poloměr Měsíce r = 1732[km] a jeho povrchové gravitační zrychlení g0 šestina zemského.
a g (x)
x
r
M
Řešení: Pohybovou rovnicí bodu při jeho svislém vrhu vzhůru je (viz obrázek) zřejmě rovnice a = −g(x), kde a je dopředné zrychlení bodu a g(x) je gravitační zrychlení ve výšce x nad povrchem centra. Z Newtonova gravitačního zákona pro bod ve výšce x nad povrchem centra hmotnosti M poloměru r získáme po krácení hmotností hmotného κM bodu vztah g(x) = (r+x) 2 . Z téhož zákona pro bod spočívající na povrchu centra plyne κM g0 = r2 . Dělením posledních dvou výrazů máme 2 r . (7) g(x) = g0 r+x Rozšířením definičního vztahu pro zrychlení diferenciálem x získáme, při uvážení vztahu pro derivaci složené funkce a definičního vztahu pro rychlost, že
10
dv dv dx dv 1 dv 2 = · =v = . dt dx dt dx 2 dx
a=
(8)
Dosazením (7) a (8) do pohybové rovnice získáme g0 r2 1 dv 2 =− . 2 dx (r + x)2 Toto jest diferenciální rovnice prvního řádu se separovatelnými proměnnými, pro neznámou funkci v 2 (x). Separací proměnných máme dv 2 = −2g0 r2
dx . (r + x)2
Integrací mezi startovací polohou (kvadrát rychlosti v02 , výška x = 0) a cílovou polohou (kvadrát rychlosti nula, výška x = h) získáme Z
0
2
dv = −2g0 r 2
2
v0
čili v02
= 2g0 r
2
Z
h
o
Z
0
h
1 dx (r + x)2
1 1 dx = −2go r2 |h0 . 2 (r + x) r+x
Úpravou odtud v02 = 2g0 r2
1 1 − r r+h
,
takže h=
2g0 r2 −r. 2g0 r − v02
Dosazením číselných hodnot g0 =
9.81 · 10−3 [km/s2 ] = 1.635 · 10−3 [km/s2 ] ; r = 1732[km] ; v0 = 0.5[km/s] 6
obdržíme výsledek h = 1763[km]. Příklad 18: Určete, zda hvězda Capella (α Aur) o deklinaci δ = 46o vychází a zapadá v Praze (zeměpisná šířka ϕ = 50o ), v Káhiře (ϕ = 20o ) a v Buenos Aires (ϕ = −40o ).
Řešení: Hvězdy, pro které na severní polokouli jest δ > π2 − ϕ, jsou obtočnové, pro které je |δ| < π2 − ϕ vycházejí a zapadají a pro které je δ < ϕ − π2 jsou neviditelné. Pro pozorovatele na jižní polokouli jsou obtočnové hvězdy, pro něž je δ < − π2 + ϕ , vycházejí a zapadají hvězdy, pro něž je |δ| < π2 + ϕ a neviditelné jsou hvězdy, pro něž je δ > π2 + ϕ. Odtud ihned plyne, že v Praze je Capella obtočnová (tedy nevychází ani nezapadá), zatímco v Káhiře i v Buenos Aires tato hvězda vychází i zapadá. Příklad 19: Určete největší elongaci Merkura, má-li jeho eliptická dráha numerickou výstřednost ε = 0.2 a délku hlavní poloosy a =0.387[AU]. Dráhu Země považujte za kruhovou. 11
MA
S F = Sz MP
β Z
Řešení: Situace je znázorněna na obrázku. Slunce se nachází v ohnisku F eliptické dráhy Merkura. Tento bod jest zároveň středem kruhové dráhy Země. Největší elongace Merkura bude zřejmě v poloze, kdy průvodič Země je kolmý na hlavní osu Merkurovy dráhy a současně se Merkur nachází v afeliu. Přepona pravoúhlého trojúhelníka FZMA není sice přesně tečnou k elipse, leč odchylka od ní je velmi malá (viz obrázek). Pro největší elongaci proto s dostatečnou přesností platí tgβ =
a+e a(1 + ε) = , rz rz
kde e = SF je délková výstřednost Merkurovy dráhy a rz =1[AU] je poloměr kruhové dráhy Země kolem Slunce. Dosazením číselných hodnot vyjde β = 0.435[rad] = 24.9o . Příklad 20: Je-li Mars Zemi nejblíže, má třídu jasnosti mmin = −2.8. Určete jeho třídu jasnosti mmax v případě, že je od Země nejdále. Dráhy obou planet uvažujte jako kruhové, v případě Marsu s poloměrem r =1.52[AU]. M max
S rz r
Z
M min
Řešení: Z obrázku je ihned patrno, že minimální vzdálenost Marsu od Země je r − rz a maximální vzdálenost potom r + rz . Podle Pogsonovy rovnice pak mmax − mmin = 2.5 log10 12
r + rz r − rz
2
.
Po dosazení číselných hodnot máme mmax = −2.8 + 5 log10
2.52 0.52
. = 0.6.
Příklad 21: Určete nejkratší vzdálenost mezi Lisabonem (zeměpisná šířka ϕ1 = 38o 45′ , zeměpisná délka λ1 = 9o 8′ ) a Moskvou (ϕ2 = 55o 45′ , λ2 = 37o 14′ ). N π−ϕ 1 2
λ1 − λ 2
π −ϕ 2 2
A1
A2
x=?
Řešení: Utvoříme sférický trojúhelník s vrcholy v A1 a A2 v obou městech a s třetím vrcholem v severním zeměpisném pólu N . Strany tohoto trojúhelníka, stýkající se ve vrcholu N , mají délky π2 − ϕi , i = 1, 2. Úhel těmito stranami sevřený má zřejmě velikost ∆λ = |λ1 −λ2 |. Úhlovou velikost x strany spojující oba objekty počítáme. Podle kosínové věty pro strany je cos x = cos
π π π π − ϕ1 cos − ϕ2 + sin − ϕ1 sin − ϕ2 cos ∆λ . 2 2 2 2
Po dosazení číselných hodnot vychází x =0.4443[rad]. Skutečná nejkratší vzdálenost po povrchu Země v kilometrech je zřejmě x[km] = rz · x[rad], kde rz je poloměr Země. Po dosazení vychází x = 2832[km]. Poznámka: Určená vzdálenost měst je minimální vzdálenost určená za předpokladu, že Země je dokonalá koule, po které lze cestovat všemi jejími místy. Reálná vzdálenost měst, respektující vytvořené komunikace, je samozřejmě větší. Příklad 22: Určete denní aberační konstantu Ad místa na povrchu Země o zeměpisné šířce ϕ = 30o . o
SL
L
ϕ
ρ ϕ
rz
S
ω
Řešení: Bezrozměrná denní aberační konstanta je definovaná jako Ad = vc , kde v je rychlost bodu L při denním pohybu Země kolem své osy a c = 3 · 105 [km/s] je rychlost 13
světla ve vakuu. Bod L zřejmě opisuje kružnici se středem SL o poloměru ρ = rz cos ϕ, kde rz je poloměr Země (viz obrázek). Úhlová rychlost ω průvodiče bodu L je zřejmě , kde T je délka totožná s úhlovou rychlostí rotace Země kolem osy a platí pro ni ω = 2π T hvězdného dne, tedy T =86164[s]. Pro obvodovou rychlost bodu L pak platí v = ρω, takže po dosazení 2π 2π rz ⇒ Ad = cos ϕ . T c T Dosazením číselných hodnot získáme v = 0.40[km/s] a Ad = 1.34 · 10−6 . v = rz cos ϕ ·
14
