Zadání úloh finále Astronomické olympiády, kategorie AB

Astronomická olympiáda 2011/2012 kategorie A-B, finále

Zadání úloh finále Astronomické olympiády, kategorie AB 22. a 23. březen 2012 Hvězdárna a planetárium Johanna Palisy VŠB-Technická univerzita Ostrava

teorie 1. příklad Předpokládaným zdrojem aktivity jader galaxií a kvasarů může být akrece látky na černou díru s velkou hmotností. Minimální velikost oblasti vyzařování je v takovém 2GM případě řádově rovna gravitačnímu poloměru černé díry Rg = 2 . Maximální zářivý c 4πGc výkon zpravidla klademe LEd = M , kde κ je opacita. Předpokládáme-li akreci κ jako zdroj energie u kvasaru 3C 273, určete minimální hodnotu hmotnosti černé díry a minimální dobu proměnnosti záření. Zářivý výkon položte L = 1040 W a opacitu κ =0,04. Řešení:

LEdκ a po dosazení κ 4πGc zjistíme, že minimální hmotnost černé díry je 8.108 MS , minimální doba proměnnosti 2GM vychází z požadavku na „kauzální provázanost“ objektu, je-li Rg = 2 , pak po c dosazení zjistíme, že světlo urazí tuto vzdálenost za cca 2,2 hodiny, což můžeme považovat za minimální dobu proměnnosti.

Ze vzorce pro zářivý výkon LEd =

4πGc

M vyjádříme M =

2. příklad Sírius je vizuální dvojhvězda s oběžnou dobou 49,94 roků a roční paralaxou π = 0,379′′ . Pro zjednodušení předpokládejme, že dráhová rovina je kolmá k zornému paprsku. Velikost velké poloosy je a′′ = 7,62′′ . Poměr vzdáleností složek A a B od barycentra dvojhvězdy je rA rB = 0,466 . Nalezněte hmotnosti jednotlivých složek. Určete jejich zářivé výkony (v zářivých výkonech Slunce), jestliže Sírius A má Mbol = 1,36 mag a Sírius B Mbol = 8,9 mag (pro Slunce je Mbol = 4,75 mag). Mezihvězdnou extinkci zanedbejte.

Pořadatel

Organizátor Hvězdárna a planetárium Johanna Palisy http://planetarium.vsb.cz/


Řešení: Dosazením do III. Keplerova zákona stanovíme součet hmotností obou složek 3 2 (MA + MB ) = Ta 2 4Gπ = 3,3 MS , kde a = a′′ π . Pomocí vztahu rA = MB nalezneme rB MA MA = 2,2 MS a MB = 1,0 MS . Zářivé výkony nalezneme ze vztahu log L = 0,4(4,75 − Mbol ) , tedy LA = 22,7LS a LB = 0,022LS .

3. příklad Stará kulová hvězdokupa M 13 v souhvězdí Herkula se nachází ve vzdálenosti 7,2 kpc. Její úhlový průměr θ = 23′ . Hustota zářivého toku detekovaná od této hvězdokupy bolometrem v horní vrstvě zemské atmosféry je Fbol = 2,45.10-10 W.m-2. Určete průměr hvězdokupy v parsecích. Za zjednodušujícího předpokladu, že všechny hvězdy hvězdokupy mají zářivý výkon shodný se Sluncem (zářivý výkon Slunce LS = 3,86.1026 W ), stanovte, kolik hvězd hvězdokupa obsahuje. Řešení: 23.60 .7,2.103 = 48 pc. Počet hvězd tvořících 206265 2 hvězdokupu je N = 4π .r Fbol / LS = 3,9.105 .

Průměr hvězdokupy je d = θ .r =

4. příklad Kosmická expedice přistála na planetě ve vzdálené planetární soustavě. Teplotní podmínky na této planetě byly natolik podobné pozemským, že bolometr mimo planetární atmosféru změřil naprosto stejný příkon od centrální hvězdy jako je příkon od Slunce ve vzdálenosti Země. Ale přitom druhá kosmická rychlost na povrchu planety v2 byla přesně jednou polovinou třetí kosmické rychlosti v 3 a jednou padesátinou druhé kosmické rychlosti V2 na povrchu hvězdy, kolem které planeta obíhá. Dráha planety je kruhová. Určete efektivní teplotu centrální hvězdy. Řešení: Označíme hmotnost a poloměr hvězdy M a R, hmotnost a poloměr planety m a r. Vzdálenost planety od hvězdy pak označme jako L. Druhá kosmická rychlost na 2Gm planetě bude v2 = . Třetí kosmická rychlost je pak minimální rychlost, kterou r musíme tělesu udělit, aby se vymanilo nejen z gravitačního vlivu planety, ale také GM a úniková rychlost centrální hvězdy. Orbitální rychlost planety je vO = L 2GM z planetárního systému ve vzdálenosti planety je v = = 2.vO . Při startu L Pořadatel



(

)

GM a L aby těleso dosáhlo takové rychlosti po úniku z gravitačního vlivu planety, musí být 2Gm GM 2Gm = 3−2 2 + , což je výraz pro třetí rychlost rovna v3 = u2 + r L r kosmickou rychlost na povrchu planety. Ještě budeme potřebovat výraz pro druhou kosmickou rychlost na povrchu hvězdy 2GM . Ze zadání vyplývá, že v 3 = 2v2 a také V2 = 50.v2 , tedy V2 = R GM 2Gm 2Gm 2GM 2Gm a . Po úpravách pak z prvního 3−2 2 + = 4. = 2500. L r r R r GM 6Gm GM 6 GM vztahu 3 − 2 2 a z druhého 3 − 2 2 . Dostaneme = = L r L 2500 R tedy výraz pro vzdálenost planety od hvězdy a poloměr hvězdy 2500. 3 − 2 2 L= R = K.R , kde K = 71,5 . 6 Odsud vyplývá, že úhlový poloměr hvězdy ρ při pozorování z planety bude mít hodnotu 1 / K = 48′ , což je asi třikrát větší úhlový rozměr, než má Slunce při pozorování ze Země. Označme poloměr Slunce R0 a vzdálenost Země od Slunce L0 . Shoda teplotních poměrů na planetě a na Zemi nám říká, že tok energie od Slunce na Zemi a od centrální hvězdy na planetu jsou stejné. 2 4πσT 4R2 4πσT04R0 = Podle Stefanova-Boltzmannova zákona můžeme tedy napsat: 2 4πL2 4πL0 a vyjádříme hodnotu efektivní teploty centrální hvězdy: R L ρ T = T0 0 . = T0 0 = T0 / 3 , kde ρ0 je poloměr Slunce při pozorování ze Země. L0 R ρ Efektivní teplota hvězdy je přibližně 3300 K. z planety pak bude relativní rychlost vzhledem k planetě u = v − vO =

(

(

2−1

)

)

(

)

(

(

)

)

5. příklad Hvězda Vega má hvězdnou velikost m0V = 0,03 mag, roční paralaxu π0V = 0,13“, radiální rychlost v RV = -14 km/s a vlastní pohyb μV = 0,35“/rok. Hvězda Arkturus má hvězdnou velikost m0 A = −0,05 mag, roční paralaxu π 0A = 0,089“, radiální rychlost v RA = -5,3 km/s a vlastní pohyb μ A = 2,3“/rok. Bude na naší obloze někdy Vega jasnější než Arkturus? Pokud ano, tak kdy tato situace nastane. Zářivý výkon obou hvězd považujte za časově stálý, mezihvězdnou extinkci zanedbejte.

Pořadatel



Řešení: Označme jako m hvězdnou velikost Vegy a Arktura pokud se sobě rovnají a m0V a m0 A současné hvězdné velikosti těchto hvězd (v čase t=0). Označme r0 a r vzdálenost ke hvězdě v současnosti a v okamžiku rovnosti jejich jasností. Analogicky tak učiňme s velikostí paralaxy π , pak pro každou z hvězd platí: r02 m - m0 = -2,5log 2 = 5 log (π 0r ). r Nechť se v určitém okamžiku hvězdné velikosti Arktura a Vegy sobě rovnají, pak musí platit: m0V + 5 log(rV π 0V ) = m0A + 5 log(rA π 0A ) . Pokud rovnici upravíme, dostaneme rπ r π r2 vztah mOV - mOA = 5 log A 0 A = 5 log A + 5 log 0 A a zavedeme označení K ≡ A2 a pro rV π0V rV π0V rV π 20V = 2,3 . Tak jsme nalezli podmínku, hodnotu této veličiny pak platí K = 10 π 20 A která podmiňuje shodnou hvězdnou velikost obou hvězd. Pokud víme, jak se mění vzdálenosti obou hvězd v závislosti na čase, můžeme najít okamžiky, kdy je podmínka splněna. Známe radiální rychlosti a s využitím známých hodnot vlastního pohybu 0 ,4 (m0V -m0A )

můžeme vyčíslit tangenciální rychlost takto: vT = 4,74 μ0r0 = 4,74

μ0 v km/s. Zvolíme π0

souřadnicovou osu y ve směru od pozorovatele ke hvězdě a osu x kolmo na ni ve směru tangenciálního pohybu hvězdy. V takové soustavě pak jednoduše vyjádříme závislost souřadnic na čase: x = vT .t , y = r0 + vR .t . Vzdálenost ke hvězdě v čase t je pak rovna: r 2 = x2 + y 2 = r02 + vR2t 2 + vT2t 2 + 2r0v Rt = r02 + v 2t 2 + 2r0vRt , kde v je prostorová rychlost hvězdy. Po dosazení pak pro Vegu vV = 19 km/s a pro Arktura v A = -123 km/s . Jejich hvězdné velikosti se rovnají, pokud je splněna rovnice: v A2t 2 + r02A + 2r0 AvRAt =K, vV2t 2 + r02V + 2r0V vRV t kterou lze přepsat do podoby kvadratické rovnice: (v A2 - KvV2 )t 2 + 2(r0AvRA - Kr0V vRV )t - (r02A - Kr02V ) = 0 . Řešení jsou pak pochopitelně dvě: - Kr0V vRV )2 - (v A2 - KvV2 )(r02A - Kr02V ) . v - KvV2 Vzdálenosti hvězd je nutné dosadit v kilometrech, časy pak vyjdou v sekundách. Po převodu na roky zjistíme, že jasnost obou hvězd byla shodná před 40 000 lety a znovu bude stejná za 15 000 roků. Pokud tedy jde o budoucí shodu, je správně druhá odpověď, za 15 000 let. t 1,2 =

- (r0 Av RA - Kr0V v RV ) ±

Pořadatel

(r

v

0 A RA 2 A



analýza dat 6. příklad Na snímku pořízeném rentgenovým dalekohledem Chandra je objekt Cygnus X-3. Tento objekt, který je součástí těsné dvojhvězdy, mění svou jasnost s periodou 4,8 hodiny (oběžná doba dvojhvězdy). Zároveň byly z pozorování dalekohledem Chandra sestaveny světelné křivky dvou oblastí v halu objektu Cygnus X-3. Na snímku jsou znázorněny jako dva kroužky (A + B). Světelné křivky (závislost toku rtg záření na čase) jsou na dalších obrázcích. Za předpokladu, že halo vzniká vlivem rozptylu záření na mezihvězdné látce nacházející se uprostřed mezi zdrojem záření a pozorovatelem určete vzdálenost zdroje Cygnus X-3. Předpokládejte, že světelné křivky z oblastí A i B jsou ve fázi posunuty o méně než jeden cyklus. Řešení: Ze světelných křivek vyplývá, že změny rtg toku se odehrávají na časové škále cca 10 000 sec, tedy kolem 3 hodin, což je kratší doba než je perioda změn ve světelném oboru. Jsou zachycena minima rtg toku a je zřejmé, že minimum v zóně A nastává dříve než v zóně B, která je vzdálenější. Abychom pochopili příčinu tohoto rozdílu, provedeme rozbor geometrie šíření záření zdroje Cyg X-3. Záření zdroje je rozptylováno oblakem mezihvězdné látky M, který se nachází v polovině vzdálenosti Cyg X-3 od Země. Na Zemi je poté registrováno, trajektorii lze popsat takto: Dα 2 ⎛D⎞ ⎛ D ⎞ ⎛ Dα ⎞ 2 , kde α je úhlová L = 2 ⎜ ⎟ + h2 = 2 ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = D 1+α ≈ D + 2 ⎝2⎠ ⎝2⎠ ⎝ 2 ⎠ vzdálenost mezi pozorovanou oblastí halo a zdrojem. Tato vzdálenost je větší než vzdálenost mezi zdrojem a pozorovatelem D . Pokud je zdroj mění tok záření, bude se to projevovat i v halu, ale se zpožděním odpovídajícím rozdílu trajektorií. Zpoždění 2

Pořadatel

2

2



L − D Dα 2 = pak bude mít hodnotu: Δt = . Z grafického záznamu změn toku záření c 2c v zónách A a B nelze přímo určit velikost zpoždění v jednotlivých zónách, ale můžeme odečíst jejich rozdíl. Minimum v zóně B nastává o 700 sekund později než v zóně A. Označme tento rozdíl t AB a lze jej vyjádřit jako t AB = ΔtB − Δt A − N.T , kde T je perioda změn záření zdroje a N celé nezáporné číslo. Obě zóny nemají shodné úhlové rozměry a částečně se překrývají. Pokud by číslo N bylo různé od nuly a rozdíl zpoždění v zónách A a B by převyšoval periodu T , pak by se nutně měnila i uvnitř každé zóny. Ve výsledku by pak změny toku byly utlumeny. Jenže změny jsou velmi výrazné, tok se mění až na dvojnásobnou hodnotu. Takže můžeme považovat N za rovné nule. Pak můžeme napsat: D(α B2 − α A2 ) t AB = , kde α A a α B jsou úhlové vzdálenosti mez zdrojem a středem každé 2c z obou zón. Z obrázku změříme jejich hodnoty (cca 3“ a 6,5“), převedeme je na 2ct radiány a dosadíme do vztahu: D = 2 AB 2 , vzdálenost zdroje Cyg X-3 je 17 Kpc αB − α A (pro hodnoty N větší než 0 by vzdálenost byla větší než rozměry Galaxie, což je další argument pro nulovou hodnotu N ).

7. příklad Základní rovnice popisující radioaktivní rozpad má tvar: N(t) = N0.e-λt , kde N(t) a N0 jsou počty zbylých atomů radioaktivního izotopu (nebo původního izotopu) v čase t a jejich původní počet v čase t = 0, respektive, pokud λ je konstantní. Rozpad původních izotopů produkuje sekundární nuklidy D(t) a platí D(t) = N0 – N(t). Na těchto úvahách jsou založeny metody zkoumání vzorků meteoritů a určování jejich stáří. Skupina astronomů zkoumá dva druhy vzorků: chondrit z Allende (A) a bazaltický achondrit (B). Ze vzorků učili množství 87Rb a 87Sr, za předpokladu, že veškerý 87Sr je produktem rozpadu izotopu 87Rb. Hodnota λ je 1.42 × 10-11 za rok pro tento rozpad. Navíc byl měřen obsah neradioaktivního izotopu 86Sr. Výsledky jsou shrnuty v tabulce (jednotkou ppm je míněno „part per million“). Takové radioaktivní datování rubidiovo-stronciovou metodou se běžně používá a bylo například použito pro datování některých měsíčních vzorků.

Pořadatel



číslo vzorku 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

typ meteoritu A B B A A B A B A B

86

Sr (ppm) 29,6 58,7 74,2 40,2 19,7 37,9 33,4 29,8 9,8 18,5

87

Rb (ppm) 0,3 68,5 14,4 7,0 0,4 31,6 4,0 105,0 0,8 44,0

87

Sr (ppm) 20,7 44,7 52,9 28,6 13,8 28,4 23,6 26,4 6,9 15,4

Úkoly: D(t ) N(t ) 2. Určete poločas rozpadu t1/2, tedy čas potřebný k rozpadu poloviny původních atomů

1. Vyjádřete čas t jako funkci

3. Znalost poměru izotopů je významnější než absolutní obsah každého z nich. Je totiž velmi pravděpodobné, že vzorek obsahuje také původní stroncium. 87 87 Sr Rb Považujte 86 za nezávislou proměnnou a 86 za proměnnou závislou, Sr Sr vytvořte jednoduchý model průběhu závislosti metodou lineární regrese. 87

87 Rb Sr proti a také regresní přímku (izochronu) pro každý 86 86 Sr Sr typ meteoritu. Využijte k tomu níže uvedené vztahy a hodnoty v tabulkách.

4. Vyneste

Tabulka poměrů izotopů bez rozdílu typu meteoritu: číslo vzorku 1 2 3 4 5 6 Pořadatel

typ meteoritu A B B A A B

86

Sr (ppm) 29.6 58.7 74.2 40.2 19.7 37.9

87

Rb (ppm) 0.3 68.5 14.4 7.0 0.4 31.6

87

Sr (ppm) 20.7 44.7 52.9 28.6 13.8 28.4

87

Rb/86Sr

87

Sr/86Sr

0.0101351 0.6993243 1.1669506 0.7614991 0.1940701 0.712938 0.1741294 0.7114428 0.0203046 0.7005076 0.8337731 0.7493404



7 8 9 10 Typ A číslo vzorku 1 4 5 7 9 Sum:

87

A B A B

33.4 29.8 9.8 18.5

Rb/86Sr (X)

87

4.0 105.0 0.8 44.0

Sr/86Sr (Y)

23.6 26.4 6.9 15.4

0.1197605 0.7065868 3.5234899 0.885906 0.0816327 0.7040816 2.3783784 0.8324324

X2

XY

Y2

0.0101351 0.6993243 0.0070877 0.0001027 0.4890545 0.1741294 0.7114428 0.1238831 0.030321 0.5061509 0.0203046 0.7005076 0.0142235 0.0004123 0.4907109 0.1197605 0.7065868 0.0846212 0.0143426 0.4992649 0.0816327 0.7040816 0.0574761 0.0066639 0.4957309 0.4059623 3.5219431 0.2872916 0.0518425 2.4809121

λ X Y SSxx SSyy SSxy bA aA

1.42E-11 0.0811925 0.7043886 0.0188814 9.54601E-05 0.0013364 0.0707786 0.6986419 2

2

n 1⎛ n ⎞ 1⎛ n ⎞ kde, SSxx : X = ∑ X − ⎜ ∑ Xi ⎟ , SSyy : Y = ∑ Yi 2 − ⎜ ∑ Yi ⎟ a n ⎝ i =1 ⎠ n ⎝ i =1 ⎠ i =1 i =1 n n n 1 SSxy : X a Y = ∑ XiYi − ∑ Xi ∑ Yi n i =1 i =1 i =1 n

2 i

a také bA = (eλt − 1) =

Typ B číslo vzorku 2 3 6 Pořadatel

87

⎛ 87 Rb ⎞ ⎛ 87 Sr ⎞ ⎛ 87 Sr ⎞ SSXY a rovněž aA = ⎜⎜ 86 ⎟⎟ = Y − bX = ⎜⎜ 86 ⎟⎟ − b⎜⎜ 86 ⎟⎟ SSXX ⎝ Sr ⎠ ⎝ Sr ⎠ ⎝ Sr ⎠

Rb/86Sr (X)

1.1669506 0.1940701 0.8337731

87

Sr/86Sr (Y)

0.7614991 0.7129380 0.7493404

XY

X2

Y2

0.8886318 0.1383599 0.6247799

1.3617737 0.0376632 0.6951776

0.5798809 0.5082806 0.561511



8 10 Sum:

3.5234899 2.3783784 8.0966621

λ X Y SSxx SSyy SSxy bB aB

1.42E-11 1.6193324 0.7884232 7.0550920 0.019390046 0.3694955 0.0523729 0.7036141

B

B

0.8859060 3.1214808 12.4149811 0.8324324 1.9798392 5.6566838 3.9421159 6.7530916 20.1662794

0.7848294 0.6929437 3.1274456

5. Určete stáří každého typu meteoritu. Který typ je starší? ⎛ 87 Sr ⎞ 6. Určete původní hodnotu ⎜ 86 ⎟ pro každý typ. ⎜ Sr ⎟ ⎝ ⎠0

Řešení: 1. Ze vztahu N(t) = N0 exp (-λt) a D(t) = N0 - N(t), dostaneme D(t ) = N(t )eλt − N(t ) = N(t )(eλt − 1), což lze přepsat do tvaru eλt =

⎛ D(t )

1 ⎛ D(t )

⎞

D(t ) + 1 a tedy N(t )

⎞

+ 1⎟⎟ a konečně t = ln⎜⎜ + 1⎟ λt = ln⎜⎜ λ ⎝ N(t ) ⎟⎠ ⎝ N(t ) ⎠ 2. Po dosazení za N(t) =

1 2

N0, obdržíme

t1/2 = ln 2/λ = 48,8 × 109 let = 48,8 mld let

3. Víme, že 87

a

87

Rb→87 Sr , a pokud vezmeme poměr

87 86

Sr jako y (závislá proměnná) Sr

Rb jako x (nezávislá proměnná), můžeme použít jednoduchou rovnici: Sr y = a + bx

86

Pokud budeme uvažovat i o původním stronciu, odpovídající rovnice bude mít tvar: ⎛ 87 Sr ⎞ ⎛ 87 Sr ⎞ ⎛ 87 Rb ⎞ ⎜⎜ 86 ⎟⎟ = ⎜⎜ 86 ⎟⎟ + (eλt − 1)⎜⎜ 86 ⎟⎟ ⎝ Sr ⎠ ⎝ Sr ⎠0 ⎝ Sr ⎠ Pořadatel



⎛ 87 Sr ⎞ tedy a = ⎜⎜ 86 ⎟⎟ ; a b = (eλt − 1) ⎝ Sr ⎠0 4. Nejprve určíme poměry:

číslo vzorku 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

typ meteoritu A B B A A B A B A B

86

Sr (ppm) 29.6 58.7 74.2 40.2 19.7 37.9 33.4 29.8 9.8 18.5

87

Rb (ppm) 0.3 68.5 14.4 7.0 0.4 31.6 4.0 105.0 0.8 44.0

87

Sr (ppm) 20.7 44.7 52.9 28.6 13.8 28.4 23.6 26.4 6.9 15.4

87

Rb/86Sr

87

Sr/86Sr

0.0101351 1.1669506 0.1940701 0.1741294 0.0203046 0.8337731 0.1197605 3.5234899 0.0816327 2.3783784

0.6993243 0.7614991 0.712938 0.7114428 0.7005076 0.7493404 0.7065868 0.885906 0.7040816 0.8324324

X2

Y2

Rozdělíme data pro typ A a typ B: Typ A 87

číslo vzorku 1 4 5 7 9 Sum:

Rb/86Sr (X)

87

Sr/86Sr (Y)

XY

0.0101351 0.6993243 0.0070877 0.0001027 0.4890545 0.1741294 0.7114428 0.1238831 0.030321 0.5061509 0.0203046 0.7005076 0.0142235 0.0004123 0.4907109 0.1197605 0.7065868 0.0846212 0.0143426 0.4992649 0.0816327 0.7040816 0.0574761 0.0066639 0.4957309 0.4059623 3.5219431 0.2872916 0.0518425 2.4809121

Λ

SSxx SSyy SSxy bA aA

1.42E-11 0.0811925 0.7043886 0.0188814 9.54601E-05 0.0013364 0.0707786 0.6986419

kde,

Pořadatel



1⎛ n ⎞ SSxx : X = ∑ X i − ⎜ ∑ X i ⎟ n ⎝ i =1 ⎠ i =1 n

2

2

1⎛ n ⎞ SSyy : Y = ∑ Yi − ⎜ ∑ Yi ⎟ n ⎝ i =1 ⎠ i =1 n

2

2

n

SSxy : X a Y = ∑ X iYi − i =1

n 1 n X i ∑ Yi ∑ n i =1 i =1

a potom 5

bA = ( eλt − 1) =

SS XY = SS XX

∑ X iYi − i =1

5 1 5 X ∑ i ∑ Yi 5 i =1 i =1

⎞ 1⎛ 5 2 − X Xi ⎟ ∑ ∑ ⎜ i 5 ⎝ i =1 ⎠ i =1 5

2

=

0.2872916 − 0.2859552 = 0.0707786 0.0518425 − 0.0329611

(*)

a také ⎛ 87 Sr ⎞ ⎛ 87 Sr ⎞ ⎛ 87 Rb ⎞ a A = ⎜ 86 ⎟ = Y − bX = ⎜ 86 ⎟ − b⎜ 86 ⎟ ⎝ Sr ⎠0 ⎝ Sr ⎠ ⎝ Sr ⎠ = 0.7043886 − 0.0707786 × 0.0811925=0.6986419

Y

Typ A 0,714 0,712 0,71 0,708 0,706 0,704 0,702 0,7 0,698

y = 0.0707786x + 0.6986419

0

0,05

0,1

0,15

0,2

X

Typ B číslo vzorku

Pořadatel

87

Rb/86Sr (X)

87

Sr/86Sr (Y)

X2

XY

Y2



2 3 6 8 10 Sum: λ

SSxx SSyy SSxy bB aB B

B

1.1669506 0.1940701 0.8337731 3.5234899 2.3783784 8.0966621

0.7614991 0.7129380 0.7493404 0.8859060 0.8324324 3.9421159

1.42E-11 1.6193324 0.7884232 7.0550920 0.019390046 0.3694955 0.0523729 0.7036141 5

(

)

bB = e λt − 1 = B

SS XY = SS XX

∑ X iYi − i =1

5 1 5 X ∑ i ∑ Yi 5 i =1 i =1

⎞ 1⎛ 5 2 − X Xi ⎟ ∑ ∑ ⎜ i 5 ⎝ i =1 ⎠ i =1 5

⎛ 87 Sr ⎞ ⎛ 87 Sr ⎞ ⎛ aB = ⎜ 86 ⎟ = Y − bB X = ⎜ 86 ⎟ − bB ⎜ ⎝ Sr ⎠0 ⎝ Sr ⎠ ⎝ =0.7036141

Pořadatel

0.8886318 1.3617737 0.5798809 0.1383599 0.0376632 0.5082806 0.6247799 0.6951776 0.561511 3.1214808 12.4149811 0.7848294 1.9798392 5.6566838 0.6929437 6.7530916 20.1662794 3.1274456

87

2

=

6.7530916 − 6.3835961 = 0.0523729 20.1662794 − 13.1111874

Rb ⎞ ⎟ = 0.7884232 − 0.0523729 × 1.6193324 Sr ⎠

86



Y

Typ B 1,00 0,90 0,80 0,70 0,60 0,50 0,40 0,30 0,20 0,10 0,00 0,00

y = 0.0523729x + 0.7036141

1,00

2,00

3,00

4,00

X

5. Máme k dispozici 2 typy meteoritů, takže stanovíme jejich stáří postupně a budeme předpokládat λ = 1.42 × 10-11. Pokud b = (eλt − 1) , pak eλt = b+1. Po určení a a b pak 1 t = ln ( b + 1) λ a po dosazení vychází 4.81592 × 109 let. Typ B Podobně obdržíme t = 3.595×109 let. Takže typ A je starší než typ B. Původní hodnota typu A (87Sr/86Sr)0 = 0.6986419 Původní hodnota typu B (87Sr/86Sr)0 = 0.7036141

praktický úkol v planetáriu specifické zadání zaměřené na orientaci na obloze (příklady 1-3 jsou převzaty z publikace „Úlohy z astrofyziky“, Vladimír Štefl, Daniela Korčáková, Jiří Krtička, Brno 2010, příklady 4 a 6 jsou podle O. S. Ugolnikova, příklad 5 podle E. N. Fadějeva, příklad 7 vychází ze zadání mezinárodní soutěže IOAA, kompilaci provedl Tomáš Gráf, zadání praktického úkolu sestavil Jan Kožuško, příklady nezávisle recenzovali Miroslav Randa a Michal Švanda)

Pořadatel


Zadání úloh finále Astronomické olympiády, kategorie AB

Recommend Documents