Ііі етапу всеукраїнської учнівської 
";


Мы поможем в написании ваших работ!



ЗНАЕТЕ ЛИ ВЫ?

Ііі етапу всеукраїнської учнівської



ОЛІМПІАДИ З АСТРОНОМІЇ В ПОЛТАВСЬКІЙ ОБЛ.

Клас

  1. Міжнародна космічна станція здійснює один оберт навколо Землі за 91,5 хв. на висоті 350 км. Оцініть максимально можливий час руху через земну тінь в припущенні кулеподібної форми Землі. (9 балів)

Розв’язок. Максимальний час перебування станції в тіні оцінимо як долю періода, яка пропорційна відношенню кутової міри сектора орбіти, що обмежує перебування в тіні, до повного кута (3600).

 

В першому наближенні, якщо прийняти промені від Сонця паралельними, кутова півширина тіні с = b, де sinb = R/(R+H). Обчисленням одержуємо с =71,40, ширина тіні 142,80, час перебування в тіні t = (142,8/360) * 91,5хв. = 36,3хв.

З урахуванням збіжності сонячних променів (конусоподібна тінь), кутова півширина тіні

с = b - a (b – зовнішній кут трикутника). a = ρ – p ≈ ρ (ρ – зовнішній кут трикутника, паралакс Сонця малий – p =8,8”). Так як видимий кутовий радіус Сонця ρ =16’ = 0,270, то для цього випадку одержуємо півширину с = 71,40 - 0,270 = 71,10, ширина тіні 142,20, максимальний час перебування в тіні (при проходженні станції через її центр) t = (142,2/360) * 91,5хв. = 36,1хв. Відповідь. t = 36,1хв.

  1. Яким побачили б Сонце космічні мандрівники на орбіті найвіддаленішої планети Сонячної системи? Велику піввісь орбіти Нептуна прийняти рівною 30а.о., видиму зоряну величина Сонця для земного спостерігача –27m, видимий кутовий діаметр 32’. Результати прокоментуйте. (7 балів)

Розв’язок. Очевидно, що для космічних мандрівників на орбіті Нептуна через велику віддаль Сонце буде виглядати менш яскравим (матиме менший блиск або більшу зоряну величину), зменшаться і кутові розміри видимого диска.

Блиск світила обернено пропорційний квадрату віддалі від спостерігача, тобто

E1/E2 = r22/r12.

З іншого боку, за формулою Погсона маємо

E1/E2 = 2,512m2-m1

Отже, 2,512m2-m1 = r22/r12 , або після логарифмування 0,4 (m2-m1) = 2lg(r2/r1), звідки

m2 = m1 + 5lg(r2/r1) = –27m + 5lg30 = –19,6m.

Внаслідок малого кутового розміру видимого сонячного диску його значення може вважатися обернено пропорційним віддалі, тобто d2/d1 = r1/r2 , звідки d2 = d1 * r1/r2 =32’ * 1/30 ≈ 1’.

Оскільки сонячний диск практично не буде розрізнятися неозброєним оком (1’ – межа роздільної здатності середньостатистичного людського ока), Сонце буде виглядати як яскрава зоря, набагато слабша за звичне для землян Сонце (більш ніж на 7 зоряних величин або майже в 1000 разів). Відповідь. m = –19,6m, d ≈ 1’.

  1. Оцініть масу атмосфери Венери, якщо тиск на її поверхні складає 100 атм. (земних). При необхідності скористайтесь наступними характеристиками Венери: радіус 6052км, маса 4,9*1024кг, густина 5,2 г/см3. (7 балів)

Розв’язок. За означенням, тиск – це сила, що діє на одиницю площі поверхні: P = F/S.

Сила, що діє на всю поверхню планети F = mg, де m – шукана маса атмосфери, g = GM/R2 – прискорення вільного падіння на поверхні Венери, а площа поверхні планети S = πR2.

З урахуванням вищезазначеного

m =4πPR4/(GM)

або в іншому варіанті (після представлення маси Венери через густину M = ρ(4/3)πR3,

m =3PR/(Gρ).

Розрахунки за останньою формулою простіші. В обох випадках отримуємо m = 5,2*1020кг. Відповідь. m = 5,2*1020кг.

  1. Дві зорі мають однакову абсолютну зоряну величину, але їх температури відрізняються вдвічі. Зробіть порівняння розмірів цих зір. (6 балів)

Розв’язок. Нехай Т2=2Т1. Виходячи з умови задачі, робимо висновок, що зорі мають однакову світність (L = 2,512M☼-M, M1=M2 →L1=L2). Так як світність L = σT4*4πR2, то

σT14*4πR12 = σT24*4πR22,

звідки після спрощення та розв’язання одержуємо

R1/R2 = (T2/T1)2,

а після підстановки числових значень знаходимо R1/R2 = 4. Відповідь. R1 = 4R2 (холодніша зоря має в 4 рази більший радіус).

  1. Скільки має тривати доба на Землі для того, щоб на екваторі нашої планети тіла були в стані невагомості? (6 балів)

Розв’язок. Для стану невагомості необхідно, щоб прискорення вільного падіння дорівнювало доцентровому прискоренню обертового руху: g = ω2R. Представляючи ω =2π/T, для шуканого періоду обертання Землі одержуємо вираз T = 2π (R/g)1/ 2, та після підстановки числових значень T = 2*3,14*(6,378*106*9,81)1/2 = 5064с = 84,4 хв. =1,4 год. Відповідь. Т = 1,4 год.

  1. Чи може становити небезпеку для Землі астероїд, який здійснює оберт навколо Сонця за 3 роки, максимально віддаляючись від нього на 3 а.о.? (5 балів)

Розв’язок. Для Землі потенційну небезпеку становлять астероїди, які можуть перетинати її орбіту, тобто в перигелії наближатись до Сонця ближче 1 а.о. Знайдемо велику піввісь орбіти з ІІІ закону Кеплера: a=T2/3=(3,0)2/3 =2,08а.о. Найменша віддаль астероїда від Сонця в перигелії r П = 2a- r А = 2*2,08*-3,0 =1,16а.о.>1а.о. Відповідь. Не може.

  1. Чи можна, проводячи спостереження одним оком, закрити сірником зорю на темному нічному небі? Обґрунтуйте відповідь. (4 бали)

Обгрунтування. Від зорі в око спостерігача надходить паралельний пучок світла. Ширина цього пучка визначається діаметром зіниці людського ока, який в темноті становить 5-6мм. Такий пучок неможливо перекрити сірником, тому частина променів обов’язково попаде на сітківку ока і створить зображення зорі, правда, менш яскраве. Відповідь. Не можна.

  1. Охарактеризуйте, яким міг би бути клімат на Землі, якби вісь її обертання була перпендикулярною до площини екліптики. (3 бали)

Відповідь. У будь-якому місці Землі щодня спостерігається рівнодення (насправді через наявність рефракції день триває трохи більше 12 годин). В жодному пункті Землі не відбувається зміна пір року, температурний режим стабільний. Найжаркіше на екваторі, де сонце щодня кульмінує в зеніті, та близьких до екватора широтах (стабільне жарке літо круглий рік). Постійна холодна зима на полюсах, незважаючи на те, що поблизу полюсів за рахунок атмосферної рефракції триває неперервний полярний день – Сонце “котиться” по горизонту і практично не дає тепла. В середніх широтах (40-500) кульмінація Сонця відбувається на висоті 50-400 відповідно, що при тривалості дня 12 годин повинно забезпечити відносно стабільний температурний режим, ймовірно близько 10-200С (нинішня середня температура по планеті).

  1. Кульмінація Місяця відбулася рівно опівночі в Новорічну ніч. Коли настане наступна кульмінація? В якій фазі буде Місяць? (2 бали)

Відповідь. Послідовні однойменні кульмінації Місяця (звичайно мова йде про верхні) відбуваються в середньому через добу і 52m, отже, наступна після новорічної півночі (0h 1 січня) кульмінація настане 2 січня близько 1h ночі.

В Новорічну ніч Місяць був близький до повні (повний Місяць повинен кульмінувати в справжню північ), під час наступної кульмінації він “постаріє” на одну добу, намітиться невеликий ущерб справа, але візуально його практично неможливо відрізнити від повного.

  1. Чи можна було б побачити Землю з поверхні Марса під час його протистояння? (1 бал)

Обгрунтування. Під час протистояння Марса Земля розташовується між ним та Сонцем, тому на марсіанському небі Земля знаходиться безпосередньо коло яскравого сонячного диску, тільки вдень перебуває над горизонтом, до того ж спрямована в бік спостерігача півкуля не освітлюється Сонцем (фаза 0, “нова” Земля). Спостереження безперспективні. Відповідь. Ні.

Клас

1. Міжнародна космічна станція здійснює один оберт навколо Землі. на висоті 350 км. Оцініть максимально можливий час руху через земну тінь в припущенні кулеподібної форми Землі. (10 балів)

Розв’язок. Знайдемо спочатку період обертання космічної станції Т = 2π(R+H)/v,

де v = (GM/(R+H))1/2 – швидкість колового руху на висоті H. Одержуємо вираз

T = 2π (R+H))3/2 / (GM)1/2,

і, після підстановки числових значень (R =6378км, М = 6*1024кг, H = 350км), – значення періоду Т = 91,4 хв.

Максимальний час перебування станції в тіні оцінимо як долю періода, яка пропорційна відношенню кутової міри сектора орбіти, що обмежує перебування в тіні, до повного кута (3600).

 

 

В першому наближенні, якщо прийняти промені від Сонця паралельними, кутова півширина тіні с = b, де sinb = R/(R+H). Обчисленням одержуємо с =71,40, ширина тіні 142,80, час перебування в тіні t = (142,8/360) * 91,4хв. = 36,3хв.

З урахуванням збіжності сонячних променів (конусоподібна тінь), кутова півширина тіні

с = b - a (b – зовнішній кут трикутника). a = ρ – p ≈ ρ (ρ – зовнішній кут трикутника, паралакс Сонця малий – p =8,8”). Так як видимий кутовий радіус Сонця ρ =16’ = 0,270, то для цього випадку одержуємо півширину с = 71,40 - 0,270 = 71,10, ширина тіні 142,20, максимальний час перебування в тіні (при проходженні станції через її центр) t = (142,2/360) * 91,4хв. = 36,1хв. Відповідь. t = 36,1хв.

2. Подвійна зоря складається з блакитної зорі з температурою поверхні 30 000К і блиском 0m та червоної зорі з температурою 3 000К і блиском 5m. Як відносяться радіуси цих зір? (8 балів )

Розв’язок. Позначимо Т1 =30 000К, Т2 =3 000К Виходячи з умови задачі, зорі утворюють єдину гравітаційну систему, тому вони знаходяться від земного спостерігача практично на однаковій віддалі, а значить їх світності пропорційні видимим блискам L1/L2 = E1/E2. З формули Погсона знаходимо

E1/E2 = 2,512m2-m1 = 2,5125-0 = 100, а отже L1/L2 = 100.

З іншого боку,

L1/L2 = (σT14*4πR12) / (σT24*4πR22),

звідки після розв’язання одержуємо

R1/R2 = (T2/T1)2*(L1/L2)1/2,

а після підстановки числових значень знаходимо R2/R1 = 10. Відповідь. R2 = 10R1 (червона зоря має в 10 разів більший радіус).

3. Оцініть масу атмосфери Венери, якщо тиск на її поверхні складає 100 атм. (земних). При необхідності скористайтесь наступними характеристиками Венери: радіус 0,95 земного, маса 0,82 земної, густина 5,2 г/см3. (7 балів)

Розв’язок. За означенням, тиск – це сила, що діє на одиницю площі поверхні: P = F/S.

Сила, що діє на всю поверхню планети F = mg, де m – шукана маса атмосфери, g = GM/R2 – прискорення вільного падіння на поверхні Венери, а площа поверхні планети S = πR2.

З урахуванням вищезазначеного

m =4πPR4/(GM)

або в іншому варіанті (після представлення маси Венери через густину M = ρ(4/3)πR3)

m =3PR/(Gρ).

Радіус та масу (за необхідності) Венери виражаємо через відповідні параметри Землі, які вважаються відомими (6378км та 6*1024кг відповідно). Розрахунки за останньою формулою простіші. В обох випадках отримуємо m = 5,2*1020кг. Відповідь. m = 5,2*1020кг.

4. При якому радіусі астероїда з середньою густиною 3 г/см3 космонавт стрибком міг би покинути його назавжди, якщо при цьому він може розвинути швидкість 5 м/с? (6 балів)

Розв’язок. Космонавт одним стрибком покине астероїд назавжди, якщо його швидкість дорівнює або більша за ІІ космічну.

VII = (2GM/R)1/2 → VII2 = 2GM/R → VII2 = 2G/R*(4/3*π*R3*ρ) → R = VII/2*(3/(2πGρ))1/2

Підставляючи числові значення, отримаємо R = 3,86км. Відповідь. R = 3,86км.

5. Чи може становити небезпеку для Землі астероїд, який здійснює оберт навколо Сонця за 2,5 роки по орбіті з ексцентриситетом 0,5? (5 балів)

Розв’язок. Для Землі потенційну небезпеку становлять астероїди, які можуть перетинати її орбіту, тобто в перигелії наближатись до Сонця ближче 1 а.о. Знайдемо велику піввісь орбіти з ІІІ закону Кеплера: a=T2/3=(2,5)2/3 =1,84а.о. Найменша віддаль астероїда від Сонця в перигелії r п= a(1-е)=1,84*(1-0,5)=0,92а.о.<1а.о. Відповідь. Може.

6. Охарактеризуйте, яким міг би бути клімат на Землі, якби вісь її обертання лежала в площині екліптики. (4 бали)

Відповідь. Тропіки і полярні кола співпадали б з екватором, тобто на всій Землі приблизно по півроку тривали б полярні дні та полярні ночі (окрім вузької, близько 20, екваторіальної смуги, де через рефракцію та наявність сонячного диску полярна ніч не настає). У високих широтах (скажімо, вище 450), під час полярного дня спостерігалось би жарке літо, коли сонце може знаходитись навіть в зеніті, під час темної полярної ночі – холодна зима. На широтах, близьких до екватора, полярні дні й полярні ночі відносно короткочасні, а найжаркіші періоди року близькі до астрономічної весни та астрономічної осені.

7. Чи можна, проводячи спостереження одним оком, закрити сірником зорю на темному нічному небі? Обґрунтуйте відповідь. (4 бали)

Обгрунтування. Від зорі в око спостерігача надходить паралельний пучок світла. Ширина цього пучка визначається діаметром зіниці людського ока, який в темноті становить 5-6мм. Такий пучок неможливо перекрити сірником, тому частина променів обов’язково попаде на сітківку ока і створить зображення зорі, правда, менш яскраве. Відповідь. Не можна.

8. Існують галактики з фіолетовим зміщенням спектральних ліній. Чи не протирічить цей факт теорії розширення Всесвіту? (3 бали)

Обгрунтування. Згідно з теорією ізотропного розширення Всесвіту галактики віддаляються одна від одної (“розбігаються”), внаслідок чого ефект Допплера-Фізо призводить до червоного зміщення їх спектральних ліній, причому тим більшого, чим далі від нас знаходиться галактика (закон Габбла). Отже, для близьких галактик цей ефект виражений слабо (швидкість “розбігання” невелика). Разом з тим, незалежно від ефекту розбігання, кожна галактика має також власний просторовий рух і швидкість цього руху (т.з. пекулярна швидкість) може бути спрямована у просторі як завгодно, в т.ч. й до нас як спостерігачів, та мати числове значення, яке перевищує швидкість “розбігання”. Тоді внаслідок накладання обох рухів у спектрі такої галактики земний спостерігач фіксуватиме фіолетове зміщення, яке, очевидно, аж ніяк не протирічить теорії розширення Всесвіту. Відповідь. Ні, не протирічить.

9. На яку півкулю Місяця – видиму чи невидиму – падає в середньому більше сонячного світла і чому? (2 бали)

Обгрунтування. Видима з Землі частина Місяця повністю освітлюється в протистоянні (повний Місяць), а невидима – в сполученні (новий Місяць). Оскільки в останньому положенні Місяць розташований ближче до Сонця, то освітленість невидимої з Землі частини в сполученні буде більшою, ніж видимої в протистоянні. Хоча віддаль Землі від Сонця в різних частинах її еліптичної орбіти змінюється в широких межах, що, в свою чергу, впливає на віддаль від Сонця до Місяця, в середньому зазначене вище співвідношення освітленості повторюється від циклу до циклу. Відповідь. На невидиму.

10. Як повинна бути розташована по відношенню до Землі площина подвійної зоряної системи, щоб ця система не була спектрально подвійною? (1 бал)

Відповідь. Перпендикулярно до напрямку на Землю, тобто перпендикулярно до променя зору спостерігача. Тоді обертальний рух компонентів системи не викликатиме зміщення ліній у спектрі.

 

Н.р.

ЗАВДАННЯ З РОЗВ’ЯЗКАМИ



Поделиться:


Последнее изменение этой страницы: 2017-01-19; просмотров: 188; Нарушение авторского права страницы; Мы поможем в написании вашей работы!

infopedia.su Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав. Обратная связь - 3.81.30.41 (0.057 с.)