Завдання з розв’язками ііі етапу всеукраїнської учнівської олімпіади з астрономії в полтавській обл.

10 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.

2. 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 –27^m, 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 = 2,512^m2-m1

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

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

Внаслідок малого кутового розміру видимого сонячного диску його значення може вважатися обернено пропорційним віддалі, тобто d₂/d₁ = r₁/r₂ , звідки d₂ = d_{1 *} 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 = –19,6^m , d ≈ 1’.

3. 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.

4. 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 = 2,512^M☼-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).

5. 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.

6. 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=T^2/3=(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.

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. 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).

9. 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 52^m, отже, наступна після новорічної півночі (0^h 1 січня) кульмінація настане 2 січня близько 1^h 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.

10. 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.