11 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 0^m та червоної зорі з температурою 3 000К і блиском 5^m. 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 = 2,512^m2-m1 = 2,512^5-0 = 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).

2. 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.

2. 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.

V_II = (2GM/R)^1/2 → V_II² = 2GM/R → V_II² = 2G/R*(4/3*π*R³*ρ) → R = V_II/2*(3/(2πGρ))^1/2

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

2. 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=T^2/3=(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.

2. 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.

2. 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.

2. 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.

2. 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.

2. 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.

2013-2014 н.р.