Астрономія 11клас

ЗАВДАННЯ

ІІІ етапу Всеукраїнської учнівської олімпіади з астрономії

2011-2012 навчального року

11 клас

1.        (3 бали) Через які проміжки часу повторюються морські припливи в одному й тому ж пункті? Подайте детальне обґрунтування відповіді.

Розв’язок. Припливи – періодичні коливання рівня моря або твердої земної поверхні, - обумовлені притяганням Місяця (основний фактор) і Сонця. Максимальних значень припливне прискорення досягає в моменти верхньої та нижньої кульмінацій Місяця. Неважко показати, що верхні кульмінації повторюються в середньому через 24^h52^m ("додаткові” 52^m необхідні Землі, щоб повернутися на 13,2⁰, на які за час від попередньої кульмінації зміщується Місяць серед зір на схід). Отже, між верхньою та нижньою кульмінаціями проходить в середньому 12^h26^m . Хоча моменти найбільшої висоти припливного горба відстають на деякий час  (так звана прикладна година) від моментів кульмінацій, в конкретному пункті проміжки між припливами близькі до 12^h26^m .

2.        (3 бали) Як змінилося б число днів у році, якщо б Земля оберталася навколо власної вісі з тим же періодом, але в протилежному напрямку?

Розв’язок. У звичайному році приблизно 365,25 днів (сонячних діб). Оскільки зоряна доба, тривалість якої дорівнює періоду обертання Землі навколо осі, приблизно на 4^m (точніше, в середньому на 3^m56^s) коротша за сонячну, то в році вміщується зоряних діб рівно на одну більше, ніж сонячних, тобто 366,25. При зміні напрямку обертання Землі число зоряних діб у році не зміниться (366,25), адже це число періодів обертання навколо осі за рік, а от тривалість сонячної доби тепер буде меншою за тривалість зоряної на ті ж таки 4^m, оскільки видиме переміщення Сонця серед зір, яке обумовлене річним рухом Землі навколо Сонця, і напрямок добового обертання неба тепер будуть співпадати – кульмінація Сонця наставатиме раніше. Отже, тепер число сонячних діб у році буде на одну більше, ніж зоряних, тобто 367,25.

3.        (3 бали)  На Меркурії можна було б іноді спостерігати подвійний (повторний) схід або захід Сонця. Дайте пояснення цього незвичного явища.

Розв’язок. Як відомо, Меркурій має дуже повільне осьове обертання, тому сонячна доба на цій планеті триває майже два меркуріанських роки. Це означає, що видимий рух Сонця по небу відносно горизонту, який обумовлений накладанням його руху на фоні зір внаслідок переміщення планети по орбіті та її рівномірного осьового обертання досить повільний. Внаслідок значного ексцентриситету еліптичної меркуріанської орбіти швидкість переміщення  Сонця на фоні зір може варіюватися в широких межах, що й призводить до описаних в умові завдання явищ.

4.        (5 балів) Зоряна величина планети в протистоянні виявилась на 1,75^m меншою, ніж в сполученні. Що це за планета?

Розв’язок. З умови задачі очевидно, що велика піввісь планети  а  більша за 1а.о. Тоді в протистоянні віддаль планети від Землі (а-1) а.о., в сполученні (а+1) а.о. (в обох положеннях повна фаза). Як відомо, блиск світила обернено пропорційний квадрату віддалі до нього в момент спостереження, тому

E_п/E_с = (а+1)² / (а-1)²

З іншого боку, за формулою Погсона

E_п/E_с = 2,512^Δm = 2,512^1,75 .

Прирівнявши праві частини та розв’язавши відносно  а, отримуємо значення великої піввісі шуканої планети  а = 2,6 а.о., що відповідає зоні малих планет астероїдного пояса.

5.         (5 балів) В середині січня відбулося покриття Спіки (α Діви) Місяцем. Оцініть, в якій фазі він був. Поміркуйте, який з моментів ("покриття” чи ”відкриття”) можна було зафіксувати з більш високою точністю і поясніть причину.

Розв’язок. За допомогою карти неба з’ясовуємо, що Сонце в середині січня знаходилось на екліптиці в сузур’ї Стрільця, а Місяць, згідно з умовою, – в сузір’ї Діви і приблизно на 6^h за прямим піднесенням (на 90⁰) "відстає” від Сонця в його русі по екліптиці, який відбувається в напрямку зростання прямого піднесення. Отже, фаза Місяця близька до останньої чверті.  В такій фазі "передній”, тобто східний, край місячного диска яскравий, а значить поблизу нього навіть яскраву зорю розрізнити досить важко. Тому досить важко зафіксувати точний час початку покриття. Разом з тим, момент "відкриття” поряд з темною західною частиною диска може бути зафіксований впевнено (при умові його перед обчислення та неперервного і уважного очікування).

6.        (5 балів) Поїзд рухається з швидкістю 60км/год на захід вздовж паралелі 60⁰ пн. широти без зупинок. Яку тривалість світлого часу доби зафіксує пасажир цього поїзда 21 березня? Рефракцією знехтувати.

Розв’язок. Швидкість обертання поверхні Землі навколо осі на заданій широті

2πR Cosφ / T = 2 х 3,13 х 6378км х 0,5 / 24год = 834 км/год.

Рух поїзда на захід фактично сповільнює швидкість обертання пасажира до значення 834 км/год – 60 км/год = 774 км/год. Тривалість дня для нерухомого спостерігача 21 березня 12^h (якщо нехтувати рефракцією), а для пасажира вона зросте пропорційно сповільненню швидкості обертання (оскільки в такому співвідношення зросте період його обертання) і стане рівною 12,93^h = 12^h56^m  .

7.        (6 балів) Подвійна система складається з двох зір однакових розмірів, але їх температура відрізняється в 2 рази. Визначте амплітуду зміни зоряної величини, якщо нахил орбіти відсутній. В скільки разів при цьому змінюється блиск системи? Зобразіть схематично криву блиску.

Розв’язок. Світність зорі L пропорційна T⁴ x R² . Оскільки розміри зір однакові, то

L₂ / L₁ = T₂⁴ / T₁⁴ = 16

Так як віддалі від спостерігача до обох зір однакові, їх блиски також відрізняються в 16 разів.

Е₂ / Е₁ = 16

Сумарний блиск затемнювано-змінної зорі в максимумі буде  Е_max = Е₂ + Е₁ = 17 Е₁,  а в мінімумі  Е_mіn = Е₁ (яскравий компонент повністю невидимий). Отже, блиск системи змінюється в 17 разів. Тоді згідно з формулою Погсона

Е_max / Е_mіn = 2,512^Δm = 17,

звідки знаходимо  Δm = 3,1.

8.        (6 балів) Чи можна на поверхні Марса під час великого протистояння розрізнити каньон довжиною 1000км: 1) в аматорський телескоп "Міцар” (діаметр об’єктива 10см); 2) в телескоп, який дозволяє візуально бачити зорі до 17^m ?.  Прийняти велику піввісь орбіти Марса a=1,52 а.о., ексцентриситет  е=0,09.

Розв’язок. Слід порівняти видимий кутовий розмір каньона з роздільною здатністю телескопа.

Кутовий розмір небесного об’єкта з лінійним розміром  l, спостережуваного з віддалі  L  (в секундах дуги)

ρ”= (l / L) х206265”.

Віддаль до Марса під час великого протистояння буде L = [1,52 х (1-0,09) – 1] а.о. = 0,383 а.о. = 57,48 млн.км. Тоді

ρ”=  (1000 / 57,48 х 10⁶) х 206265” ≈ 3,6”.

1) Роздільна здатність візуального аматорського телескопа телескопа "Міцар” (наближено)

α”= 14” / D[см] = 14” / 10 ≈ 1,4”.

Отже, видимий кутовий розмір каньона дещо більший за роздільну здатність телескопа – формально в телескоп його можна розрізнити як протяжний об’єкт, однак побачити якісь деталі буде неможливо.

2) Знайдемо діаметр об’єктива телескопа за його проникною здатністю (граничною зоряною величиною):

m_г = 7,0^m + 5lgD ,

звідки D = 1м. Роздільна здатність візуального такого телескопа буде α”≈0,14” і в нього впевнено можна розрізнити деталі каньона.

Примітка. 206265 – число секунд у радіані.

9.        (7 балів) Ви летите на літаку з обсерваторії на горі Мауна-Кеа (Гавайські острови, широта φ= +20⁰, часовий пояс n= –11^h) на острів Маврикій (Індійський океан, широта φ= –20⁰, часовий пояс n= 4^h) на міжнародну конференцію. Скільки часу (наближено) триватиме переліт? Оцініть, коли за годинником аеропорту прибуття здійснить посадку ваш літак, якщо час відправлення за годинником аеропорту на Гавайських островах становив 9^h00^m. Різниця довгот між початковим і кінцевим пунктами  Δλ=147⁰, середня швидкість польоту 1000км/год. Вважати, що літак рухається по найкоротшій віддалі (по великому колу).

Розв’язок. Якщо перейти до більш зручної неперервної лічби часових поясів на схід від 0-го по 23-й, то, як неважко з’ясувати, Гавайські острови знаходяться в 13-му поясі. Очевидно, що коротшим буде шлях до острова Маврикій в західному напрямку (9 часових поясів), а час пункту призначення "відстає” від часу пункту вильоту на 9^h.

Так як обидва пункти розташовані симетрично відносно земного екватора, то половину дальності перельоту можна знайти з прямокутного сферичного трикутника, катетами якого є дуга меридіану величиною 20⁰ (111км х 20 =2220км)  та дуга екватора величиною Δλ/2 = 147⁰/2 = 73,5⁰ (111км х 73,5 = 8159км). Зважаючи на розташування пунктів у відносно вузькій екваторіальній зоні, для оцінки в першому наближенні вважатимемо трикутник плоским і скористаємось теоремою Піфагора. Тоді половина дальності перельоту складає 8456км, весь шлях 16912км, а час перельоту – 16,912^h = 16^h54^m.

В момент вильоту годинник аеропорту прибуття на острові Маврикій показує 9^h - 9^h = 0^h , а в момент прибуття   0^h + 16^h54^m = 16^h54^m .

Цікаво, що вилетівши зранку, Ви прибули б у кінцевий пункт увечері наступного дня, оскільки, перетинаючи в процесі польоту зі сходу на захід так звану лінію зміни дати (на меридіані 180⁰), слід змінити дату на наступну.

Для більш точної оцінки слід скористатися формулою для обчислення "гіпотенузи” прямокутного сферичного трикутника в кутовій мірі:

CosC = CosВ х CosА,    тобто  Cos(l/2) = Cos73,5⁰ х Cos20⁰ = 0,2669,

звідки дальність перельоту  l ≈ 149⁰ ≈ 16540км,  а час перельоту – 16,54^h = 16^h32^m.

10.     (7 балів) Лінія 434,0нм у спектрі далекої галактики має довжину хвилі 477,4нм, а видимий діаметр галактики 10”. Знайдіть швидкість руху галактики, відстань до неї і розміри. Порівняйте з Галактикою.

Розв’язок. Скориставшись формулою ефекту Допплера  Δλ/λ₀ = V/c,  знаходимо швидкість радіального руху галактики V = c х (λ – λ₀) / λ₀ = 300000 х (477,4 – 434,0) / 434,0 = 30000 (км/с).

Віддаль до галактики оцінюємо за законом Хаббла   r = V / H = 30000 / 75 = 400 (Мпк), де

H = 75км/с / Мпк – стала Хаббла.  

Лінійний розмір галактики  буде  d”/ 206265” х r = 10”/ 206265” x 400 Мпк = 0,0194 Мпа = 19,4 кпк, що менше <