Съдържание

НОА 2023, III кръг (национален), 11–12 клас — Задача 4. Три астероида

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НОА 2023

XXVI Национална олимпиада по астрономия 2023, III кръг, ученици от 11-12 клас – теоретични задачи · 6 май 2023 г. · 12 т.

Условие

Справочни данни:

Маса на Слънцето: $1.99 \times 10^{30}$ kg

Радиус на Слънцето: 696 000 km

Фотосферна температура на Слънцето: 5770 K

Кръгова скорост по орбитата на Земята: 29.8 km/s

Гравитационна константа – $\gamma = 6{,}67 \cdot 10^{-11}\ \text{N.m}^2\text{.kg}^{-2}$

Астрономическа единица – 1 au = $1{,}496 \cdot 10^{11}$ m

(Блокът „Справочни данни“ е отпечатан след подусловията А)–В).)

А) Астероид 1 е в перихелий на разстояние от Слънцето 2.0 au (астрономически единици) и има скорост 26.00 km/s. От този момент нататък астероидът започва да се отдалечава от Слънцето и да се забавя. За какво време скоростта на астероида ще намалее от 13.26 km/s до 13.13 km/s? (4т.)

Б) Астероид 2 се намира в опозиция през период точно 1.4 години и се движи в равнината на еклиптиката. Той има кратък ротационен период, сферична форма и Бонд-албедо 23% (частта от лъчистата енергия, която отразява). Пресметнете средната температура на повърхността му. (4т.)

В) Астероид 3 е в афелий. Векторът на скоростта на астероида по орбитата променя посоката си с 60% по-бързо в сравнение с ъгловата скорост, с която Слънцето се измества на фона на звездното небе, за наблюдател от астероида в този момент. Какъв е ексцентрицитетът на орбитата на астероида? (4т.)

Отговори

Решение

А) На разстояние от Слънцето $v_P$ = 2.0 au астероидът 1 има скорост $r_P$ = 26.0 km/s. От Закона за запазване на енергията можем да намерим разстоянието от Слънцето $r_X$ , на което астероидът ще има скорост $v_X$ = 13.20 km/s (средната скорост за търсения интервал на забавяне):

\frac{m v_P^2}{2} - \frac{GMm}{r_P} = \frac{m v_X^2}{2} - \frac{GMm}{r_X}

\frac{1}{r_X} = \frac{1}{r_P} - \frac{v_P^2 - v_X^2}{2GM} = \frac{1}{r_P} - \frac{v_P^2 - v_X^2}{2 v_E^2 (1\,\text{au})}

Тук $v_E$ = 29.8 km/s е кръговата скорост на Земята, $G$ е гравитационната константа, $m$ е масата на астероида, а $M$ е масата на Слънцето. Получаваме $r_X$ = 4.60 au. Правим приближението, че астероидът се движи равнозакъснително в малък линеен елемент по орбитата си (можем да проверим, че разстоянието намалява от 4.62 до 4.58 au за търсения интервал).

От Закона за запазване на момента на импулса можем да запишем:

v_P r_P = v_X r_X \sin\theta

Тук $\theta$ е ъгълът между вектора на скоростта и направлението астероид – Слънце в точка X. Решаваме уравнението и получаваме $\theta = 121.1^\circ$ (при забавяне на скоростта $\theta$ е над $90^\circ$ ).

Гравитационното ускорение, което Слънцето придава на астероида в точка X, е:

a_G = \frac{GM}{r_X^2}

Тангенциалната компонента на това гравитационно ускорение е

a_{GT} = a_G\cos\theta = \frac{GM}{r_X^2}\cos\theta = -1{.}448\times 10^{-4}\ \text{m/s}^2

Намаляването на скоростта с $\Delta v$ = –130 m/s при такова постоянно ускорение ще отнеме време

t = \frac{\Delta v}{a_{GT}} = 898\,000\ \text{s} = 10{.}4\ \text{d}

(4т.)

Б) Астероид 2 е в опозиция през точно равни интервали от време $P_{SYN}$ = 1.4 yr. Това означава, че орбитата му е кръгова. Ако орбиталният период на астероида е $P$ , то:

\frac{1}{1\ \text{yr}} = \frac{1}{P} + \frac{1}{P_{SYN}}

P = 3{.}5\ \text{yr}

По III Закон на Кеплер намираме радиуса на орбитата му:

\frac{r[\text{au}]^3}{P[\text{yr}]^2} = 1

r = 2{.}305\ \text{au}

На такова разстояние от Слънцето потокът лъчиста енергия върху единица площ ще бъде:

\Phi = \frac{L_{SOL}}{4\pi r^2}

Върху астероида попада слънчева енергия, която е равна на потока върху единица площ, умножен по напречното сечение на астероида с радиус $R_A$ . Ако албедото на астероида е $A$ , то частта от слънчевата енергия, която се поглъща от него, е $1-A$ . От Закона за запазване на енергията мощността на топлинното лъчение на астероида е равна на погълнатата енергия за единица време:

L_A = \frac{L_{SOL}}{4\pi r^2}\pi R_A^2 (1-A)

\frac{L_A}{L_{SOL}} = \frac{R_A^2 (1-A)}{4 r^2}

Съгласно закона на Стефан-Болцман:

\frac{L_A}{L_{SOL}} = \left(\frac{R_A}{R_{SOL}}\right)^2\left(\frac{T_A}{T_{SOL}}\right)^4

където $L_{SOL}$ , $R_{SOL}$ , $T_{SOL}$ са светимостта, радиусът и фотосферната температура на Слънцето.

От последните уравнения получаваме:

\left(\frac{R_A}{R_{SOL}}\right)^2\left(\frac{T_A}{T_{SOL}}\right)^4 = \frac{R_A^2 (1-A)}{4 r^2}

\left(\frac{T_A}{T_{SOL}}\right)^4 = \frac{(1-A)}{4}\left(\frac{R_{SOL}}{r}\right)^2

T_A = 172\ \text{K} = -101\ ^\circ\text{C}

(4т.)

В) Ъгловата скорост на видимото движение на Слънцето спрямо звездите за наблюдател на астероида в афелий е:

\omega_{SOL} = \frac{v_A}{r_A} = \frac{v_A}{a(1+e)}

Ъгловата скорост на завъртане на вектора на скоростта на астероида в афелий е:

\omega_V = \frac{v_A}{r}

Разделяме почленно и получаваме:

\frac{\omega_V}{\omega_{SOL}} = \frac{r_A}{r} = 1{.}6

Тук $r$ е радиусът на кривината на орбитата в афелий. Можем да го намерим от гравитационното ускорение на астероида, което в афелий има само нормална компонента:

a_G = \frac{v_A^2}{r}

a_G = \frac{GM}{r_A^2}

Оттук получаваме:

v_A^2 = \frac{GMr}{r_A^2}

Според формулата за скорост на движение в афелий:

v_A^2 = \frac{GM}{a}\left(\frac{1-e}{1+e}\right)

По-нататък намираме:

\frac{GMr}{r_A^2} = \frac{GM}{a}\left(\frac{1-e}{1+e}\right)

\frac{r}{r_A r_A} = \frac{1}{a}\left(\frac{1-e}{1+e}\right)

\frac{r}{r_A} = \frac{r_A}{a}\left(\frac{1-e}{1+e}\right) = \frac{a(1+e)}{a}\left(\frac{1-e}{1+e}\right)

\frac{r}{r_A} = 1 - e = \frac{1}{1.6}

e = \frac{3}{8} = 0{.}375

(4т.)

Оригинал в Архива: 23-III-1112-teor.pdf · официални решения: a23-III-1112-teor.docx