Съдържание

НОА 2024, IV кръг, Старша възраст — Задача 2. Тройна система

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НОА 2024

XXVII НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО АСТРОНОМИЯ. Подборен кръг, 9 юли 2024 г., Варна, теоретичен тур. Старша възраст · 9 юли 2024 г. · 15 т.

Условие

От Земята се наблюдава тройна звезда. Системата е стабилна – траекториите на трите компоненти са периодични. Отчита се, че за една от компонентите усреднената по времето стойност на червеното отместване е нула. Също се забелязва, че сборът от червените отмествания на трите компоненти във всеки един момент е нула, но никога и трите нямат червено отместване нула едновременно.

„Посланието“ в два панела. Горе: червена точка (наблюдателят) и хоризонтална стрелка с надпис „1 pc“ към тройната звезда (три оранжеви точки в червена елипса), червени стрелки. Долу: три оранжеви звезди във върховете на равностранен триъгълник (пунктирни страни с отметки за равенство, пунктирни отсечки до центъра); всяка звезда има оранжев вектор на скоростта 125 km/s, перпендикулярен на отсечката към центъра; разстоянието между двете долни звезди е означено 0.080″. — Послание от Ярославидите:

Графики на функциите f(x) = (1 + x)/(1 − x)³ (червена, нарастваща от 1 при x = 0 до над 8 при x ≈ 0.45) и f(x) = (1 − x)/(1 + x)³ (синя, намаляваща от 1 до 0 при x = 1) за x от 0 до 1; ос f(x) от 0 до 8, мрежа със стъпка 0.2 по x. — Графики на някои функции:

А) С тази информация покажете, че трите компоненти имат равни маси. [5 т.]

За цивилизацията на светещите Ярославиди тройната звезда е на разстояние само 1 парсек. За тях вече е известно, че компонентите се движат в една и съща равнина, перпендикулярна на зрителния лъч. Докато наблюдава поредния квазар, радиоастрономът Теодора Желязкова регистрира ... зашифровано послание от Ярославидите! След много работа, Теодора го разкодира, получавайки изображение на тройната звезда. Радиоастрономът веднага съобразява какво показва изображението и бърза да го отрази в научна статия.

Б) Каква форма ще имат траекториите на компонентите след запечатания на изображението момент? Дайте само обоснован качествен отговор. Използвайки данните дотук, намерете долна граница за масите на компонентите, изразена в слънчеви маси. [5 т.]

В) Ако е известно също, че периодът на системата е 1.9 дни, каква точна стойност за масите на компонентите трябва да се публикува в статията? [5 т.]

Указание: Стойностите за червеното отместване винаги са коригирани за орбиталното движение на Земята. Синьото отместване може да се разглежда като червено отместване $z$ с отрицателен знак, например $z = -0.01$ .

Справочни данни:

Гравитационна константа – $G = 6.67 \times 10^{-11}\ \mathrm{kg^{-1}m^3s^{-2}}$

Маса на Слънцето – $M_\odot = 1.99 \times 10^{30}\ \mathrm{kg}$

Астрономическа единица – $r_E = 1.496 \times 10^{11}\ \mathrm{m}$

Отговори

Решение

Решение.

а) В общия случай макар и да е периодична, траекторията на компонента от тройна звезда не се придържа към една равнина. Затова не може да прилагаме съображения, свързани с движение по фиксирана равнина, но такива не са и нужни.

Да разгледаме движението на една компонента в отправна система, свързана с центъра на масите (ЦМ) на системата. Взимаме направлението от наблюдателя към ЦМ. Скоростта на компонентата по това направление се явява относителната ѝ лъчева скорост $v_r$ спрямо ЦМ (самият център на масите също може да има лъчева скорост относно наблюдателя $v_{rc}$ , при което наблюдаваната лъчева скорост ще е $v_{rc} + v_r$ ). Тъй като траекторията на компонентата е периодична, трябва за дълъг период от време (много по-голям от орбиталния период) усреднената стойност на $v_r$ да бъде нула, тоест $\langle v_r \rangle = 0$ . В противен случай за периода от време ще има резултантно отместване спрямо ЦМ по избраното направление. А резултантно отместване спрямо ЦМ по какво да е направление означава, че трите компоненти ще се раздалечат на безкрайност. Защо? Съгласно дефиницията на център на масите, в избраната от нас отправна система векторният сбор на маса по радиус-вектор $\sum_i M_i \vec{r_i}$ винаги е нула. И когато големината на единия от радиус-векторите в сбора клони към безкрайност, направлението и големината на останалите радиус-вектори трябва да компенсират за това.

По условие за една от компонентите е изпълнено, че лъчевата ѝ скорост относно наблюдателя е нула, усреднявайки по времето. Ако лъчевата скорост на ЦМ е $v_{rc}$ , а лъчевите скорости на компонентите спрямо ЦМ са $v_{r1}, v_{r2}, v_{r3}$ , условието дава $\langle v_{rc} + v_{r1} \rangle = 0$ , откъдето $v_{rc} = 0$ . А тогава наблюдаваните червени отметствания пряко съответстват на лъчевите скорости относно ЦМ. Затова

\frac{v_{r1}(t)}{c} + \frac{v_{r2}(t)}{c} + \frac{v_{r3}(t)}{c} = 0.

Комбинираме това със закона за запазване на импулса, при което е гарантирано

\begin{cases} v_{r1}(t) + v_{r2}(t) + v_{r3}(t) = 0 \\ M_1 v_{r1}(t) + M_2 v_{r2}(t) + M_3 v_{r3}(t) = 0 \end{cases}.

Сега нека използваме отново, че $\langle v_{r1} \rangle = 0$ . Това означава, че $v_{r1}$ с времето приема и положителни, и отрицателни стойности. Преминавайки от произволна положителна към произволна отрицателна стойност, $v_{r1}$ трябва в някакъв момент да става нула. Да вземем този момент $t = T$ . И от резултата

\begin{cases} v_{r2}(T) + v_{r3}(T) = 0 \\ M_2 v_{r2}(T) + M_3 v_{r3}(T) = 0 \end{cases}

получаваме $(M_3 - M_2) v_{r3}(T) = 0$ . Отчитайки, че $v_{r3}(T) = 0$ налага $v_{r1}(T) = v_{r2}(T) = v_{r3}(T)$ в противоречие с условието, получаваме $M_2 = M_3$ . Връщайки се с този резултат в

\begin{cases} v_{r1}(t) + v_{r2}(t) + v_{r3}(t) = 0 \\ M_1 v_{r1}(t) + M_2 v_{r2}(t) + M_2 v_{r3}(t) = 0' \end{cases}

аналогично получаваме $M_1 = M_2$ , така че $M_1 = M_2 = M_3$ , което трябваше да се докаже.

б) Ако разстоянието от наблюдателя до трите компоненти е $r_0 = 1\ \mathrm{pc}$ , разстоянието между всеки две компоненти $d$ се намира, знаейки съответстващото ъглово отстояние $\delta$ :

d[\mathrm{AU}] = \delta[''] r_0[\mathrm{pc}]\ \ ;\ \ d = 0.08\ \mathrm{AU}.

Разстоянието от всяка компонента до ЦМ на системата, $r$ , е директно свързано с $d$ . Връзката намираме най-бързо с косинусовата теорема.

d = \sqrt{r^2 + r^2 - 2r^2\cos 120^{\circ}} = \sqrt{3}r.

Означаваме масите на всяка от компонентите с $M$ . Гравитационното ускорение, която всяка компонента изпитва, е насочено към центъра на масите и има големина

a_g = 2 \cdot \frac{\gamma M}{d^2}\cos 30^{\circ} = \frac{\gamma((\sqrt{3}/3))M)}{r^2}.

В ситуацията от изображението имаме симетрия спрямо центъра на масите (въпреки че, видимо, системата има собствено движение като едно цяло). С течението на времето симетрията се запазва, което означава, че независимо от по-нататъшната траектория, трите звезди ще продължават да лежат във върховете на равностранен триъгълник. Следователно изразът за гравитационното ускорение, което всяка компонента има, ще запазва вида си

a_g = \frac{\gamma((\sqrt{3}/3))M)}{r(t)^2},

където $r(t)$ е моментното разстояние до центъра на масите.

Движение около силов център, при което силата е обратопропорционална на квадрата на разстоянието до центъра, има за траектория кеплерова орбита. Знаем, че движението в тройната звезда е периодично. Следователно траекториите на компонентите могат да бъдат единствено елипси. И изразът за гравитационното ускорение показва, че движението на всяка компонента е еквивалентно на движението на маломасивно тяло около хипотетична централна звезда с маса $\frac{\sqrt{3}}{3}M$ . Тази еквивалентност ще използваме занапред.

За да бъде гравитационно свързана системата, трябва скоростта $v$ , показана на изображението, да е по-малка от параболичната, съответстваща на показаното разстояние до центъра на масите. Така минималната маса на компонентите, $M_{\min}$ , се задава чрез $^{1\ 2}$

v < \sqrt{\frac{2\gamma((\sqrt{3}/3))M)}{r}}\ ;

M > M_{\min} = \frac{\sqrt{3}}{2}\frac{v^2 r}{\gamma} = 1.40 \times 10^{30}\ \mathrm{kg} \Leftrightarrow \mathbf{0.70\ M_\odot}.

в) На изображението векторът на скоростта е перпендикулярен на радиус-вектора за всяка от компонентите. Това означава, че те са в перицентъра или апоцентъра на траекториите си. Да разгледаме паралелно и двата варианта. Означаваме голямата полуос на всяка от елипсите с $a$ , а ексцентритета им с $e$ . Ако на изображението компонентите са в перицентър:

\mathrm{I:}\ v = \sqrt{\frac{\sqrt{3}}{3}\frac{\gamma M}{a}\frac{1+e}{1-e}}\ \ ;\ \ r = a(1-e).

Ако на изображението компонентите са в апоцентър:

\mathrm{II:}\ v = \sqrt{\frac{\sqrt{3}}{3}\frac{\gamma M}{a}\frac{1-e}{1+e}}\ \ ;\ \ r = a(1+e).

Третият закон на Кеплер дава зависимостта $\frac{(\sqrt{3}/3)\gamma M}{a^3} = \left(\frac{2\pi}{T}\right)^2$ , където $T$ е орбитален период, при което

\mathrm{I:}\ \left(\frac{vT}{2\pi r}\right)^2 = \frac{1+e}{(1-e)^3}\ ;

\mathrm{II:}\ \left(\frac{vT}{2\pi r}\right)^2 = \frac{1-e}{(1+e)^3}.

Изчисляваме $\left(\frac{vT}{2\pi r}\right)^2 = 0.22$ и засичайки по дадената графика, намираме $e \approx 0.38$ . Това решение получихме от варианта, при който на изображението компонентите са в апоцентър. Сега последователно имаме

a = \frac{r}{1+e} \approx 0.033\ \mathrm{AU}

M = 4\sqrt{3}\pi^2\frac{a^3}{\gamma T^2} \approx 4.78 \times 10^{30}\ \mathrm{kg} \Leftrightarrow \mathbf{2.4\ M_\odot}

В крайния отговор оставяме две значещи цифри съгласно точността на началните данни и това, че отчитахме по графика с неточност.

Стефан Иванов

Бележки.

$^1$ С данните дотук това е най-силната оценка, която може да направим. Доказва се, че скоростта по елипсата, имаща голяма полуос $a$ , на разстояние $r$ от силовия център е

v = \sqrt{\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)\gamma M\left(\frac{2}{r} - \frac{1}{a}\right)},

но при неопределен орбитален период $a$ може да приема стойности от нула до безкрайност. Затова със сигурност може да поставим единствено критерия за параболична скорост.

$^2$ Възможно е и енергетично решение на задачата. Пълната механична енергия на системата в момента, отразен на изображението, е

E = 3\frac{Mv^2}{2} - 3\frac{\gamma MM}{d} = 3M\left(\frac{v^2}{2} - \frac{\gamma M}{\sqrt{3}r}\right),

където взимаме потенциалната енергия за всеки две компоненти поотделно (общо три двойки). Съгласно критерия за гравитационно свързана система, приравняваме израза на нула и достигаме същия резултат.

Критерии за оценяване (общо 15 т.):

а) – За заключение, че усреднената лъчева скорост на всяка звезда относно ЦМ е нула и лъчевата скорост на самия ЦМ е нула – 2 т.

– За записване на уравненията за лъчевите скорости, получени от ЗЗИ и условието за червено отместване – 1 т.

– За избиране на момент, в който една от лъчевите скорости е равна на нула, и довършване на решението – 2 т.

Други верни доказателства също получават пълен брой точки.

б) – За намиране на разстоянието между компонентите и ЦМ на изображението – 1 т.

– За съобразяване, че симетрията се запазва – 1 т.

– За изразяване на гравитационното ускорение спрямо моментното разстояние до ЦМ – 1 т.

– За аргументиран извод, че траекториите са елипси – 1 т.

– За изразяване и числена стойност на долната граница за масите на компонентите (толерира се $\pm 1$ значеща цифра) – 1 т.

в) – За съобразяване, че компонентите на изображението са в перицентър или апоцентър – 1 т.

– За достигане на израз, от който да се определи ексцентрицитетът – 2 т.

– За числена стойност на ексцентрицитета – 1 т.

– За изразяване и числена стойност на масите (толерира се $\pm 1$ значеща цифра) – 1 т.

Оригинал в Архива: 24-IV-teorST.pdf · официални решения: a24-IV-teorST.pdf