Съдържание

НОА 2025, II кръг (областен), 11–12 клас — Задача 5. Земята зад завеса

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НОА 2025

МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА · НАЦИОНАЛНА КОМИСИЯ ЗА ОРГАНИЗИРАНЕ НА ОЛИМПИАДАТА ПО АСТРОНОМИЯ · XXVIII НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО АСТРОНОМИЯ · Областен кръг на олимпиадата по астрономия · 23 февруари 2025 г. · Възрастова група XI-XII клас · 12 т.

Условие

Пръстен B на Сатурн е най-яркият и най-впечатляващ измежду всичките пръстени на планетата. Той има вътрешен радиус $r_{in} = 90\,000$ km и външен радиус $r_{out} = 120\,000$ km. Частиците в пръстена имат характерен размер $d = 1$ m и са изградени от воден лед с плътност $\rho = 900\ \mathrm{kg/m^3}$ . Общата им маса се оценява на $m = 1{,}5 \cdot 10^{19}$ kg.

Нова мисия към Сатурн прави изненадващо откритие – навсякъде по повърхността на Сатурн се реят газообразни любители на астрономията! Една от любимите им гледки е когато планетата Земя попадне зад пръстен B.

А) Каква е най-северната планетографска ширина $\varphi_{max}$ , гледано от която Земята може да се скрие зад пръстена? [3 т.]

Извънземните правят наблюдения от фиксиран паралел, лежащ съвсем малко по на юг от ширината $\varphi_{max}$ .

Б) Оценете нарастването $\Delta m$ на болометричната звездна величина на Земята за такива наблюдатели, когато Земята попадне зад пръстена. [4 т.]

В някакъв момент Земята се намира в максимална елонгация, гледано от Сатурн, при което същите наблюдатели могат да я видят зад пръстена отнякъде по паралела едва в продължение на 2-3 дни. Тази гледка отново става достъпна за по няколко дни след определени периоди от време $\Delta t_1$ и $\Delta t_2$ , които са по-кратки от една земна година.

В) Дайте отговор дали максималната елонгация, гледано от Сатурн, е източна или западна. Как се нарича конфигурацията, в която Сатурн се намира, гледано от Земята в същия момент? [1 т.]

Г) Намерете $\Delta t_1$ и $\Delta t_2$ . [4 т.]

Приемете Сатурн за сфера с радиус $R = 60\,000$ km. Орбитата на Сатурн следва да се приеме за кръгова и лежаща в равнината на еклиптиката.

Упътване:
Ако не можете да получите смислен резултат в Б), решете същата задача във вариант, където масата в пръстена е $m = 1{,}5 \cdot 10^{17}$ kg, а останалите величини остават непроменени. Тогава за подточката може да получите максимум [3 т.].
Решаването на последната част трябва да стане числено или графично. Можете да опростите пресмятанията си, като приемете движението на Сатурн в рамките на търсените интервали от време за равномерно и праволинейно.

Справочни данни:

Величина	Стойност
Радиус на орбитата на Сатурн	$r_S = 9{,}58$ au
Наклон на оста на Сатурн	$\varepsilon = 26°44'$

Решение

Решение.
А) Направлението от Сатурн към Земята може да сключва всякакви ъгли $i$ спрямо равнината на пръстените, като $i$ е между $0°$ и $\varepsilon = 26°44'$ . Да разгледаме областите от Сатурн, където пръстените закриват Земята. Тъй като търсим най-северната възможна ширина, правим чертежа си в равнина, която е перпендикулярна на тази на пръстените и същевременно съдържа центровете на Земята и Сатурн.

Става ясно, че максималната ширина $\varphi$ , където може да се наблюдава закриване, нараства при нарастване на $i$ . Това е така, защото $\frac{R}{\sin i} = \frac{l}{\sin\varphi}$ . Когато $i$ расте, $l$ също се увеличава, което налага и $\varphi$ да расте, така че равенството да остава вярно. Затова оптималният случай е $i = \varepsilon$ . При този случай записваме

\sin(\varphi_{max}+\varepsilon) = \frac{r_{out}\sin\varepsilon}{R} \Rightarrow \varphi_{max} = \arcsin\left(\frac{r_{out}\sin\varepsilon}{R}\right)-\varepsilon = +37{,}4°.

Чертеж на Сатурн (кръг с радиус $R$) и равнината на пръстена (наклонена права, отчасти прекъсната): ъгли $i$ и $\varphi$, дължина $l$, отсечки $r_{\mathrm{out}}\sin i$ и $r_{\mathrm{out}}$, стрелка „към Земята“.

Б) Нека дебелината на пръстена е $h$ , а концентрацията на частици в пръстена е $n$ (мерната единица на тази величина е $[\mathrm{m}^{-3}]$ ). Приемайки условно частиците от пръстена за сферични, общата им маса ще се задава с

m = n\pi(r_{out}^2 - r_{in}^2)h\left(\frac{\rho\pi d^3}{6}\right).

Сега ще намерим оптичната дебелина $\tau$ на слоя частици, през който гледаме Земята. Тя се задава с $\tau = \sigma n L$ , където $L$ е дължината на слоя, а $\sigma$ е напречното сечение на поглъщане за частиците. Ако частиците са големи, $\sigma$ се явява просто геометричното им напречно сечение. И така, отчитайки, че гледаме през пръстена под ъгъл $\varepsilon$ , имаме

\tau = n\left(\frac{\pi d^2}{4}\right)\left(\frac{h}{\sin\varepsilon}\right) = \frac{3m}{2\pi\rho d(r_{out}^2-r_{in}^2)\sin\varepsilon} = 2{,}8.

Относителният спад в потока поради поглъщането е $\Phi/\Phi_0 = e^{-\tau}$ , така че

\Delta m = -2{,}5\lg e^{-\tau} = \frac{2{,}5\tau}{\ln 10} \approx \textbf{3}.

Забележка. Решението с оптична дебелина отчита, че частиците от пръстена могат да се налагат една върху друга, гледано от наблюдателя. Ако не вземем това предвид, бихме получили безсмислен резултат. Ако масата на пръстена обаче беше 100 пъти по-малка, частиците му ще бъдат доста по-нарядко. Тогава е позволено да направим по-проста оценка, като пренебрегнем застъпването на частиците. Да видим каква геометрична площ ледени частици се наслагва на фона на земния диск с площ $\pi R_E^2$ . В цилиндър с основа $\pi R_E^2$ и височина $(h/\sin\varepsilon)$ се съдържат общо $n\pi R_E^2(h/\sin\varepsilon)$ частици, всяка с площ $(\pi d^2/4)$ . Отношението на незакритата площ на земния диск към пълната му площ тогава става

1 - n\left(\frac{\pi d^2}{4}\right)\left(\frac{h}{\sin\varepsilon}\right) = 1-\tau,

при което за нарастването на звездната величина получаваме

\Delta m = -2{,}5\lg(1-\tau) = 0{,}03.

В) Както е показано по-нататък, отговорите са съответно максимална източна елонгация и западна квадратура.

Г) Причината Земята да може да се закрива от пръстените само за кратко на паралела ни е, че това би изисквало наклон на равнината на пръстените спрямо лъча към Земята, равен на почти точно $\varepsilon$ . В постановката на тази задача ситуацията при максимална елонгация е именно такава.

Схема на орбитите на Земята (E) и Сатурн (S) около Слънцето (O) с равнината на пръстените, ъгъла на наклон $\varepsilon$ и координатната ос $x$.

Но ориентацията на равнината на пръстените в пространството е фиксирана, докато тази на лъча към Земята не е. Условието Земята да може да се закрива е лъчът към нея да се оказва успореден на отсечката $ES$ от чертежа при максимална елонгация.

За да намерим кога това се изпълнява, въвеждаме координатна ос $x$ с начало при Слънцето, както е показано. Сега търсим моментите в рамките на следващата година, когато $E$ и $S$ имат еднаква $x$ координата. Ако моментът $t=0$ съответства на максималната елонгация, за Земята и Сатурн съответно можем да запишем

x_E = r_E\cos(\omega_E t), \quad x_S = r_E - v_S t,

където $\omega$ означава ъглова скорост, а $v$ означава линейна орбитална скорост. Преобразуваме израза за $x_S$ както следва:

x_S = r_E\left(1-\frac{v_S}{r_E}t\right) = r_E\left(1-\frac{v_S}{v_E}\frac{v_E}{r_E}t\right) = r_E\left(1-\sqrt{\frac{r_E}{r_S}}\omega_E t\right).

Полагаме $\omega_E t \equiv \theta$ и целим да решим уравнението

\cos\theta = 1-\sqrt{\frac{r_E}{r_S}}\theta = 1-0{,}32\theta.

То може да се реши графично чрез пресичане на графиките на косинус и права линия, или числено след няколко проби. Двете му решения при $\theta<2\pi$ са $\theta_1 = 0{,}67\ \mathrm{rad}$ и $\theta_2 = 4{,}31\ \mathrm{rad}$ . И тъй като земната година съответства на $2\pi\ \mathrm{rad}$ , достигаме до

\Delta t_1 = \textbf{39 d}, \quad \Delta t_2 = \textbf{251 d}.

Стойностите, получени при решаване без приближения, се различават само с ден.

Критерии за оценяване (общо 12 т.):
А) За правилна геометрична постановка на закриването от пръстените – 1 т.
За указване на оптималния случай – 1 т. (без доказателство – 0,5 т.)
За пресмятания и верен числен резултат – 1 т.
Б) За формула за масата, от която се изразява произведението $nh$ – 1 т.
За изразяване на оптичната дебелина – 1,5 т. (ако няма $\sin\varepsilon$ – 0,5 т.)
За изразяване на промяната в звездната величина и числен резултат – 1,5 т. (При алтернативното решение за „лек пръстен“ – до 3 т.)
В) За два верни отговора – 1 т. (само един верен отговор – 0 т.)
Г) За разбиране на явлението и геометрична постановка – 2 т.
За достигане до уравнение в удобен вид – 1 т.
За решаване на уравнението и крайни отговори – 1 т.

Оригинал в Архива: 25-II-1112.pdf · официални решения: a25-II-1112.pdf