Съдържание

НОА 2025, III кръг (национален), 11–12 клас — Задача 2. Три обекта на лунното небе

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. Национален кръг на олимпиадата по астрономия. Димитровград, 10 май 2025 г. Възрастова група XI-XII клас, първи тур · 10 май 2025 г. · 12 т.

Бележка

Справочни данни (по всички задачи):

Гравитационна константа $G = 6{,}67.10^{-11}\ \mathrm{m^3 kg^{-1} s^{-2}}$

Скорост на светлината във вакуум $c = 300000\ \mathrm{km/s}$

Константа на Планк $h = 6{,}63.10^{-34}\ \mathrm{J\,s}$

Астрономическа единица $r_E = 1{,}496.10^{8}\ \mathrm{km}$

Маса на Слънцето $M_\odot = 1{,}99.10^{30}\ \mathrm{kg}$

Радиус на Слънцето $R_\odot = 696000\ \mathrm{km}$

Маса на Земята $M_E = 5{,}97.10^{24}\ \mathrm{kg}$

Маса на Луната $M_L = 7{,}35.10^{22}\ \mathrm{kg}$

Радиус на Луната $R_L = 1738\ \mathrm{km}$

Радиус на лунната орбита $r_L = 384400\ \mathrm{km}$

Бележка

Предайте този лист заедно с решенията си!

Условие

В момент на първа четвърт вие се намирате на лунната повърхност, в най-източната на земното небе точка по видимия лунен диск (маркирана с X на Фигура 1). Изображението на Фигура 1 е за наблюдател, който вижда точката X в зенита. Движите се директно към Земята, със скорост 10 m/s по лунната повърхност. Както на Земята, на лунния хоризонт изток е посоката, към която се движи повърхността при околоосното въртене. На височина 9 градуса над точката изток по математическия хоризонт наблюдавате три природни обекта. Всеки от обектите е с нулева скорост спрямо вас.

Снимка на Луната в първа четвърт (осветена дясна половина), с бял знак X на левия (източен на земното небе) край на диска. — Фигура 1. Място по лунния диск.

Обект A е на разстояние от вас $d_A = 300\ \mathrm{km}$ .
Обект B е на разстояние от вас $d_B = 300\ 000\ \mathrm{km}$ .
Обект C е на разстояние от вас $d_C = 300\ 000\ 000\ \mathrm{km}$ .

За всеки от трите обекта:

Опишете предстоящата траектория с подходящ чертеж и с подходящи количествени параметри, като приемете, че не действат други сили освен гравитационните.
Посочете на чертежа положението на точката, в която обектът ще има (или е имал) максимална скорост спрямо масивното тяло, което му действа с най-голяма гравитационна сила в момента на наблюдението.
Изчислете тази скорост.
Изчислете разстоянието от точката до това масивно тяло. Ако точката е на повърхността на тялото, изчислете къде по повърхността е.

3 обекта × [4 т.] = [12 т.]

Указание:
Формули без чертеж няма да бъдат оценявани при проверката!

Приемете, че Луната се движи по кръгова орбита в равнината на еклиптиката и равнината на лунния екватор.

Решение

Снимка на Луната в първа четвърт (лявата половина тъмна, дясната осветена); с X е маркирана най-източната точка по видимия лунен диск, на левия край на диска. — Фигура 1. Място по лунния диск.

Решение.

А) (Обект А) Нека да намерим височината $h$ на точката $A$ над лунната повърхност. Разглеждаме $\triangle XAL$ ( $L$ – център на Луната). За наблюдател в точка $X$ точка $A$ е на височина $9^{\circ}$ , а точка $L$ е в надир, тоест $\angle AXL = 99^{\circ}$ .

Чертеж: лунна повърхност с точки X, N, P; точка A на височина h над N; параболична траектория от A до P с хоризонтално разстояние s; отсечка d_A от X до A под ъгъл 9° над хоризонта; вектори v_X, ъгъл γ. — Фигура А3. Траектория на Обект А.

По косинусова теорема

LA^2 = LX^2 + XA^2 - 2LX.XA.\cos 99^{\circ},

(R_L + h)^2 = R_L^2 + d_A^2 - 2R_L d_A \cos 99^{\circ}.

Получаваме $h = 71{,}36\ \mathrm{km}$ . Дъгата по лунната повърхност от $X$ до точката $N$ под $A$ намираме от централния ѝ ъгъл в $L$ :

\beta = \arctan\left(\frac{d_A}{R_L}\right) = 9{,}4^{\circ}.

Ще пренебрегнем околоосното въртене на Луната. На чертежа $\gamma = \beta$ и $v_X = 10\ \mathrm{m/s}$ . Гравитационното ускорение на повърхността на Луната е

g_{L0} = \frac{GM_L}{R_L^2} = 1{,}62\ \mathrm{m/s^2}.

Аналогично, гравитационното ускорение в точка $A$ е

g_{LA} = \frac{GM_L}{(R_L+h)^2} = 1{,}50\ \mathrm{m/s^2}.

Можем с добра точност да приемем, че траекторията е близка до парабола, със средно гравитационно ускорение $g_L = 1{,}56\ \mathrm{m/s^2}$ . Можем също да забележим, че обектът е в точка $A$ е съвсем близо до достигане на максималната си височина, защото $v_X \ll \sqrt{2gh}$ (камо ли вертикалната компонента $v_X \sin\gamma$ !). Затова приближаваме, че падането става с нулева начална скорост по вертикалата.

Тялото ще падне на лунната повърхност за време

t = \sqrt{\frac{2h}{g_L}} = 303\ \mathrm{s}.

Разстоянието между мястото под точка $A$ и мястото на удара е

s = (v_X \cos\gamma)t = \mathbf{2{,}99\ km}.

Скоростта на удара е приблизително

v = \sqrt{v_X^2 + 2g_L h} = \mathbf{473\ m/s}.

Коментар. Ако силно желаем, може и да отчетем допълнително, че лунният екватор се върти със скорост

v_Q = \frac{2\pi R_L}{T_L} = \frac{2\pi(1738\ \mathrm{km})}{27{,}32\ \mathrm{d}} = 4{,}6\ \mathrm{m/s},

както и че виждаме обекта в момент $\Delta t$ преди достигане на максимална височина, където

\Delta t = \frac{(v_X + v_Q)\sin\gamma}{g_L} \approx \frac{(v_X + v_Q)\sin\gamma}{v}t = 1{,}5\ \mathrm{s}.

Тогава резултатът за хоризонталното разстояние е практически непроменен:

s \approx \left((v_X + v_Q)\cos\gamma - v_Q\right)(t + \Delta t) = 2{,}99\ \mathrm{km}.

Б) (Обект B) Гледано от точка $X$ по лунния диск, центърът на Земята е на математическия хоризонт, в точката изток. Следоватено ъгълът Земя-Луна- $B$ е $9^{\circ}$ . Разстоянието Земя- $B$ ( $r_B$ ) намираме по косинусова теорема:

r_B = \sqrt{r_L^2 + d_B^2 - 2r_L d_B \cos 9^{\circ}} = 99810\ \mathrm{km}.

Тялото е в гравитационното поле на Земята и можем да пренебрегнем влиянието на трети тела върху него. То е неподвижно спрямо наблюдателя на Луната, но Луната се движи по орбитата си със скорост

v_L = \frac{2\pi r_L}{T_L} = 1{,}02\ \mathrm{km/s}.

Тази скорост е по-ниска от скоростта на избягване от Земята за разстояние $r_B$ , така че тялото ще се движи по елиптична орбита около Земята, която трябва да решим.
По синусова теорема намираме ъгъл $B$ в триъгълника:

\sin B = (\sin 9^{\circ})\frac{r_L}{r_B}.

Получаваме $B = 142{,}9^{\circ}$ . Оттук намираме ъгъла $\theta_B$ между вектора на скоростта на $B$ и отсечката Земя- $B$ :

\theta_B = 360^{\circ} - 99^{\circ} - 142{,}9^{\circ} = 118{,}1^{\circ}.

Голямата полуос на орбитата на $B$ намираме от закона за запазване на енергията:

\frac{m_B v_L^2}{2} - \frac{GM_E m_B}{r_B} = -\frac{GM_E m_B}{2a_B}.

В резултат $a_B = 57390\ \mathrm{km}$ . От закона за запазване на момента на импулса

m_B v_L r_B \sin\theta_B = m_B v_{PB} r_{PB},

v_L r_B \sin\theta_B = \sqrt{GM_E a_B(1 - e_B^2)},

e_B = \sqrt{1 - \frac{(v_L r_B \sin\theta_B)^2}{GM_E a_B}} = 0{,}804.

Разстоянието Земя- $B$ в перигей тогава е

r_{PB} = a_B(1 - e_B) = \mathbf{11250\ km}.

Скоростта на B в перигей е

v_{PB} = \sqrt{\frac{GM_E}{a_B}}\sqrt{\frac{1+e_B}{1-e_B}} = \mathbf{7{,}99\ km/s}.

Чертеж: Луна с вектор v_L, ъгъл 9° при Луната, отсечки d_B и r_L, точка B с ъгъл 99° и θ_B, отсечка r_B до Земята, елиптична орбита около Земята с перигей P. — Фигура А4. Траектория на Обект B.

В) (Обект C) Гледано от точка $X$ по лунния диск, Слънцето е в надир, а разстоянието до него е 1 au. Следователно ъгълът Слънце- $X$ - $C$ е $99^{\circ}$ . Разстоянието Слънце- $C$ ( $r_C$ ) намираме по косинусова теорема:

r_C = \sqrt{r_E^2 + d_C^2 - 2r_E d_C \cos 99^{\circ}} = 2{,}376\ \mathrm{au}.

Скоростта на избягване от Слънцето за това разстояние е

v_{II} = \sqrt{\frac{2GM_\odot}{r_C}} = \sqrt{\frac{GM_\odot}{r_E}}\sqrt{\frac{2r_E}{r_C}} = (29{,}79\ \mathrm{km/s}).\left(\frac{2}{2{,}376}\right)^{1/2} = 27{,}33\ \mathrm{km/s}.

Обект $C$ се движи със скоростта на наблюдателя, която в тази отправна система е почти равна на скоростта на Земята около Слънцето $v_E = 29{,}79\ \mathrm{km/s}$ . Това означава, че пълната механична енергия на обект $C$ е положителна и той ще се движи по хипербола.

По синусова теорема намираме ъгъл $C$ в триъгълника:

\sin C = (\sin 99^{\circ})\frac{r_E}{r_C}.

Получаваме $B = 24{,}6^{\circ}$ . Оттук намираме ъгъла $\theta_C$ между вектора на скоростта на $C$ и отсечката Слънце- $C$ :

\theta_C = 180^{\circ} - 9^{\circ} - 24{,}6^{\circ} = 146{,}4^{\circ}.

Отчитаме приноса на вектора на орбиталното движение на Луната, което в случая е по направлението Слънце-Земя. То няма да промени съществено големината на $v_E$ , но ще отмести посоката с ъгъл $\Delta\theta = \arctan(v_L/v_E) = 2{,}0^{\circ}$ по часовниковата стрелка. Коригираната стойност ще бъде $\theta_C' = 148{,}4^{\circ}$ .

Записваме законите за запазване на енергията и на момента на импулса, като сравняваме настоящото положение на $C$ с перихелия му:

\frac{m_C v_E^2}{2} - \frac{GM_\odot m_C}{r_C} = \frac{m_C v_{PC}^2}{2} - \frac{GM_\odot m_C}{r_{PC}}, \qquad m_C v_E r_C \sin\theta_C' = m_C v_{PC} r_{PC}.

Заместваме $v_{PC} = v_E r_C \sin\theta_C / r_{PC}$ и получаваме уравнение за $r_{PC}$ :

v_E^2 - \frac{2GM_\odot}{r_C} = \left(\frac{v_E r_C \sin\theta_C'}{r_{PC}}\right)^2 - \frac{2GM_\odot}{r_{PC}}.

Използвайки формулата за кръгова скорост на 1 au от Слънцето, имаме

v_E^2 - \frac{2v_E^2 r_E}{r_C} = v_E^2 (r_C \sin\theta_C')^2\left(\frac{1}{r_{PC}}\right)^2 - \frac{2v_E^2 r_E}{r_{PC}}.

Съкращаме $v_E$ и работим с мерни единици au за разстоянията, при което

1 - \frac{2}{r_C} = (r_C \sin\theta_C')^2\left(\frac{1}{r_{PC}}\right)^2 - \frac{2}{r_{PC}},

(r_C \sin\theta_C')^2\left(\frac{1}{r_{PC}}\right)^2 - 2\left(\frac{1}{r_{PC}}\right) + \left(\frac{2}{r_C} - 1\right) = 0.

Решаваме квадратното уравнение и получаваме $r_{PC} = \mathbf{0{,}733\ au}$ . Заместваме обратно и получаваме $v_{PC} = \mathbf{50{,}6\ km/s}$ .

Чертеж: точка C с вектори v_E, v_L и отклонение Δθ, ъгъл θ_C; отсечка d_C до Земя/Луна с ъгъл 99°; отсечки r_C и r_E до Слънцето; хиперболична траектория с перихелий P. — Фигура А5. Траектория на Обект C.

Критерии за оценяване (общо 12 т.):
А) Общо – 4 т.
Б) Общо – 4 т.
В) Общо – 4 т.

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