НОА 2025, IV кръг, Старша възраст — Задача 3. Три в едно

• А) 55 h
• Б) 7.9 d
• В) $\tau = \frac{3}{\sqrt{2}}\sqrt{\frac{L}{g}}$ ≈ $7$ h

Решение.

А) Изгревът на Слънцето на северния полюс на Уран е показан схематично на Фигура А3. Понеже на полюса небесният екватор съвпада с видимия хоризонт, то Слънцето изгрява под ъгъл $i = 82^{\circ}$ спрямо хоризонта. Видимият ъглов размер на Слънцето за наблюдател на Уран $\delta_U$ би следвало да бъде 20 пъти по-малък от този за Земята, тоест $\delta_U = 1.5'$.

От чертежа се вижда, че ъгловата дължина на дъгата от еклиптиката, която Слънцето трябва да измине от началото на изгрева до неговия край, ще бъде

Нека с $T_U$ да означим орбиталния период на Уран около Слънцето. Съгласно третия закон на Кеплер

За време $T_U$ Слънцето изминава $360^{\circ}$ по еклиптиката на Уран. Следователно продължителността на изгрева на Слънцето е може да се изрази по следния начин:

Б) Понеже моментите на зимното и лятното слънцестоене съвпадат с моментите, в които Земята преминава през перихелия и афелия на своята орбита, то равноденствията настъпват, когато планетата ни се намира на правата, която е перпендикулярна на апсидната линия (отсечката, която свързва тези две положения, се нарича фокална хорда или latus rectum от латински). Ситуацията е показана на Фигура А4:

Когато Земята преминава през перихелий, тя се намира в т. $P$ от своята орбита. В моментите на есенно и пролетно равноденствие нашата планета е в точки $A'$ и $B'$. В т. $S$ е разположено Слънцето.

За да намерим за колко време Земята се придвижва от т. $A'$ до т. $B'$, минавайки през перихелия, трябва да намерим каква част от площта на цялата елипса се заема от сектора $A'PB'$. За целта построяваме окръжност, която има радиус, равен на голямата полуос на земната орбита с център т. $O$ – центърът на елипсата.

За решаване на задачата трябва да се използва следното съображение: секторът $A'PB'$ заема такава част от площта на елипсата, каквато секторът $APB$ от площта на окръжността.

Коментар. Този факт произтича от това, че елипсата се явява окръжност, сплесната с някакъв фактор $k$ по едната ос. Това „сплескване“ води до умножаване на всички площи с $k$, така че отношенията помежду им остават същите. Това доказателство (както и всякакво друго) не се изисква от учениците.

Площта на сектора $APB$ от окръжността може да се изрази по следния начин:

За ъгъл $\alpha$ можем да запишем

Следователно лицето на триъгълника $AOB$ може да се изрази по следния начин:

Оттук следва, че

Понеже площта на окръжността е $S = \pi a^2$, получаваме, че

Съгласно II закон на Кеплер интервалът от време, за който Земята изминава този сегмент от орбитата си, е

Останалата част от орбитата се изминава за интервал от време

Разликата между двата интервала е

В) Разполагаме с оскъдни данни и явно се иска да работим приближено. Ъгълът при върха на земната сянка се явява ъгловият размер на Слънцето, гледано от тази точка. Тъй като $L \ll 1\ \mathrm{au}$, той е равен на видимия ъглов размер на Слънцето $\delta_{\odot}$, гледано от Земята. Нека радиусът на орбитата на спътника е $r$ (и видимо $r < L$). Тогава ширината на земната сянка $\Delta_1$ там, където спътникът я пресича, се изразява с

Докато спътникът е в нея, от него се наблюдава пълно затъмнение. Около пълното затъмнение ще има и два интервала на частично затъмнение, при които спътникът минава по двете страни на лунната полусянка. Да намерим ширината на всеки от дяловете.

Правите, които ограничават даден дял, са общи допирателни на Слънцето и Земята. Тъй като Слънцето е много по-голямо от Земята, тези прави практически минават през една и съща точка по земната повърхност. А там ъгълът между тях е равен на ъгловия размер на Слънцето $\delta_{\odot}$, гледано от Земята (вж. Фигура А5). Ширината на полусянката при орбитата на спътника съответно е

В нашата ситуация продължителностите на частичната и пълната фаза не се различават твърде силно. Това означава, че $\Delta_1$ и $\Delta_2$ са от един порядък, тоест $r$ и $L$ са също от един порядък. Тогава е видно, че изминаването на сянката и полусянката ще съответства на малък интервал от орбитата на спътника. Съответно може да приемем, че движението през тези области става с постоянна скорост $v$. Оттук съгласно условието имаме, че

Скоростта $v$ по същество е кръговата скорост за орбита с такъв радиус, тоест

където $M_E$ и $R_E$ съответно са масата и радиусът на Земята. Времетраенето на затъмнението е

Тъй като ъгълът $\delta_{\odot}$ е малък, дължината на сянката изпълнява

Тогава опростяваме отговора до

Никола Каравасилев [А), Б)], Стефан Иванов [В)]

Критерии за оценяване (общо 15 т.):

А) За намиране на видимия ъглов диаметър на Слънцето за Уран – 0.5 т.
За правилно геометрично представяне на изгрева и намиране на ъгловата дължина на дъгата, която Слънцето изминава при изгрев – 2 т.
За намиране на орбиталния период на Уран – 0.5 т.
За правилен израз за продължителността на изгрева и верен отговор – 1 т.

Б) За правилно геометрично представяне на положенията на Земята по време на равноденствия – 1 т.
За съобразяване на начина по който ще се изрази каква част от площта на елипсата заема секторът, който Земята изминава – 1 т.
За правилно изразяване на частта от площта на окръжността, която се заема от сектора, и верен числен резултат – 2 т.
За краен отговор за разликата във времената – 1 т.

В) За връзка между радиуса на Земята, ъгловия размер на Слънцето и дължината на сянката – 1 т.
За изразяване на ширината на сянката $\Delta_1$ – 1 т.
За изразяване на ширината на полусянката $\Delta_2$ – 2 т.
За изразяване на орбиталната скорост на спътника чрез $g$ – 1 т.
За намиране на $\tau$ и числен резултат – 1 т.