Съдържание

НОА 2026, III кръг (национален), 11–12 клас — Задача 4. Средна орбитална скорост

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НОА 2026

XXIX Национална олимпиада по астрономия 2026, Национален кръг, Бургас, възрастова група 11-12 клас, първи тур · 9 май 2026 г. · 14 т.

Условие

А) Два астероида се движат по кръгови орбити около Слънцето в равнината на земната орбита, в същата посока като Земята, и имат еднакви синодични периоди. Ако сумата на орбиталните скорости на двата астероида е $kv_\oplus$ , изразете разликата в орбиталните им скорости с k и $v_\oplus$ . Приемете, че Земята се движи около Слънцето по кръгова орбита, с постоянна скорост $v_\oplus$ . [4 т.]

Б) Ако орбитата не е кръгова, средната орбитална скорост е свързана с обиколката ѝ. Въпреки че няма проста формула за обиколка на елипса, през 1798 г. Джеймс Айвъри извежда дълга формула, от която може да се направи следното заключение:

Обиколката на елипса с голяма полуос a и малка полуос b е приблизително равна на обиколката на окръжност с радиус r, равен на средноаритметичното на a и b.

Относителната грешка на това приближение расте с ексцентрицитета e като тя е 0,1% за e = 0,50 и 0,7% за e = 0,70. За целите на задачата ще считаме приближението за идеално при e < 0,50.

Два астероида се движат по орбити около Слънцето с еднакъв период, но средната орбитална скорост на единия астероид е с 3% по-малка. Орбитата на първия астероид е кръгова. Какъв е ексцентрицитетът на орбитата на втория астероид? [3 т.]

В) Пресметнете коефициента q, дефиниран в следното твърдение за орбити с малък ексцентрицитет:

В координатна система с център в центъра на орбитата и x-ос, растяща към афелия, точката, в която планетата има скорост, равна на средната орбитална скорост, има x-координата x = qf, където f = ea е фокусното разстояние на орбитата. [4 т.]

Г) Пресметнете на кои дати Земята се движи с орбитална скорост, равна на средната ѝ орбитална скорост. За целта може да приемете, че това се случва, когато Земята пресича малката ос на орбитата си, тъй като разликата от ефекта във В) подусловие е по-малка от 1 ден. Ексцентрицитетът на земната орбита е 0,0167. [3 т.]

Отговори

Решение

А) Двата астероида имат еднакъв синодичен период $T_{SYN}$ . За астероида на вътрешна орбита важи:

\frac{1}{T_1} = \frac{1}{1\mathrm{yr}} + \frac{1}{T_{SYN}}

За астероида на външна орбита важи:

\frac{1}{1\mathrm{yr}} = \frac{1}{T_2} + \frac{1}{T_{SYN}}

Заместваме и получаваме:

\frac{1}{T_1} + \frac{1}{T_2} = \frac{2}{1\mathrm{yr}}

За обект на кръгова орбита с радиус r, скорост v и период T важи

v = \frac{2\pi r}{T},\qquad \frac{r^3}{T^2} = \frac{GM}{4\pi^2}

\frac{v^3T}{8\pi^3} = \frac{GM}{4\pi^2}

\frac{1}{T} = \frac{v^3}{2\pi GM}

Заместваме и получаваме

v_1^{\,3} + v_2^{\,3} = 2v_\oplus^{\,3}

От формулите за съкратено умножение получаваме

(v_1+v_2)(v_1^{\,2} - v_1v_2 + v_2^{\,2}) = 2v_\oplus^{\,3}

(v_1+v_2)\big((v_1+v_2)^2 - 3v_1v_2\big) = 2v_\oplus^{\,3}

Заместваме с $v_1 + v_2 = kv_\oplus$

k\big(k^2v_\oplus^{\,2} - 3v_1v_2\big) = 2v_\oplus^{\,2}

\frac{3v_1v_2}{v_\oplus^{\,2}} = k^2 - \frac{2}{k}

Заместваме с $v_2 = kv_\oplus - v_1$

3v_1\big(kv_\oplus - v_1\big) = v_\oplus^{\,2}\left(k^2 - \frac{2}{k}\right)

v_1^{\,2} - kv_\oplus v_1 + \frac{v_\oplus^{\,2}}{3}\left(k^2 - \frac{2}{k}\right) = 0

Решаваме квадратното уравнение и получаваме

v_1 = \frac{kv_\oplus}{2} + \frac{1}{2}\sqrt{k^2v_\oplus^{\,2} - 4\frac{v_\oplus^{\,2}}{3}\left(k^2-\frac{2}{k}\right)}

v_2 = \frac{kv_\oplus}{2} - \frac{1}{2}\sqrt{k^2v_\oplus^{\,2} - 4\frac{v_\oplus^{\,2}}{3}\left(k^2-\frac{2}{k}\right)}

Разликата е

v_1 - v_2 = \sqrt{k^2v_\oplus^{\,2} - 4\frac{v_\oplus^{\,2}}{3}\left(k^2-\frac{2}{k}\right)}

v_1 - v_2 = v_\oplus\sqrt{k^2 - \frac{4}{3}\left(k^2-\frac{2}{k}\right)}

v_1 - v_2 = v_\oplus\sqrt{\frac{8}{3k} - \frac{k^2}{3}}

v_1 - v_2 = v_\oplus\sqrt{\frac{8-k^3}{3k}}

Б) Средната скорост по орбитата с обиколка C е v = C/T. От III закон на Кеплер, двата астероида имат еднаква голяма полуос a и период T. Следователно

C_2 = 0{,}97C_1

Кръговата орбита има обиколка

C_1 = 2\pi a

Елиптичната орбита има обиколка, приблизително равна на

C_2 = 2\pi\frac{(a+b)}{2} = \pi(a+b)

Заместваме с голямата полуос, изразена от a и e:

b = a\sqrt{1-e^2}

Получаваме

C_2 = 1 + \sqrt{1-e^2} = 2\cdot 0{,}97

1 + \sqrt{1-e^2} = 1{,}94

Решаваме и получаваме

e = \sqrt{1 - 0{,}94^2} = 0{,}341

В) От Б) следва, че средната скорост е

v = \frac{\pi(a+b)}{T} = \frac{2\pi a}{T}\frac{\left(1+\sqrt{1-e^2}\right)}{2} = v_0\frac{\left(1+\sqrt{1-e^2}\right)}{2}

където v0 е скоростта в точките, в които малката ос пресича елипсата.

Ако планетата има средна скорост на разстояние r от звездата, то от ЗЗЕ

v = \sqrt{GM\left(\frac{2}{r}-\frac{1}{a}\right)} = \sqrt{\frac{GM}{a}\left(\frac{2a}{r}-1\right)} = v_0\sqrt{\frac{2a}{r}-1}

Приравняваме и получаваме

\frac{1+\sqrt{1-e^2}}{2} = \sqrt{\frac{2a}{r}-1}

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

За $e \ll 1$

\frac{a}{r} \approx \frac{1}{2}\left(\left(\frac{2-e^2/2}{2}\right)^2+1\right) \approx \frac{1}{2}\left(\left(1-\frac{e^2}{4}\right)^2+1\right) \approx 1 - \frac{e^2}{4}

r \approx a\left(1+\frac{e^2}{4}\right)

От Питагоровата теорема

r \approx \sqrt{(1+q)^2f^2 + b^2}

r \approx \sqrt{(1+q)^2a^2e^2 + a^2(1-e^2)}

r \approx a\sqrt{(1+q)^2e^2 + (1-e^2)}

\left(1+\frac{e^2}{4}\right) \approx \sqrt{((1+q)^2-1)e^2+1}

\left(1+\frac{e^2}{2}\right) \approx (2q)e^2+1

q \approx 1/4

Г) От В) дъгата, измината по земната орбита от пресечната точна с малката ос до точката със средна скорост е

\sin\theta \approx \frac{1}{4}e

\theta = 0{,}23°

Този ъгъл се изминава за по-малко от 1 ден, така че средната скорост обикновено ще бъде достигната на същата дата като пресечната точка с малката ос. Времето t преди/след перихелий намираме от II Закон на Кеплер

\frac{t}{365{,}25\ \mathrm{d}} = \frac{\frac{\pi ab}{4} - \frac{eab}{2}}{\pi ab} = \frac{1}{4} - \frac{e}{2\pi}

Получаваме t = 90,3 d (като добавим времето за изминаване на ъгъл θ – 90,5 d). При перихелий на 3 януари, търсените дати са 24 март и 5 октомври.

Критерии за оценяване (общо 14т.):

А) 4т. за изразяване на разликата в орбиталните скорости
Б) 3т. за пресмятане на ексцентрицитета на орбитата на астероида
В) 4т.: за извеждане на q = 1/4; За коректно заместване с примерни орбити се дават 1,5/4. За неточни аналитични приближения, които дават резултат между 0,2 и 0,3, се дават 3,5/4.
Г) 3т.: 2т. за прилагане на II закон на Кеплер + 1т. за перихелия и датите

Оригинал в Архива: 26-III-1112.pdf · официални решения: a26-III-1112.pdf