Съдържание

Условие Отговори Решение

Самара 2015, I кръг (задочен), 10–11 клас — Задача 13. Вспышка ИСЗ

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от Самара 2015

Условия конкурсных задач олимпиады по астрономии SAMRAS-2015 среди учащихся 10-11 классов заочного тура № 1 · 11 т.

Уровень А

Уровень «Новичок» (уровень А)

Уровень B

Уровень «Знаток» (уровень B)

Уровень C

Уровень «Профи» (уровень C)

Условие

Условие. Астроном-любитель (находившийся на земном экваторе), выполняя обзор восточной части небосвода 21 марта 2014 года, за 240 минут до восхода Солнца, наблюдал вблизи горизонта «вспышку» низкоорбитального искусственного спутника Земли – резкое увеличение его видимого блеска, обусловленное отражением (согласно закону отражения) солнечных лучей от рабочей поверхности его солнечных батарей. Для уменьшения силы сопротивления атмосферы ориентация панелей солнечных батарей всегда перпендикулярна отвесной линии в данной точке орбиты. Предполагая, что орбита ИСЗ является круговой, а ее наклонение к плоскости земного экватора равно нулю, определите ее радиус, высоту орбиты, расстояние до спутника и период его обращения. Рефракцией света в атмосфере Земли пренебречь. (11 баллов).

Отговори

Решение

Дано: $\Delta t = 240$ мин, 21 марта.

Найти: $r, H, L, T$ – ?

Решение: Поскольку наклонение орбиты спутника к плоскости земного экватора равно нулю, то Солнце, наблюдатель и спутник лежат в одной плоскости. Наблюдатель в начальный момент времени находится в точке $O_1$ . В момент восхода Солнца в местности, где находится наблюдатель, последний будет находиться в точке $O_2$ . Угол $\angle O_1CO_2 = \beta$ – угол поворота Земли вокруг своей оси, определяемый выражением:

\beta = \omega_\oplus\cdot\Delta t = 60.2^{\circ},

где $\omega_\oplus = 15.04^{\circ}$ /час – угловая скорость суточного вращения Земли.

Схема: сектор Земли с центром C; точки O₁ и O₂ (H) на поверхности с радиусами ℜ⊕ к ним и углом β при C; спутник S над Землей на расстоянии r от C; оранжевые лучи от H к S и от S к O₁ (отрезок L), равные углы γ при S, высота h_s при O₁, пунктирные касательные к поверхности в O₂ и O₁. — Рис. 10: к определению радиуса орбиты спутника.

Из четырехугольника $COSH$ следует, что

90^{\circ} + 2\gamma + (90^{\circ} + h_s) + \beta = 360^{\circ},\ \Rightarrow

h_s = 180^{\circ} - 2\,\gamma - \beta.

Поскольку, по условию задачи, «вспышка» наблюдалась вблизи горизонта, то ее высота $h_s \approx 0^{\circ}$ . Откуда следует, что

\gamma \approx 90^{\circ} - \frac{\beta}{2}.

Для треугольника $\triangle CSO_1$ согласно теореме синусов имеем выражения для $CS = r$ , $SO_1 = L$ :

r = \mathfrak{R}_\oplus\frac{\sin(90^{\circ} + h_s)}{\sin\gamma} \approx \frac{\mathfrak{R}_\oplus}{\cos\frac{\beta}{2}} = 1.156\cdot\mathfrak{R}_\oplus.

Численный расчет дает значение $r = 7372$ км (при $\mathfrak{R}_\oplus = 6378$ км – средний экваториальный радиус Земли), при этом высота орбиты есть

H = r_\oplus - \mathfrak{R}_\oplus = 994\,\text{км}.

Расстояние до спутника есть

L = \mathfrak{R}_\oplus\frac{\sin(90^{\circ} - h_s - \gamma)}{\sin\gamma} \approx \mathfrak{R}_\oplus\frac{\cos\gamma}{\sin\gamma} = \mathfrak{R}_\oplus\,\mathrm{tg}\,\frac{\beta}{2} = 3693\,\text{км}. \qquad (11)

С использованием третьего закона Кеплера находим период обращения спутника:

\frac{T^2}{T_1^2} = \frac{r^3}{\mathfrak{R}_\oplus^3},\ \Rightarrow\ T = T_1\left(\frac{r}{\mathfrak{R}_\oplus}\right)^{3/2} = 1.243\cdot T_1 = 1.749\,\text{часа}. \qquad (12)

$T_1$ – период обращения спутника. движущегося у поверхности Земли с первой космической скоростью:

T_1 = \frac{2\pi\,\mathfrak{R}_\oplus}{\sqrt{g_0\,\mathfrak{R}_\oplus}} = 1.408\,\text{часа}.

Ответ: $r \approx \frac{\mathfrak{R}_\oplus}{\cos\frac{\beta}{2}} = 1.156\cdot\mathfrak{R}_\oplus = 7372$ км, $H = 994$ км, $L \approx \mathfrak{R}_\oplus\,\mathrm{tg}\,\frac{\beta}{2} = 3693$ км, $T = 1.749$ часа. ( $\text{\textdollar}_{\max} = 11$ баллов).

Оригинал в Архива: Tasks[SAmRAS_2015-1]_10-11 classes.pdf · официални решения: TasksDecisions[SAmRAS_2015-1]_10-11 classes.pdf