Съдържание

Самара 2021, II кръг (очен), 10–11 клас — Задача №12. «Морозко: запуск на гелиоцентрическую орбиту»

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от Самара 2021

ОМОА им. Ф.А. Бредихина-2021. Тур №2. 10–11 классы. · 15 т.

Внимание: Бележка към темата

Сохранены особенности оригинала: в условии№5 требуется доля освещенной поверхности всей Луны, а ключ№5 уточняет «видимой с Земли»; в ключе№3 M⊕ названа массой Солнца; в формуле43 оставлена последовательность =≥; в формуле90 слева напечатано V0² перед квадратным корнем; в справочных данных A.4 эксцентриситет Луны0.55; солнечная величина−26.74 в A.2 и−26.8 в A.7; промежуточный знак гравитационного давления в ключе№11 и ссылка на таблицу1 оставлены. Эти печатные особенности научно не исправлялись.

ОМОА им. Ф.А. Бредихина. Сезон2020–2021, Тур№2,10–11классы

САМАРСКИЙ РЕГИОНАЛЬНЫЙ ЦЕНТР ДЛЯ ОДАРЕННЫХ ДЕТЕЙ САМАРСКАЯ ОБЛАСТНАЯ АСТРОНОМИЧЕСКАЯ ШКОЛА УСЛОВИЯ И РЕШЕНИЯ КОНКУРСНЫХ ЗАДАЧ ОТКРЫТОЙ МЕЖРЕГИОНАЛЬНОЙ ОЛИМПИАДЫ ПО АСТРОНОМИИ им. Ф.А. БРЕДИХИНА СРЕДИ ОБУЧАЮЩИХСЯ 10-11 КЛАССОВ. СЕЗОН: 2020-2021, ТУР №2 Самаpа, 2021 г.

Автор, атрибуция и памятка участника

Дорогие Друзья! Вашему вниманию в данном релизе представлены 12 оригинальных задач двух уровней сложности – «Новичок» (уровень А), «Знаток» (уровень B). Задачи составлены в соответствии с Перечнем вопросов, рекомендуемых Центральной предметной методической комиссией Всероссийской Олимпиады школьников по астрономии для подготовки обучающихся 10-11 классов к решению задач ее различных этапов. При использовании материалов релиза ссылка на документ обязательна! Ссылка: «Условия и решения конкурсных задач ОМОА им. Ф.А. Бредихина-2021 среди обучающихся 10-11 классов. Тур № 2». – https://sites.google.com/site/samrasolimp/omoa-solutions Составитель: – Филиппов Юрий Петрович, научный руководитель школы, методист СРЦОД, к.ф.-м.н., доцент кафедры общей и теоретической физики Самарского национального исследовательского университета им. академика С.П. Королева. Верстка в системе LATEX – Филиппов Ю.П., Белозерская Л.Н. Памятка участника ОМОА им. Ф.А. Бредихина-2021 1. Официальный сайт Астрошколы: https://sites.google.com/site/samrasolimp/ 2. Официальная группа в VK: vk.com/bredikhinolimp 3. Сроки подачи решений задач ОМОА им. Ф.А. Бредихина- 2021 тура №2 на проверку: 15.02.2021-31.03.2021!!! 4. Электронный ящик ОМОА им. Ф.А. Бредихина-2021: samrasolimp@mail.ru 5. Руководство зарегистрированного участника ОМОА им. Ф.А. Бредихина-2021: https://sites.google.com/site/samrasolimp/maindocs или https://vk.com/bredikhinolimp

Перед решением задач

Дорогие Друзья! Прежде чем приступить к решению задач и оформлению отчета участника ОМОА им. Ф.А. Бредихина-2021, внимательно ознакомьтесь с «Руководством зарегистрированного участника ОМОА им Ф.А. Бредихина-2021»! Электронный адрес последнего указан в Памятке участника.

Общие справочные данные

Полные справочные данные A.1–A.10, таблицы и диаграммы. В едином оригинале приложение помещено на физических стр.30–37.

Условие

В советской сказке "Морозко" один из ее главных героев, Иван в сцене нападения на него лесных разбойников метнул несколько дубинок в небо. Прошло ровно полгода и разбойники вновь напали на Ивана и его невесту, Настеньку. Во время нападения дубинки упали на головы разбойникам и помогли Ивану справиться с последними. Полагая, что все время полета дубинки двигались вокруг Солнца по эллиптической (гелиоцентрической) орбите, определите,

1 Эксцентриситет этой орбиты. (4 балла)

2 Большую полуось эллиптической орбиты. (2 балла)

3 Гелиоцентрическую скорость дубинок в точке пересечения орбит дубинок и Земли, вдали от последней. (2 балла)

4 Угол между направлением скоростей дубинок и Земли, в точке пересечения орбит. (3 балла)

5 Скорость дубинок относительно Земли, в указанной выше точке, вдали от Земли. (2 балла)

6 Минимальную скорость, которую должен быль придать Иван дубинкам на Земле, чтобы последние смогли начать движение по указанной орбите. (2 балл)

Сопротивлением воздуха и гравитационными возмущениями кеплеровой орбиты дубинок пренебречь. Орбиту Земли считать круговой.

Решение

Задача №12. «Морозко: запуск на гелиоцентрическую орбиту»

Решение:

Рассмотрим рис. 11.а), соответствующий условию задачи: здесь окружность – орбита Земли радиуса $a_{\oplus}$ , а эллипс – гелиоцентрическая орбита дубинок. Поскольку события запуска и падения дубинок отстоят ровно на $T_{\oplus}/2$ – половину звездного года Земли, то указанные события произошли в диаметрально противоположных точках орбиты Земли ( $B$ и $C$ ). При этом эллипс должен быть расположен симметрично относительно прямой $AP$ . Очевидно, что фокальный параметр орбиты дубинок $p = a_{\oplus}$ . С другой стороны из рисунка видна, что

p<b<a,\quad\Rightarrow a_\oplus<a

значит период обращения дубинок по орбите больше $T_{\oplus}$ . Поскольку дубинки перемещались от точки $C$ до точки $B$ , следовательно полгода они могли двигаться лишь по малой дуге $\breve{CPB}$ . Определим время движения дубинок по большой дуге $\breve{BAC}$ . Для этого учтем, что согласно второму закону Кеплера, секторная скорость $(\sigma )$ дубинок постоянна, тогда

\sigma=\frac{\pi ab}T=\frac{S_1}{T_\oplus/2}=\frac{S_2}{t_2},\quad\Rightarrow t_2=\frac{S_2}{S_1}\left(\frac{T_\oplus}2\right)\qquad (76)

здесь $T$ – сидерический период обращения дубинок вокруг Солнца, $a, b$ – большая и малая полуоси их орбиты, $S_{1}, S_{2}$ – площади малой $(CPBS)$ и большой $(CABS)$ частей эллипса, $t_2$ – время движения по большой дуге эллипса. Очевидно, что

T=\frac{T_\oplus}2+t_2=\frac{T_\oplus}2\left(1+\frac{S_2}{S_1}\right)=\frac{T_\oplus}2\left(\frac{S_1+S_2}{S_1}\right)=\frac{T_\oplus}2\frac{\pi ab}{S_1}.\qquad (77)

Определим площадь $S_1$ малой части эллипса. Для этого воспользуемся каноническим уравнением эллипса в декартовых координатах:

\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1,\quad\Rightarrow y=b\sqrt{1-\left(\frac xa\right)^2}.\qquad (78)

Разобьем малую часть эллипса на малые трапеции и рассмотрим одну такую малую трапецию (см. рис. 12.a). Очевидно, ее площадь будет равна

dS=y(x)\,dx=b\sqrt{1-\left(\frac xa\right)^2}\,dx\qquad (79)

где $x$ – средняя точка нижней грани трапеции. Следовательно, площадь малой части эллипса определяется интегралом:

S_1=2\int dS=2b\int_{x_1}^{x_2}\sqrt{1-\left(\frac xa\right)^2}\,dx.\qquad (80)

Из рисунка видно, что интегрирование необходимо произвести в интервале:

a-c\le x\le a,\quad\text{т.е. }x_1=a-c,\quad x_2=a.

Для вычисления интеграла произведем замену переменных вида:

x=a\sin\gamma,\quad\Rightarrow dx=a\cos\gamma\,d\gamma

\gamma_1\le\gamma\le\gamma_2,\quad\text{где }\gamma_1=\arcsin(1-\varepsilon),\quad\gamma_2=\arcsin(1)=\frac\pi2.

Тогда (80) можно переписать так

\begin{aligned}S_1&=2ab\int_{\gamma_1}^{\gamma_2}\cos\gamma\sqrt{1-\sin^2\gamma}\,d\gamma=2ab\int_{\gamma_1}^{\gamma_2}\cos^2\gamma\,d\gamma=ab\int_{\gamma_1}^{\gamma_2}(1+\cos2\gamma)\,d\gamma=\\&=ab\left[\int_{\gamma_1}^{\gamma_2}d\gamma+\int_{\gamma_1}^{\gamma_2}\cos2\gamma\,d\gamma\right]=ab\left[\frac\pi2-\arcsin(1-\varepsilon)+\frac12\int_{\gamma_1}^{\gamma_2}\cos2\gamma\,d2\gamma\right]=\\&=\frac12\pi ab\left[1-\frac2\pi\arcsin(1-\varepsilon)+\frac1\pi(\sin2\gamma_2-\sin2\gamma_1)\right]=\\&=\frac12\pi ab\left[1-\frac2\pi\arcsin(1-\varepsilon)-\frac2\pi\sin\gamma_1\cos\gamma_1\right]=\\&=\frac12\pi ab\left[1-\frac2\pi\arcsin(1-\varepsilon)-\frac2\pi(1-\varepsilon)\sqrt{1-(1-\varepsilon)^2}\right].\end{aligned}\qquad (81)

Тогда из (77) и (81) следует, что

\frac{T_\oplus}T=1-\frac2\pi\arcsin(1-\varepsilon)-\frac2\pi(1-\varepsilon)\sqrt{1-(1-\varepsilon)^2}.\qquad (82)

С другой стороны, известно, что фокальный параметр эллиптической орбиты можно записать так

p=a(1-\varepsilon^2),\quad\Rightarrow1-\varepsilon^2=\frac{a_\oplus}a.\qquad (83)

Воспользуемся третьим законом Кеплера:

\left(\frac{T_\oplus}T\right)^2=\left(\frac{a_\oplus}a\right)^3,\quad\Rightarrow

\left(1-\frac2\pi\arcsin(1-\varepsilon)-\frac2\pi(1-\varepsilon)\sqrt{1-(1-\varepsilon)^2}\right)^2=(1-\varepsilon^2)^3.\qquad (84)

Последнее уравнение можно решить численным или графическим способом. Рассмотрим последний подробнее. Будем полагать, что

f_1(\varepsilon)=\left(1-\frac2\pi\arcsin(1-\varepsilon)-\frac2\pi(1-\varepsilon)\sqrt{1-(1-\varepsilon)^2}\right)^2,\quad f_2(\varepsilon)=(1-\varepsilon^2)^3.

Построим данные функции на одном графике (см. рис. 12.б). Из рисунка видно, что точка пересечения кривых соответствует значению $\varepsilon = 0.60$ . Численные методы дают более точное значение $\varepsilon = 0.6028$ . 2. Из выражения (83) получаем большую полуось орбиты.

a=\frac{a_\oplus}{1-\varepsilon^2}=1.571\text{ а.е.}\qquad (85)

Из третьего закона Кеплера получаем сидерический период обращения дубинок:

T=T_\oplus\left(\frac a{a_\oplus}\right)^{3/2}=1.969\text{ года}.\qquad (86)

Вычислим гелиоцентрическую скорость движения дубинок в точке пересечения орбит:

V=\sqrt{G\mathfrak M_\odot\left(\frac2p-\frac1a\right)}=\sqrt{G\mathfrak M_\odot\left(\frac2{a_\oplus}-\frac1a\right)}=34.78\text{ км/с}.\qquad (87)

Найдем угол между гелиоцентрической скоростью $V$ дубинок и скоростью Земли в точке пересечения орбит. Для этого заметим, что $\alpha$ – это угол между касательной к эллипсу в данной точке и осью абсцисс. Найдем производную от функции $y(x)$ , определяемой (78):

\begin{aligned}\frac{dy}{dx}&=\left.\frac b2\frac{-2x/a^2}{\sqrt{1-(x/a)^2}}\right|_{x=a-c}=\left.-\frac{bx}{a^2\sqrt{1-(x/a)^2}}\right|_{x=a-c}=-\frac{\sqrt{1-\varepsilon^2}(1-\varepsilon)}{\sqrt{1-(1-\varepsilon)^2}}=-\operatorname{tg}\alpha,\\\Rightarrow\operatorname{tg}\alpha&=\frac{(1-\varepsilon)\sqrt{1-\varepsilon^2}}{\sqrt{1-(1-\varepsilon)^2}}=0.3453,\quad\Rightarrow\alpha=19.0^\circ.\end{aligned}\qquad (88)

Определим скорость дубинок относительно Земли в данной точке. Для этого рассмотрим треугольник из векторов скоростей (см. рис. 11.б):

\Delta\vec V=\vec V-\vec V_\oplus,\quad\Delta V=\sqrt{V^2+V_\oplus^2-2VV_\oplus\cos\alpha}=11.77\text{ км/с}.\qquad (89)

Определим минимальную скорость, которую должен был сообщить Иван дубинкам у поверхности Земли. Для этого воспользуемся законом сохранения энергии.

\frac{mV_0^2}2-\frac{Gm\mathfrak M_\oplus}{\mathfrak R_\oplus}=\frac{m\Delta V^2}2,\quad\Rightarrow

V_0^2=\sqrt{\Delta V^2+V_{II}^2}=16.24\text{ км/с},\quad\text{где }V_{II}=\sqrt{\frac{2G\mathfrak M_\oplus}{\mathfrak R_\oplus}}=11.19\text{ км/с}\qquad (90)

здесь $V_{II}$ – вторая космическая скорость тела у поверхности Земли. Ответ:

к задаче представляется выражениями (85), (87)-(90); $\varepsilon = 0.6028$ . ( $\text{\char"0024}_{\max}=15$ баллов).

Обе полные исходные панели а/б: эллипс/земная окружность, все точки/размеры/площади и треугольник скоростей — Рис. 11: к определению а) гелиоцентрической траектории дубинок, б) вектора относительной скорости дубинок $\Delta\vec V$ .

Обе полные исходные панели а/б: эллипс/трапеция/dx и график обеих функций со всеми осями и пересечением — Рис. 12: к определению а) площади малой части эллипса, б) эксцентриситета орбиты.

Оригинал в Архива: Decisions[OIOA_2021-2]_10-11 classes.pdf