Съдържание

ВсОА 2011, Заключителен етап, 9–11 клас — Задача 26. Практический тур, 11 класс. 2. Орбитальное фото Луны

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от ВсОА 2011

XVIII Всероссийская олимпиада школьников по астрономии. г. Анапа, 2011 г. Теоретический тур, практический тур (9, 10, 11 класс)

Условие

На фотографии, сделанной с искусственного спутника Земли, вы видите полную Луну над краем Земли, помеченным красной линией. Оцените, на какой высоте над поверхностью Земли находится искусственной спутник в момент съемки. Принять величину атмосферной рефракции на поверхности Земли у горизонта равной 35′. Считать, что на всех высотах атмосфера имеет одинаковый химический состав и температуру 0°С. Поглощение и рассеяние света в атмосфере, а также эффекты облачности не учитывать.

Цветная фотография с орбиты: полная Луна, сплюснутая снизу рефракцией, над голубой полосой атмосферы; ниже белые облака; край Земли отмечен наклонной красной линией, пересекающей снимок слева направо с небольшим подъемом.

Отговори

Решение

(О.С. Угольников)

Схема: окружность «Луна» с диаметром d; нижний край диска приподнят (штриховая дуга – неискаженный край); у нижнего края стрелки 2r и угол δ над прямой «Лимб Земли».

Изображение Луны на фотографии искажено эффектом преломления света в атмосфере Земли. Этот эффект мы можем наблюдать и на Земле, особенно хорошо он заметен на восходе и заходе Солнца и Луны. Но картина, наблюдающаяся на данной фотографии, отличается от земных восходов и заходов Луны.

Мы видим, что верхняя половина лунного диска не искажена рефракцией – ее излучение прошло над плотными слоями атмосферы. В то же время нижний край Луны заметно приподнят над краем (лимбом) Земли. Сравнив вид Луны с неискаженным кругом, мы можем определить величину углового смещения нижнего края Луны. По фотографии оно составляет около 1/9 от углового диаметра Луны, то есть 3.5′. Для дальнейшего удобства обозначим эту величину $2r$ . Это есть угол преломления луча от нижнего края Луны в атмосфере Земли. Нам необходимо вычислить, на какой наименьшей высоте (высоте перигея) в атмосфере прошел этот луч.

Если бы излучение прошло по касательной к поверхности Земли (например, в точке G на рисунке справа) и дальше вышло за пределы атмосферы, то угол его преломления составил бы $2r_0$ или 70′ ( $r_0$ – величина приземной рефракции у горизонта). Множитель 2 появляется вследствие того, что луч не только входит в атмосферу, но и выходит из нее.

Предположим, что луч прошел точку перигея P на высоте $h$ над поверхностью Земли. По условию задачи, атмосфера имеет постоянный химический состав и температуру $T$ (273 K). Тогда концентрация молекул изменяется с высотой по закону Больцмана:

n(h') = n_0 e^{-\frac{\mu g h'}{\Re T}} = n_0 e^{-\frac{h'}{h_0}}.

Здесь $\mu$ – молярная масса атмосферного воздуха, $g$ – ускорение свободного падения, $\Re$ – универсальная газовая постоянная. Величина $h_0$ (называемая высотой однородного столба атмосферы) равна 8.0 км. Концентрация частиц на нулевом уровне обозначена как $n_0$ . Если подняться на высоту $h$ и принять данный слой атмосферы за нулевой уровень, то для вышележащих слоев будет выполняться та же формула, только с другой константой $n_0$ , умноженной на $\mathrm{e}^{-h/h_0}$ . Распространение луча с высотой перигея $h$ аналогично распространению луча, касающегося поверхности Земли при плотности атмосферы, умноженной на фактор $\mathrm{e}^{-h/h_0}$ . Преломляющие свойства в атмосфере пропорциональны концентрации частиц. В итоге, угол поворота данного луча после выхода из атмосферы составит

Геометрическая схема: дуга поверхности «Земля» с центром O; спутник в точке S на высоте H; от S влево идут полупрямые sL (к «Нижний край Луны») и sE, угол δ между ними, расстояние L; точки P и P1 на sL, G1 и Q на sE, точка G на поверхности; отрезки h1 (PQ) и h2; углы 2r и 2r0 у лучей; из O проведены отрезки к G, P и пунктирные перпендикуляры к полупрямым, между ними углы γ, δ, r, r0; радиус R.

2r(h) = 2r_0 e^{-\frac{h}{h_0}}.

Отсюда мы получаем высоту перигея луча, идущего от нижнего края Луны к искусственному спутнику Земли:

h = h_0 \ln\frac{r_0}{r}.

Учитывая определение величины $r$ как половины угла преломления луча от нижнего края Луны, получаем значение высоты точки P: 24 км.

Изобразим геометрию распространения лучей от Луны и Земли к спутнику на рисунке. Пусть спутник располагается в точке S. Свет от краев Луны и Земли приходит в эту точку по полупрямым $s_{\mathrm{L}}$ и $s_{\mathrm{E}}$ . Угловое расстояние между лимбом Земли и искаженным краем диска Луны (угол между полупрямыми) обозначим как $\delta$ . Его также можно определить по фотографии, оно составляет 8.5′.

Как видно из рисунка, найденная выше высота точки P есть сумма величин $h_1$ и $h_2$ . Для первой из этих величин, видимой со спутника высоты точки P или длины отрезка PQ, справедливо соотношение

h_1 = L \cdot \delta,

где $L$ – расстояние от спутника до лимба Земли. В этой формуле учтена малость угла $\delta$ и угла преломления лучей. Второе слагаемое – высота точки Q, $h_2$ , появляется вследствие того, что изображение лимба Земли также искажено атмосферной рефракцией – фактически мы видим на лимбе точку G. Покажем, что величина $h_2$ мала и фактически не влияет на ответ задания. Соединим центр Земли (точку O) прямыми линиями с точками перигея двух лучей (G и P, сплошные линии), а также проведем из точки O перпендикуляры на полупрямые $s_{\mathrm{E}}$ и $s_{\mathrm{L}}$ (пунктирные линии). Эти перпендикуляры пересекаются с полупрямыми в точках $\mathbf{G_1}$ и $\mathbf{P_1}$ . По свойству углов со взаимно-перпендикулярными сторонами угол $\mathbf{P_1OG_1}$ равен $\delta$ . Так как лучи симметричны относительно прямых OP и OG, то углы $\mathbf{POP_1}$ и $\mathbf{GOG_1}$ равны половинам соответствующих углов преломления, то есть равны $r$ и $r_0$ . Из этого следует соотношение углов:

\gamma = \mathbf{POG} = \mathbf{P_1OG_1} - \mathbf{P_1OP} + \mathbf{G_1OG} = \delta + r_0 - r = 42'.

Траектория луча от точки G до точки Q – изогнутая линия, что несколько уменьшает высоту $h_2$ . Для того, чтобы оценить величину $h_2$ сверху, представим, что траектория луча – прямая линия. Тогда треугольник QOG – прямоугольный, в котором нам известен угол $\gamma$ . Верхний предел на высоту точки Q равен:

h_2 = \frac{R}{\cos\gamma} - R \approx \frac{R\gamma^2}{2}

или примерно 0.5 км. Здесь $R$ – радиус Земли, а угол $\gamma$ берется в радианной мере. Мы видим, что высота $h_2$ существенно меньше высоты $h$ , и далее мы можем пользоваться простым соотношением:

h = h_1 = L \cdot \delta.

Из этого мы получаем значение $L$ :

L = \frac{h}{\delta} = \frac{h_0 \ln(r_0/r)}{\delta} \approx 10000\ \mathrm{км},

и далее, значение высоты спутника над поверхностью Земли:

H = \sqrt{(R+h)^2 + L^2} - R = 5500\ \mathrm{км}.

Оригинал в Архива: prob2011tepr.pdf · официални решения: psol2011tepr.pdf