astronomia zadania.pdf

Przykładowe zadania z Astronomicznych podstaw geografii

1. Dwie gwiazdy są odległe o 3''. Jaką średnicę musi mieć obiektyw, aby dojrzeć obie gwiazdy? Jaki powinien być

okular tej lunety jeśli ogniskowa obiektywu wynosi 50cm ?

Zdolność rozdzielcza lunety ρ"≈12"/D[cm] → D=12"/3" = 4cm

NaleŜało zbadać powiększenie rozdzielcze i ewentualnie minimalne.

Po pierwsze okular naleŜy dobrać tak, by o zdolności rozdzielczej decydował obiektyw a nie oko. Powiększenie

powinno więc być takie by ρ" było powiększane do co najmniej 60” (Taka jest zdolność rozdzielcza przeciętnego

oka). Tak więc w r ≈60”/ ρ"= D[cm]×60"/12"≈5D[cm]. w r =20.

w = f ob /f ok . Wniosek: powinno się dobrać okular by f ok < f ob /w ; czyli f ok <50cm/20=2.5cm

Przy tym powiększeniu średnica wiązki światła na okularze D ok moŜna obliczyć, jeśli zauwaŜy się, Ŝe wzór na

powiekszenie minimalne to nic innego jak fakt, Ŝe D ob /f ob =D ok /f ok . D ob /D ok =f ob /f ok =w . Przy powiększeniu 20

i średnicy obiektywu 40mm D ok wynosi 0.5mm. Źrenica oka ma średnicę 6 mm a więc przy powiększeniu

rozdzielczym całe światło wejdzie do oka. Powiększenie rozdzielcze jest większe niŜ minimalne.

2. Na gwiazdę podwójną o jasności 7 mag składają się dwie gwiazdy A i B, przy czym gwiazda A jest 9 razy jaśniejsza

niŜ gwiazda B. Jaka jest jasność obserwowana gwiazdy B?

Wzór Pogsona m 1 -m 2 = –2.5log(I 1 /I 2 ) czyli I AB =I A +I B =9·I B +I B =10·I B

m AB -m B = –2.5log(I AB /I B )= –2.5log(10)= –2.5; m B =m AB +2.5=7+2.5=9.5.

Odp. Gwiazda B ma jasność 9.5 mag . I to jest dobrze, bo składnik układu musi być ciemniejszy niŜ cały układ. To

jest waŜne zadanie!

3. Dwie gwiazdy mają jasność obserwowaną m A = 10 mag oraz m B = 11 mag , ale tę samą jasność absolutną. Jaki jest

stosunek odległości do tych gwiazd?

Tu trzeba zastosować wzór na moduł odległości. M=m+5-5·log(D). Skoro M dla obu gwiazd jest takie samo to:

m A +5-5·log(D A )= m B +5-5·log(D B ); ⇒ m A –5·log(D A ) = m B -5·log(D B ) ⇒ m B - m A = 5·log(D B )-5·log(D A )

m B - m A =5·log(D B / D A ). m B - m A = 1 czyli 5·log(D B / D A )=1⇒ log(D B / D A )=0.2 ⇒ D B /D A =10 0.2 = 1.585.

Gwiazda B widoczna jako o 1 magnitudo ciemniejsza jest niŜ gwiazda A 1.585 razy dalej niŜ gwiazda. Trudno na

logarytmy nie ma rady

4. Syriusz (α CMa Canis Majoris) ma paralaksę π = 0.38'' Jak długo biegnie światło od tej gwiazdy na Ziemię?

1/π to odległość do obiektu w parsekach. To wynika z definicji parseka. 1/0.38 = 2.632pc ale 1pc=3.26ly czyli

odległość do Syriusza wynosi 8.6 ly. Światło biegnie więc 8.6 lat.

5. Średnica kątowa galaktyki M31 w Andromedzie wynosi około 3.5º. Przypominam, Ŝe odległość do tej galaktyki

wynosi 2.2 mln ly tj. 0.67 Mpc. Jakie są rozmiary liniowe tej galaktyki. Jak się one maja do rozmiarów Galaktyki?

Zobacz – rysunek obok ξ = Φ M31 / l , ale ξ jest w radianach!

06109

[

rad

]

ξ = 3.5°

180

Φ M31 =ξ· l = 41 kpc, to trochę więcej niŜ dla Galaktyki (Drogi Mlecznej),

której rozmiary są około 30kpc.

l=0.67Mpc

Ori d=-8˚ 15') nigdy nie zachodzi?

Chodzi o to dla jakich φ h d >0. Pytanie czy chodzi o h dN czy h dS . MoŜna to określić na podstawie warunków

określających, po której stronie horyzontu gwiazda ma kulminację dolną, a po której górną - zobacz

Geog_Zaocz_Pr_4 Do_5.pdf folia nr 5. Jeśli ktoś nie pamięta to moŜna policzyć h dN i h dS a potem wybrać wartość

spełniającą warunek -90º

+90º

h dN =

- 90°+

> 0 ; h dN =

> 90°-

= 90°+8°15' > 90° a więc nie h dN

< -90°+8°15' = - 81°45'. OK, jesteśmy na półkuli południowej i

Rigel nie zachodzi w obszarze od bieguna południowego do

)>0 ; 90°+

< 0 ;

< -90°-

;

= - 81°45'

7. Obliczyć wysokość kulminacji górnej i dolnej Arktura (

Boo

=+19˚ 11') w Krakowie(

= + 50˚0') oraz

w La Paz (

= – 16˚30').

h gS

h gN

h dN

h dS

90°-j+d

90°-d+j

j -90°+d -(90°+j+d)

Kraków

j =+

50°0'

Arktur

19°11'

+59° 11' +120° 48'

-20° 49' -159° 11'

La Paz

j =

-16°30'

Arktur

19°11'

+125° 41'

+54° 18'

-87° 18'

-92° 41'

Zawsze dwa rozwiązania są dobre (–90°

+90°) a dwa złe.

6. Dla jakich szerokości geograficznych Rigel (

h dS = -(90°+

PoniewaŜ mają Państwo trudności z wyobraŜeniem sobie sytuacji na niebie w La Paz podaję poniŜszy rysunek

Skoro jest

szerokość jest ujemna ujemna to B N leŜy pod horyzontem.

Południowy punkt horyzontu to przecięcie się z horyzontem

tego półokręgu Zenit – Nadir, na którym leŜy Południowy

Biegun niebieski.

Deklinacja jest dodatnia (

=19º11’) a więc liczymy ją od

równika w kierunku B N . Widać, Ŝe Arktur dołuje prawie w

Nadirze!

8. Czy w stacji polarnej Dumont d’Urville (

= – 67˚30') 03 06-2008 była noc polarna? (

d =+21º20')

Na półkuli południowej (φ<0) Słońce GÓRUJE NA PÓŁNOCY.

Noc polarna jest gdy h g < –0 51’ . h gN =(φ +90 –δ)

h gN = 90 –67˚30'–21

20’=90 – 88˚50 = 89˚60' – 89˚50'=+10'

h gN =+10' > –0 51’. N IE MA WIĘC NOCY POLARNEJ . Około ¾ tarczy Słońca jest widoczne

d =+21º20') był dzień polarny?

Na półkuli północnej (φ>0) Słońce DOŁUJE NA PÓŁNOCY.

Dzień polarny jest gdy h d > –0 51’ h dN =

= +68°30') 03-06-2008 (

h dN = 68°30’ - 90°+21°20’= 89°51’ - 90° = - 0°9’. Warunek jest więc spełniony. B YŁ DZIEŃ POLARNY

j-90°+d;

= +59º55') 03-06-2008 wystąpi biała noc nautyczna (Ŝeglarska)?

Biała noc nautyczna występuje, gdy Słońce dołuje powyŜej –12°, ale poniŜej –6°. ( Gdyby dołowało powy Ŝ ej –6° to

byłaby biała noc cywilna). Uwaga! Niektórzy uwaŜają, Ŝe skoro jest biała noc cywilna to i tym samym Ŝeglaska i

astronomiczna. Taką odpowiedź moŜna uznać tylko wtedy, gdy takie stwierdzenie jest jawnie napisane w

odpowiedzi. ( wówczas wida ć , Ŝ e student wie w czym rzecz a sporna jest definicja )

Półkula jest północna, a więc górowanie Słońca jest na południu a dołowanie na północy.

h dN =

+59º55' – 90° +21º20' = 90° - 81°15’ = -8°45’ a więc warunek jest spełniony.

O DP . T AK JEST BIAŁA NOC śEGLARSKA .

h dN =

= +69°41') a kiedy skończyła?

Na półkuli północnej (φ>0) Słońce GÓRUJE NA POŁUDNIU.

Noc polarna jest gdy h g < –0

90°-j + d < -0°51¢ ; d < -90° +j - 0°51¢ ; d < 69°41¢ - 90°51¢ = -21°10¢.

Noc polarna w Tromsø jest wtedy, gdy

51’ ; h gS =

90°-j+d

d < –21°10’ .

d zmienia się z wartości większej niŜ –21°10’ na wartość mniejszą niŜ –21°10’. Z

pliku WspolrzedneSlonca.pdf odczytuję, Ŝe o północy czasu UT

27-11-2008

d =-21°09’ a 28-11-2008

d = -21°20’. ToteŜ 28-11-2008 była juŜ noc polarna w Tromsø.

d = -21º08’, więc 15-01 nocy polarnej w Tromsø juŜ nie było

12. Jak długo trwa zupełna noc polarna na Biegunie Północnym?

h gS =90-j+d . Noc polarna h gS <-0º51’ ⇒ 90º-j + d <-0º51’. Dla bieguna północnego j=+90º czyli d <-0º51’.

Okres taki zaczął się 25-09-2008 i skończy się 18-03-2009 co daje 174 dni.

JednakŜe gdy h gS >-6º mamy do czynienia ze zmierzchem/świtem cywilnym (da się czytać gazetę). Dlatego

polarnicy często przez zupełną noc polarną rozumieją brak zmierzchu/świtu cywilnego. Wówczas h gS <-6º

Jak uprzednio dla bieguna

d = -21º19’ a 15-01-2009

< -6º. (od 09-10-2008 do 25-03-2009 to jest 167 dni)

13. Jakie musiałoby być nachylenie osi obrotu Ziemi do ekliptyki by w momencie przesilenia letniego był dzień

polarny w Krakowie?.

Warunek na dzień polarny to h d >-0º51’. W Krakowie Słońce dołuje na północy. Czyli h dN =

- 90º+

>-0º51’

Proszę zwrócić uwagę na definicje!

Wysokość Północnego Bieguna nieba wynosi

9. Czy w Narwiku (

10. Czy w Oslo (

j-90°+d;

11. Kiedy rozpoczęła się noc polarna w w Tromsø (

Poszukujemy daty, dla której

14-01-2009

Szerokość geograficzna Krakowa to 50º. Stąd powinno być, Ŝe

d >40º-0º51’.

d >+39º09’.

d =+23º26’. NaleŜy więc zwiększyć nachylenie równika do

ekliptyki o 39º09’-23º27’=15º42’. (Proszę sobie zrobić rysunek jeśli ktoś tego nie widzi!)

14. Jaki jest czas średni słoneczny w Krakowie o godzinie 14:00 czasu CWE?

T =UT+l , ale UT=CWE-2 h . Jest więc 12:00UT stąd

T =12 h +1 h 20 m =13 h 20 m

15. Ile wynosi kąt godzinny Słońca w Amsterdamie

=+0 h 19 m 30 s w dniu 1 IV o godz. 12:00 CSE

= -3 m 48 s ).

Amsterdam, 12:00 CSE to 11:00 UT,

T (l)=UT+l = 11 h 19 m 30 s . T =

T +h =11 h 15 m 42 s

12 h = T +12 h =23 h 15 m 42 s .

16. O której godzinie czasu urzędowego 03 VI (

= +1 m 50 s ) będzie górowało Słońce w Hadze (

=+0 h 19 m 30 s )?

Słońce góruje czyli t =0 h a więc T =12 h

Ponadto wiemy, Ŝe

= T –

⇒

= T –

T = 12 h – 1 m 55 s =11 h 58 m 05 s

Czas słoneczny średni w Hadze w momencie górowania Słońca to 11 h 58 m 05 s .

Ale wiemy, Ŝe UT =

T – λ , zaś czas urzędowy w Hadze jest taki jak w Polsce tj. w lecie CWE=UT+2 h

UT = 11 h 58 m 10 s – 0 h 19 m 30 s = 11 h 57 m 70 s – 0 h 19 m 30 s =11 h 38 m 40 s ;

CWE=UT+2 h → CWE=13 h 38 m 40 s czyli południe prawdziwe jest o 13:38:40

17. Oblicz długość geograficzną miejsca, gdzie Słońce w dniu 2 X (

=+10 m 47 s ) góruje o godzinie 18:42 czasu CSE.

18:42 CSE to 17:42 UT.

T (l=0 h )=17 h 42 m T (l=0 h )=

T (l=0 h )+h

T (

=0 h )= 17 h 42 m +10 m 47 s =17 h 52 m 47 s T (

)= T (

=0 h )+

. Ale

T (

)=12 h

bo Słońce góruje

=T (

)- T (

=0 h )=12 h -17 h 52 m 47 s =-5 h 52 m 47 s 9 (88º11’45’’ W)

18. Jaki jest dzień i godzina w Toronto (UT-5 h ), jeśli w Tokio (UT+9 h ) jest niedziela godzina 12:00

UT=12 h -9 h =3 h (niedziela 3:00). T Toronto =UT – 5 h T Toronto = (niedziela 3:00) – 5 h = (sobota 27:00) – 5 h =

sobota 22:00. W Toronto jest sobota 22:00

19. Jaki jest okres obrotu płaszyczyzny wahań wahadła Foucaulta na szerokości

=50º a jaki na szerokości

=20º?

=20º)=69 h 59 m

20. Satelita ma orbitę w płaszczyźnie równika o gwiazdowym okresie obiegu 18 h 12 m . Jaki jest odstęp czasu pomiędzy

jego kolejnymi górowaniami w Krakowie.

Prędkość kątowa

)=23 h 56 m /sin(

) czyli T(

satelity wynosi

w G =2

/18.2 h , zaś prędkość kątowa Zemi

w Å = 2

/23.933 h

w S =

w G ±w Å .

Przy

czym znak + jeśli satelita porusza się przeciwnie do kierunku obrotu Ziemi..

. ±

. T S =10.338 h =10 h 2 m przy ruchu z zachodu na wschód lub T S = 75.97 h =3 d 3 h 58 m przy ruchu

933

przeciwnym.

21. Planetoida Ceres obiega Słońce z okresem 4.601 lat. Jak często natępują jej koniunkcje ze Słońcem?

1/T=1-1/4.601 ⇒ T=4.601/3.601= 1.28 Odp. Co 1.28 lat gwiazdowych! tj co 466 d 16 h 31 m

22. Mars ma dwa satelity Phobosa i Deimosa. Promień orbity Deimosa a D =23.46×10 3 km , okres obiegu P D =1.262 d .

Obliczyć masę Marsa a ewentualne brakujące dane znaleźć w ogólno dostępnych tabelicach.

NaleŜy zastosować III uogólnione prawo Keplera.

. Zastosujmy to prawo do układu Słońce-

(

)

Ziemia, oraz Mars-Deimos.

. ZauwaŜmy Ŝe m ) >> m D oraz m " >> m 5 n Stąd

(

)

(

)

=3.23·10 -7 m =6.42·10 23 kg

)

Tymczasem w momencie przesilenia letniego

(równanie czasu

t =T ±

Stąd

23. Jaką prędkość naleŜy nadać rakiecie startującej z Wenus, aby mogła ona dotrzeć do Ziemi? Wenus:

Masa M ( =0.815 M 5 , promień orbity a=0.7233 AU.

Zob folia 73 plik Geog_Zaocz_Pr_6_Do_7.pdf.

q=0.7233 AU ; Q=1AU . Orbita musi być eliptyczna, taka by w peryhelium była Wenus a w apheluim była Ziemia.

( )

Orbita Wenus jest kołowa więc jej prędkość orbitalną określa

GM /

v 0 = 35km/s i rakieta startująca z

1 = 37.7km/s. Rakiecie naleŜy dodać 2.7km/s w kierunku ruchu

orbitalnego Wenus aby rakieta doleciała do Ziemi. Innymi słowy naleŜy rakiecie dodać trochę prędkości by

zwiększyć jej mimośród!

Nie naleŜy zapominać o tym by z Wenus dolecieć na orbitę Ziemi, najpierw trzeba uwolnić się z pola

grawitacyjnego Wenus, druga prędkość kosmiczna dla Wenus wynosi 10.36 km/s!

Jak juŜ znajdziemy się na orbicie Ziemi to Ziemia musi być w odpowiedniej pozycji. Tak więc, takie proste

rozwiązanie jest moŜliwe tylko przy odpowiedniej konfiguracji planet.

To nie koniec kłopotów, bo trzeba jeszcze wyhamować by wejść na orbitę Ziemi. (druga prędkość kosmiczna dla

Ziemi to 11.2 km/s). PoniewaŜ v q ·q=v Q ·Q, (Q=1AU) to v Q =27.3 km/s. Druga prędkość kosmiczna dla Ziemi to

11.2 km/s. Jeśli nie zwolnimy do tej prędkości to spokojnie miniemy Ziemię i polecimy w kierunku Wenus.

Jak juŜ wejdziemy na orbitę wokół Ziemii to naleŜy wyhamować poniŜej pierwszej prędkości kosmicznej by

wylądować!

= 1

Wenus juŜ ma tę prędkość. v q =v 0

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika: