Szkice rozwiązań zadań zawodów II stopnia LIX Olimpiady

Zad. 1
Energia wydzielana podczas zamiany 4 protonów w jądro helu, która ostatecznie
zostaje wyemitowana przez Słońce w formie promieniowania elektromagnetycznego, stanowi różnicę: E – Ev = 26,20 MeV. Zatem energia emitowana przez Słońce przypadajaca na
jedno neutrino: E1 = (E – Ev) / 2 = 13,1 MeV = 13,1·106· 1,602·10 -19 J = 2,099·10 -12 J.
Poszukiwany strumień neutrin n, przelatujących w pobliżu Ziemi w jednostce
czasu (1 sekunda) przez jednostkę powierzchni (1 metr kwadratowy) ustawioną prostopadle
do kierunku Ziemia-Słońce, zależy od liczby neutrin N emitowanych przez Słońce w ciągu
1 sekundy:
N = L / E1 =1,834·10 38 s -1,
gdzie L = 3,85·10 26 W jest mocą promieniowania Słońca.
Należy jeszcze obliczyć pole powierzchni kuli o promieniu R = 1 au:
S = 4·π·R 2 = 2,812·10 23 m2.
Ostatecznie poszukiwany strumień: n = N / S = 6,52·10 14 m-2 s-1
co oznacza, że na Ziemi w ciągu jednej sekundy przez jeden centymetr kwadratowy, przelatuje około 65 miliardów neutrin.
Zad. 2
Wzory na pierwszą i drugą prędkość kosmiczną (v1 i v2), prowadzą do wniosku, że:
v2 /v1 = √ 2 .
Taka sama zależność wiąże prędkość orbitalną Ziemi (vz – przyjmując orbitę kołową
wokół Słońca) z prędkością paraboliczną ucieczki od Słońca z orbity Ziemi (vu):
vu /vz = √ 2 ,
gdzie: prędkość vz = 2·π·Rorb /T, natomiast Rorb jest promieniem orbity Ziemi, zaś T - rokiem
gwiazdowym. Po podstawieniu wartości liczbowych otrzymamy: vz = 29,79 km/s oraz
vu = 42,13 km/s.
Prędkość, jaką musi uzyskać rakieta po pokonaniu studni potencjału grawitacyjnego
Ziemi v0 = vu – vz = 12,34 km/s.
Teraz możemy obliczyć trzecią prędkość kosmiczną w układzie związanym z Ziemią.
Zapisujemy równanie energii dla ciała wystrzelonego z Ziemi w kierunku jej chwilowej
prędkości orbitalnej. Zgodnie z treścią zadania, pomijamy wpływ atmosfery oraz wpływ
oddziaływania Księżyca i planet:
2
2
v3
M
v
−G z = 0
2
Rz
2
gdzie Mz i Rz są odpowiednio masą i promieniem Ziemi. Pamiętając, że:
G
wzór przybiera postać:
2
Mz
2
=v 1
Rz
,
2
2
v 3 =v 0+ 2 v 1
.
Po podstawieniu wartości za v0 i v1 otrzymujemy: v3 = 16,65 km/s.
Zad. 3
Można przyjąć, że dwie ściany boczne budynku znajdują się w płaszczyźnie lokalnego południka, a dwie pozostałe – w płaszczyźnie pierwszego wertykału. Lokalny południk i pierwszy wertykał dzielą wartości azymutu na ćwiartki. Kluczowym dla rozwiązania
zadania wydaje się być spostrzeżenie, że jeśli wartości azymutów Słońca będą należały do
poszczególnych ćwiartek azymutu przez taki sam interwał czasu, to w ciągu danego dnia
każda ze ścian bocznych budynku będzie oświetlana promieniami słonecznymi tak samo
długo. Przykładowo, ściana zachodnia budynku będzie oświetlana, gdy azymut Słońca
będzie należał do pierwszej i drugiej ćwiartki, natomiast ściana północna – gdy będzie on
należał do drugiej i trzeciej ćwiartki.
W zadaniu należy wyznaczyć dwie niewiadome: szerokość geograficzną φ, miejsca
w którym znajduje się budynek oraz interwał czasu Δt, przez jaki każda ze ścian bocznych
budynku jest oświetlana. Przy przyjętych w treści zadania założeniach i z uwagi na symetrię
ruchu Słońca względem lokalnego południka, zarówno ściana wschodnia jak i zachodnia
będą oświetlane przez taki sam interwał czasu, który łatwo można wyznaczyć za pomocą
wzoru z trygonometrii sferycznej:
cos z = sin φ sin δ + cos φ cos δ cos t.
Przyjmując odległość zenitalną Słońca w chwili zachodu (lub wschodu) z = 90o, deklinację Słońca δ = ε = 23,44o, a za wartość kąta godzinnego szukany czas Δt, otrzymamy:
cos Δt = – tg 23,44o·tg φ.
(1).
Aby wyznaczyć obie niewiadome Δt i φ, należy znaleźć jeszcze jedno niezależne
równanie, które połączy te wielkości. W tym celu można skorzystać z kolejnego wzoru trygonometrii sferycznej:
sin z cos A = sin φ cos δ cos t – cos φ sin δ,
w którym uwzględniamy dodatkowy warunek dotyczący kąta godzinnego Słońca t.
Jeśli Słońce będzie znajdowało się w płaszczyźnie pierwszego wertykału, tzn. jeśli
jego azymut będzie wynosił 90o lub 270o, to kąt godzinny Słońca powinien wynosić wtedy
Δt/2. Dla obu tych wartości azymutów cosinus zeruje się i wzór przyjmuje postać:
tg φ = tg 23,44o/ cos (Δt/2).
(2)
Równania (1) i (2) tworzą układ równań trygonometrycznych. Uwzględniając, że:
tg 23,44 = 0,4336 oraz podstawiając do (2) niewiadomą Δt wyznaczoną z (1), otrzymamy:
o
φ = arc tg (0,4336 / cos (0,5·arc cos (– 0,4336·tg φ ))).
Jest to trudne do rozwiązania równanie z jedną niewiadomą φ, które można próbować rozwiązać metodą iteracji: φ n+1 = f (φ n).
Dla wartości wyjściowych, np: φ = 25o, czy φ = 60o, iteracja przebiega następująco:
φ0=
φ1=
φ2=
φ3=
φ4=
φ5=
25,0
34,5
36,2
36,6
36,7
36,7
φ0=
φ1=
φ2=
φ3=
φ4=
φ5=
φ6=
φ7=
60,0
50,9
41,9
38,1
37,0
36,8
36,7
36,7
Po kilku krokach iteracyjnych, wykonanych z pomocą kalkulatora, znajdujemy
z wymaganą dokładnością szerokość geograficzną: φ = 36,7o N, a po podstawieniu do
(1) również czas oświetlania każdej ze ścian budynku: Δt = 7 h 15 m.
Zad. 4
Do umieszczenia gwiazdy na diagramie Hertzsprunga-Russella potrzebne są informacje o jej temperaturze oraz mocy promieniowania. Wielkości te można ocenić, przyjmując
założenie, że gwiazdy promieniują jak ciała doskonale czarne.
Gwiazda A.
Jasność absolutną obliczymy z definicji: M = m + 5 + 5·log π,
MAmax = – 3,34 m,
MAmin = 5,46 m,
a temperaturę efektywną z prawa Wiena:
oraz
TAmax = 3520 K i
TAmin = 2350 K i
λ max =
π = 7,8 ·10 -3 [ '' ],
b
T , gdzie b = 2,898 ·10 -3 m·K,
log TAmax = 3,55,
log TAmin = 3,37.
Gwiazda B.
Jasność absolutną obliczymy z definicji: M = m + 5 – 5·log D,
MBmax = 1,04 m
MBmin = 1,54 m
D = 410 [ pc ],
Z kolei prawo Pogsona (zapisane dla jasności absolutnych):
M G−M S =−2,5 log
( )
LG
LS
→
LG =100,4 (M
S
−M G )
LS
pozwala ocenić moce promieniowania gwiazdy B, w maksimum i minimum jej jasności :
LBmax = 1,29 ·10 28 W oraz LBmin = 8,11 ·10 27 W.
Należy jeszcze wyznaczyć temperaturę efektywną powierzchni gwiazdy. Na podstawie
prawa Stefana-Boltzmanna można zapisać moc promieniowania źródła jako:
LG = 4π RG2 σ TG4,
gdzie: TG jest szukaną temperaturą efektywną gwiazdy, RG jest jej promieniem, natomiast
σ =5,67 ·10 -8 W·m-2·K-4 – stałą Stefana-Boltzmanna. Zależność ta pozwala wyznaczyć:
oraz
TBmax = 7510 K i
TBmin = 6560 K i
log TBmax = 3,88
log TBmin = 3,82.
Na załączonym diagramie H-R zaznaczamy położenie Słońca (na podstawie wartości
z tabeli stałych) oraz położenia gwiazd A i B w minimum i maksimum ich jasności (na
podstawie przeprowadzonych obliczeń). Niska temperatura powierzchniowa oraz bardzo
duże wahania jasności powinny zasugerować, że gwiazda A jest Mirydą (tzn. gwiazdą
zmienną długookresową typu omikron Ceti). Położenie na początku asymptotycznej gałęzi
olbrzymów powinno zasugerować, że gwiazda B jest cefeidą (a bardziej dokładnie gwiazdą
zmienną typu delta Scuti – wystarczyło podać, że można ją zaliczyć do cefeid).