Zad. 1 Energia wydzielana podczas zamiany 4 protonów w jądro helu, która ostatecznie zostaje wyemitowana przez Słońce w formie promieniowania elektromagnetycznego, sta- nowi różnicę: E – E

Zad. 1

Energia wydzielana podczas zamiany 4 protonów w jądro helu, która ostatecznie zostaje wyemitowana przez Słońce w formie promieniowania elektromagnetycznego, sta-nowi 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 -19J = 2,099·10 -12J.

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·R2 = 2,812·10 23 m2.

Ostatecznie poszukiwany strumień: n = N / S = 6,52·10 14 m-2s-1

co oznacza, że na Ziemi w ciągu jednej sekundy przez jeden centymetr kwadratowy, przela-tuje około 65 miliardów neutrin.

Zad. 2

Wzory na pierwszą i drugą prędkość kosmiczną (v1 i v2), prowadzą do wniosku, że: v2 /v1 =

√

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 =

√

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:

v3 2 2−G Mz R_z = v0 2 2

gdzie Mz i Rz są odpowiednio masą i promieniem Ziemi. Pamiętając, że:

GMz Rz =v₁2 , wzór przybiera postać: v3 2 =v0 2 +  2 v1 2 .

Zad. 3

Można przyjąć, że dwie ściany boczne budynku znajdują się w płaszczyźnie lokal-nego południka, a dwie pozostałe – w płaszczyźnie pierwszego wertykału. Lokalny połud-nik 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, dekli-nację 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 try-gonometrii 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:

tgφ = tg 23,44o/cos(Δt/2). (2)

Równania (1) i (2) tworzą układ równań trygonometrycznych. Uwzględniając, że: tg23,44o = 0,4336 oraz podstawiając do (2) niewiadomą Δt wyznaczoną z (1), otrzymamy:

φ = arctg(0,4336/cos(0,5·arccos(– 0,4336·tg φ ))).

Jest to trudne do rozwiązania równanie z jedną niewiadomą φ, które można próbo-wać rozwiązać metodą iteracji: φ n+1 = f (φ n).

Dla wartości wyjściowych, np: φ = 25o, czy φ = 60o, iteracja przebiega następująco:

φ 0 = 25,0 φ 0 = 60,0 φ 1 = 34,5 φ 1 = 50,9 φ 2 = 36,2 φ 2 = 41,9 φ 3 = 36,6 φ 3 = 38,1 φ 4 = 36,7 φ 4 = 37,0 φ 5 = 36,7 φ 5 = 36,8 φ 6 = 36,7 φ 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=7h15m

.

Zad. 4

Do umieszczenia gwiazdy na diagramie Hertzsprunga-Russella potrzebne są informa-cje 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, π = 7,8·10-3 [

''

],

MAmax = – 3,34m

,

MAmin = 5,46m

,

a temperaturę efektywną z prawa Wiena: λmax= b

T _{, gdzie b = 2,898·10}-3

_m

TAmax = 3520 K i log TAmax = 3,55,

oraz TAmin = 2350 K i log TAmin = 3,37.

Gwiazda B.

Jasność absolutną obliczymy z definicji: M = m + 5 – 5·log D, D = 410 [ pc ],

MBmax = 1,04m

MBmin = 1,54m

Z kolei prawo Pogsona (zapisane dla jasności absolutnych):

pozwala ocenić moce promieniowania gwiazdy B, w maksimum i minimum jej jasności :

LBmax = 1,29·1028 W oraz LBmin = 8,11·1027 W

.

Należy jeszcze wyznaczyć temperaturę efektywną powierzchni gwiazdy. Na podstawie prawa Stefana-Boltzmanna można zapisać moc promieniowania źródła jako:

LG = 4π RG2σTG4,

gdzie: TG jest szukaną temperaturą efektywną gwiazdy, RG jest jej promieniem, natomiast

σ =5,67·10-8

W

m

·K-4 – stałą Stefana-Boltzmanna. Zależność ta pozwala wyznaczyć:

TBmax = 7510K i log TBmax = 3,88

oraz TBmin = 6560 K i 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).

L_G=100,4 (MS−MG)L

S

M_G−M_S=−2,5 log

(