Zad.1
Odległość między składnikami tej gwiazdy podwójnej wynosi:
a = r1+ r2, gdzie a oraz r2 nie są znane. (1) Na podstawie III uogólnionego prawa Keplera można zapisać:
4 . ) (
2 2 2 3 1
π P M M
a = G +
Dzieląc stronami to równanie przez analogiczne, dla układu Słońce-Ziemia, otrzymamy:
, )
( 1 2 2
3 M M P
a = + (2)
przy czym a jest teraz wyrażone w jednostkach astronomicznych, masy M1 i M2 - w masach Słońca, a okres obiegu P - w latach gwiazdowych.
Na podstawie definicji środka masy układu, mamy: M1⋅r1= M2⋅r2. (3) Do rozwiązania jest układ trzech równań: (1), (2) i (3) z trzema niewiadomymi: a, r2 i M2. Z (1) wynika, że: r2= a – r1. Po uwzględnieniu (3) można zapisać:
1,
2 2
1 r
M M a= M + ⋅
a po podstawieniu tej zależności do (2), otrzymamy ostatecznie:
.
) (
2 2 2 1
3 3 2
1 P
M M
r M ⋅
= + (4)
Jest to równanie z jedną niewiadomą (szukaną masą M2), ale trzeciego stopnia. Wielomian trzeciego stopnia musi mieć co najmniej jedno rozwiązanie rzeczywiste. Patrząc fizyczne, powinno to być tylko jedno rozwiązanie rzeczywiste i to dodatnie. Można więc próbować znaleźć je metodą iteracji (patrz wskazówka): xn+1 = f (xn).
Oznaczając M2 przez x, równanie (4) można zapisać jako:
. ) (
3 2
3 2 1
1 P
x r M
x= + ⋅
⇒
. ) 83 , 2 ( 0065 , 1
3 x 2
x= ⋅ +
Dla wartości wyjściowych, np: x=10M⊙, czy x=1M⊙, iteracja przebiega następująco:
x0 = 10,0000 x0 = 1,0000
x1 = 5,4923 x1 = 2,4532
x2 = 4,1156 x2 = 3,0400
x3 = 3,6482 x3 = 3,2611
x4 = 3,4826 x4 = 3,3425
x5 = 3,4230 x5 = 3,3722
x6 = 3,4015 x6 = 3,3830
x7 = 3,3936 x7 = 3,3869
x8 = 3,3908 x8 = 3,3883
x9 = 3,3898 x9 = 3,3889
x10 = 3,3894 x10 = 3,3891
x11 = 3,3892 x11 = 3,3891
Jak widać, wystarcza niespełna dziesięć prostych kroków iteracyjnych wykonanych
z pomocą kalkulatora, by iteracja dała końcowy wynik, z wymaganą dokładnością: M2= 3,39M⊙. Niewiadomą x można było znaleźć innymi sposobami, np. metodą prób i błędów czy graficznie.
Zad.2
Zadanie wymaga przeprowadzenia dyskusji, bowiem na interwał czasu, między kolejnymi przejściami plamy przez centralny południk Słońca, wpływa szereg czynników. Nie wszystkie spośród nich jesteśmy w stanie uwzględnić, głównie z powodu braku szczegółowych informacji.
Dokładność prowadzonych oszacowań narzucona jest przez podany w treści zadania wzór na prędkość kątową fotosfery. Dokładność ta jest trzycyfrowa, a to oznacza, że obliczenia można prowadzić z dokładnością do czterech cyfr znaczących.
Prędkość kątowa fotosfery, na szerokości heliograficznej B=15o, wynosi: ωB =14,21o/dobę, co odpowiada okresowi obrotu: Δt0 = 25,33 dnia. Wartość ta jest gwiazdowym okresem obiegu plamy wokół osi obrotu Słońca. Jednak by można było ten okres zaobserwować, potrzebne jest jakieś nierealne założenie, na przykład, że oś obrotu Słońca leży w płaszczyźnie ekliptyki, co jak wiadomo jest dalekie od prawdy. Można przyjąć założenia, że plama nie dryfuje po fotosferze i w istotny sposób nie zmienia swego kształtu.
Południk Słońca, w myśl podanej definicji, związany jest z ziemskim obserwatorem, bo w definicji występuje pojęcie środka tarczy słonecznej. Ponieważ obieg Ziemi wokół Słońca i obrót naszej gwiazdy odbywają się w tym samym kierunku, to po przyjęciu założenia, że oś obrotu Słońca jest prostopadła do płaszczyzny ekliptyki, można obliczyć synodyczny okres obiegu plamy:
22 , 360 27
1 =
= −
∆
Z B
o
t ω ω dnia, gdzie: = =
*
360 T
o
ω Z 0,9856o/dobę
jest prędkością kątową Ziemi na wokółsłonecznej orbicie kołowej, a T jest rokiem gwiazdowym.* Wartość Δt1 jest pierwszym przybliżeniem szukanego interwału czasu. Wynosi on prawie miesiąc, czyli trwa od połowy czerwca do połowy lipca. Zauważenie faktu, że na początku lipca Ziemia przechodzi przez aphelium swojej orbity eliptycznej, pozwala przeprowadzić dokładniejsze obliczenia. Ziemia jest wtedy najdalej od Słońca i porusza się z najmniejszą prędkością liniową.
Załóżmy teraz, że w pobliżu aphelium odległość Ziemia–Słońca (ra) i prędkość liniowa Ziemi (va) są stałe i wynoszą odpowiednio:
= +
⋅
= (1 Z)
a a e
r 1,521·1011 m, gdzie: a=1au, natomiast eZ jest mimośrodem orbity Ziemi,
=
−
+
= G M m r a
v
a a
1 ) 2
( 2,930·104 m/s,
a wtedy prędkość kątowa Ziemi względem Słońca: = =
a a
a r
ω v 0,9536o/dobę.
Prędkość va została tutaj policzona na podstawie tzw. całki energii (choć można obliczać ją na wiele innych sposobów), G jest stałą grawitacji, M – masą Słońca, natomiast m – masą Ziemi, pomijalną wobec masy Słońca.
Okres synodyczny plamy, przy takiej prędkości kątowej Ziemi, wyniesie:
15 , 360 27
2 =
= −
∆
a B
o
t ω ω dnia.
Jest to drugie przybliżenie szukanego interwału czasu.
Można jeszcze próbować uwzględniać nachylenie osi obrotu Słońca do płaszczyzny ekliptyki.
Z załączonych do treści zadań Wybranych stałych astronomicznych wiemy, że wynosi ono 82,75o, brak jest jednak informacji o położeniu (na początku lipca) biegunów Słońca względem słonecznej tarczy. Bieguny mogą bowiem leżeć na tarczy wzdłuż linii prostopadłej do ekliptyki, ale mogą też
znajdować się przy brzegach tarczy. Z wystarczającym przybliżeniem można przyjąć, wypisane wcześniej założenie, że oś obrotu Słońca jest prostopadła do ekliptyki. Wartość Δt2 można więc traktować jako końcową odpowiedź.
Zad.3
Zarówno ekliptyka, jak i równik niebieski są kołami wielkimi sfery. W rozpatrywanej sytuacji Słońce prawdziwe przesuwa się ruchem jednostajnym po ekliptyce: λ⊙pr = ω·t, natomiast Słońce średnie porusza się z tą samą prędkością kątową ω, po równiku niebieskim: α⊙śr = ω·t.
W rozpatrywanej sytuacji równanie czasu: Δt = α⊙śr −α⊙pr przyjmuje wartość zero nie tylko dla punktu Barana, ale także dla punktów Raka, Wagi i Koziorożca. Co ¼ roku (czyli co ω·t = 90o),
wartość α⊙śr = α⊙pr. Jeśli dodatkowo zauważymy, że w pobliżu punktów równonocy Δt zmienia znak z ujemnego na dodatni (patrz rysunek), natomiast w pobliżu punktów przesileń Δt zmienia znak z dodatniego na ujemny (bo koła godzinne zbiegają sięwrazzodległościąodrównika),to wykres równaniaczasuprzyjmiekształt„podwójnej sinusoidy”.
Jakościowy kształt szukanego wykresu można więc określić bez jakichkolwiek obliczeń.
Znalezienie amplitudy zmian równania czasu wymaga rozwiązania ilościowego. Rektascensja Słońca prawdziwego nie zmienia się w sposób jednostajny, dlatego dla innych wartości ω·t, zmianę Δt powinniśmy określić funkcyjnie.
Korzystając z umieszczonych we wskazówce, podstawowych wzorów dla trójkąta sferycz- nego przyjmijmy, że bok a =λ⊙pr leży na ekliptyce, bok c =α⊙ r p leży na równiku niebieskim, nato- miast bok b=δ⊙ rp jest fragmentem koła godzinnego i jest równy deklinacji Słońca prawdziwego.
Uwzględniając, że kąt A jest kątem prostym, zaś kąt B = ε, jest nachyleniem ekliptyki do równika niebieskiego, wzory te przyjmują postać:
sinλ⊙pr ·sin ε = sin δ⊙ r p , (1) sinλ⊙pr ·cos ε = cosδ⊙ r p ·sinα⊙pr, (2) cosλ⊙pr = cosδ⊙ r p ·cosα⊙pr. (3) Po podzieleniu stronami równania (2) przez (3) i po uwzględnieniu: α⊙śr =λ⊙pr =ω·t, otrzymamy: α⊙pr = arctg[tg(ω·t)·cosε] oraz ostateczny wzór na szukane równanie czasu:
Δt = ω·t – arctg[tg(ω·t)·cosε]. (4) Inną postacią powyższego wzoru jest np.:
sin . ) ( sin 1
) arccos cos(
2
2 ω ε
ω ω
⋅
⋅
−
− ⋅
⋅
=
∆ t
t t t
Numeryczne sporządzenie wykresu, np. z wykorzystaniem wzoru (4), nie przedstawia już istotnego problemu. Ponieważ występuje w nim funkcja tangens, to trzecia i czwarta ćwiartka
wykresu powinny być identyczne z pierwszą i drugą ćwiartką.
Nie jest to jednak podwójna sinusoida, bowiem ekstremalne wartości : ± 9,86 minuty przypadają na kąty ω·t wynoszące odpowiednio około 46o i 134o(oraz 226o i 314o).
Zad.4
Obserwator na Ziemi stwierdza, że wyrzucona materia, w ciągu 10 lat, oddaliła się na sferze od radioźródła o kąt θ. Mnożąc wartość tego kąta wyrażoną w radianach (θ=3,127·10 -7 rad) przez odległość do radioźródła (d = 6,172·10 20 km), obliczymy odległość na jaką wyrzucona materia oddaliła się od kierunku radioźródło–obserwator. Odległość ta wynosi 1,93·1017 m. Uwzględniając, że 10 lat to 3,156·10 8 s, otrzymamy na prędkość oddalającej się materii 6,12·10 8 m/s, co znacznie przewyższa prędkość światła w próżni, a jest to tylko składowa szukanej w zadaniu prędkości.
Interpretując ten wynik część rozwiązujących uznała, że któraś z danych jest obarczona grubym błędem, inni w ogóle nie zauważyli tego faktu. Niewielu uznało, że przy prędkościach porównywalnych z prędkością światła należy uwzględnić fakt, iż prędkość światła jest jednak skończona.
Wprowadźmy następujące oznaczenia:
t – data obserwacji na Ziemi wypływu materii,0
t – data obserwacji na Ziemi 10 lat później (zatem: 1 ∆t= t1− t0 = 10 lat = 3,156·108 s), t′0 – moment wypływu materii z radioźródła,
t′1 – moment, w którym z wyrzuconej materii zostało wysłane promieniowanie radiowe, zaobserwowane na Ziemi w chwili t .1
Zachodzą następujące relacje (patrz rysunek):
c t d
t0′ = 0− i
c t d t1′ = 1− ′ , gdzie c jest prędkością światła, a d′ – odległością od Ziemi wyrzuconej materii w chwili .t′1
Odejmując te równania stronami otrzymamy: 1 0 . c
d t d
t t
t′= ′− ′ = ∆ + − ′
∆ (*) Zachodzą też następujące relacje geometryczne:
α
⋅′cos
∆
⋅
′=
− d v t
d i θ ⋅d = v⋅∆t ⋅′sinα . Po podstawieniu tych relacji do (*) otrzymamy: =
⋅
⋅ + ⋅
∆
′ =
∆ α
α θ
sin cos c t d
t 1,431·109 s.
Ostatecznie, szukana wartość prędkości wyrzuconej materii jest równa:
⋅′ =
∆
= ⋅
α θ
sin t
v d 2,698·108 m/s ≈ 0,9 c.
