Strona główna

Short theoretical questions – solutions Each question max 10 points Question 1


Data20.06.2016
Rozmiar46 Kb.
Short theoretical questions – solutions

Each question max 10 points
Question 1
Perihelium distance is << aphelium distance.

Thus, semimajor axis of the comet orbit a  17500 AU. 1

Application of the III Kepler’s Law to get the comet orbital period 4

Actual calculations: T = a2/3 2.32 · 106 (T in years) 4

The sought solution is equal to one half of T, i.e. approx. 1.16·106 years 1
Question 2

vc = √(2GMsol n/R), 5
solve for n. (~ 100 000). 5


Question 3

Sum of kinetic and potential energy of Voyager is E = −G m M / r + mv2 / 2 3

Where m mass of Voyager, r = 116.406 AU, v = 17.062 km/s.
Substituting numerical values into energy equation, 3

we get E > 0, therefore the orbit is hyperbolic 2


Brightnessof the Sun is m(r) = m + 5 log(r) 2
16.5 . 1
Question 4

The orbit of Phobos and the rotation of the planet are in the same direction, so the angular velocity of the moon relative to Mars, ωP/M, is equal to the difference


ωP/M = ωM − ωP 2
gdzie ωM and ωP are the angular rotation velocity of Mars and the angular orbital velocity of Phobos respectively.

For ωM we have ωM = 2 π / TM where TM is the period 1


The time aboce the horizon, t, is found from the relation (see drawing):

t = 2 α / ωP/M 2

where α = R M/RP . 1




Find the angular velocity of Phobos ωP assuming gravity is equal to the centripetal force:

ωP = sqrt( GMM / R3/2P) 2
Substituting:
ωM = 7.0882 · 105 s1,

ωP = 2.2784 · 104 s1,

ωP/M = 1.5696 · 104 s1

where “–” means that the moon “leads” the rotation of the planet; substitute the absolute value into the equation,


thus
α
= 68º.794 = 1.2007 rad.

and t 15300 s = 4h 15m. 2



Question 5

Angular resolution: sin(λ) = 1.22 λ /D


Dradio[m] =( λ radio· Doptic )/ λ optic = (1cm· 10cm)/550nm = (0.01 m · 0.1 m) / 0.00000055 m= 1820 m

equation of angular resolution as a function of λ and D 2


proportion of λ radio/Dradio= λ optic/Doptic 2
proper calculation and result 2
assuming λ optic in proper range: (500 – 600 nm) 2
(400 – 900 nm) 1
out of range 0

units 1
proper number of digits on answer 1


Question 6
Calculation of the moment of inertia of Earth 2

The moment of inertia is

Equation of motion for this case 2

where is angular acceleration and K is moment of force.

Calculation of angular acceleration 1

Acceleration is equal to =K/I. From the assumption, the acceleration  is constant and we find its numerical value equal to 6·10-22 s-2.

Calculation of the change of  during assumed period of time 1

Multiplying this value by 1.9·1016 s [600 mln years] we obtain =1.14·10-5 s-1.

Calculation of the angular frequency in the past 2

Using the definition of the angular frequency one can calculate its recent value


2/86164 s-1 = 7.29·105 s-1.·Subtracting from it calculated above one gets past=6.15·105 s-1

Calculation of the day length in the past and number of days in the ancient year 2

Having angular frequency one can get ancient period of Earth rotation . Dividing sideral year length by the obtained period one gets number of days in the ancient year equal to about 420 days.

Question 7
Limiting ourself to the orbits with peri and apogeum in the explosion point., the angle  should be equal to 90º or 270º, while the angle a should be:

1). α< 0º ; 90º ) or α( 270º ; 360º >,


2). α = 90º or α = 270º,

3). α ( 90º ; 120º ) or α( 240º ; 270º ),


4). α = 120º or α = 240º,

5). α( 120º ; 180º ) or α( 180º ; 240º ),

respectively.

Taking into account other kind of orbits (without peri and apogeum) one has to make the angle  free (unfixed).

The assessment is that 2 point for each element
Question 8

Gravitational force can be expressed in the form: 2


The force of radiation reads Fr=πr2 σ/c 2

where r,ρ,R,G,M are a radius and density of dust, distance form the Sun, gravitational constant and Solar mass respecivealy.

Comparing these forces one obtains Fg=Fr 2

and finaly one gets the dust grain radius 2

Substituting numerical values one obtains r  5⋅10-7 m 2



Question 9

Finding that surface brightness is independent of distance 2


Relationship between m and the Sun surface brightness:



m − μ = 2.5 log ( (πθ2 /4) / 1 sq. arcsec . 2

Calculations of μ = 10.79 1


Galaxy vs. Sun surface brightness (in magnitudes)

μ − μ = 18.0 + 10.79 = 28.79 1
Relationship between the sought sky fraction covered by stars, x,

and the surface brightness ratio: μ − μ = 2.5 log x 3


Calculations x = 10-0.4 ( μ - μ)  3.1 · 10-12 1

Question 10
Formulation of a penetration conditions 2

From the condidions specified in the exercise text .... the particle should be pass in the belt of magnetic field around quarter of the circle. If this particle leaves the belt the particle path should be a little longer. It means that the radius of this circle should be larger then the belt thickness.

Determination of the forces (centrifugal and magnetic) acting upon the particle, writing of the appropriate formulae 4
Comparison of the forces and calculations 3

Comparing centrifugal and magnetic force one obtains



So , where p denotes the momentum. From the assumed approximation

Thus definitively particle energy is described by .

Substituting numerical values one obtains E≈3⋅10-8 J it means 2⋅102 GeV

Answer and conclusion: 1
Question 11

Within assumed cosmological model the following relation is valid:



, where R0 and R(z) denote the current value of the scale factor and that for the redshift equal to z respectively, while t0 and t(z) stands for the time that passed from the Big Bang. For z=6.03 the appropriate time t(z) = 7.35 108 years. Subtracting from t(z) the interval equal to 560 My and 600 My one obtains t1 = 1.75 ·10y and t2 = 1.35 ·108 y what is equivalent to z1 = 17.3 and z2 = 20.8.
Question 12
At Northern Hemisphere declination of the non-rising stars δ < φ − 90º, where  stands for latitude. So in Krakow δ < −39.9º. Within assumed precession model declination of the star can differ from ecliptic latitude b not more than ε = ±23.5º. So the ecliptic latitude  of the stars at the study should be determined. Solving spherical triangle

sinβ = cosε sinδ sinε cos δ_ sinα

Substituting by numerical values for the stars at the study one obtains:

Sirius β=39º.7

Canopus β=75º.9

Due to the precession, declination of Sirius can reach -63.2º so it will become non rising star.

As far as Canopus is concern its declination never exceed -52.4º, so it will never be visible.
Question 13
From the attached table it can be read that northern galactic pole has the following coordinates:

α G = 12 h 51 m ; δ G = +27 o 08'.

It means that at the sidereal time  = 0h 51m this pole is in lower culmination at the northern side and below the horizon. The angle between galactic equatorial plane and the horizon is equal to

90º– δ G + 90º – φ = 103 o 18' and this angle is an analogue of ε in the equation of the ecliptic.

Analogue of R.A. in the equation of the ecliptic is 90º– A because A is clockwise while R.A. is counterclockwise and at the intersection of the horizon plane and galactic equatorial azimuth is equal to 90º. So we get tg(h) = sin(90 o A) tg(180 o – φ – δG). So,



h = arc tg ( cos A tg (– φ δ G ) ) = arc tg ( – cos A tg 76 o 42').

Checking:



A = 0, h = – 76 o 42' ,

A = 90, h = 0º,




Question 14

Solar constant (from table) is 1366 W m-2

Each reaction gives 26.8 MeV = 26.8 x 1.602 x 10-13 J = 4.3 x 10-12 J 4

Thus there must be 1366 / 4.3 x 10-12 = 3.2 x 1014 reactions per second to produce this energy flux 4

Each reaction produces 2 neutrinos, so there must be 6.4 x 1014 neutrinos m-2 s-1. 2
Question 15

Choice of wavelength Wybór długości fali dla której przeprowadza się rachunek: 2


If the nature of the spectrum does not change, it is sufficient to perform the calculation for one wavelength. The simplest choice is for the wavelength of the maximum (Wien’s law)
λ=C/T
Understanding definition of redshift 2
From this

z=(λaλe) /λe

where λa is the wavelength received at the Earth and λe is the emitted wavelength

thus λe=λa/(z+1)
Substituting into Wien’s law, we find
T= C⋅(z+1) / λa 4

Substituting the current value of the temperature we find the result 2


Zadania teoretyczne krótkie – rezerwowe


  1. aka musi być ogniskowa okularu lunety o średnicy obiektywu 8 cm i ogniskowej 40 cm, aby móc najlepiej widzieć najsłabsze mgławice?

Rozwiązanie:

Max 10 points

formulas for magnification of telescopes W = Fobjective/feyepiece = Dobjective/dpupil 4

estimation of human pupil in range (5-10 mm) 2


(1-5 mm) 1
proper calculation 2

units 1


proper number of digits in solution 1
Solution

W = Fobjective/feyepiece = Dobjective/dpupil

W = Dobjective/dpupil 8 cm / 6 mm  13

feyepiece = dpupil · Fobjective/ Dobjective = 6 mm · 40 cm / 8 cm = 30 mm


17 W wyniku zmienności Słońca, natężenie promieniowania słonecznego waha się od 1362 W m−2 do 1368 W m−2, a temperatura efektywna o 1.5 K. Jaka jest maksymalna zmiana promienia Słońca towarzyszący tym wahaniom?

Solution:

From the Stefan-Boltzmann law,

L=4R2T4

so L/L0 = (R/R0)2(T/T0)4 [25% for either equation]

or (R/R0)2 = L/L0 (T/T0)-4

thus R/R0 = √ [ L/L0 (T/T0)-4 ] [25% for correct transformation, algebraic or numerical]



L/L0 = 1368/1365 = 1.002197

T/T0 = (5780+1.5)/5780 = 1.000259

R/R0 = 1.00058 Rsol or 0.06 % (~400 km) [50% for correct answer]
40% for answer if L/L0 = 1368/1362 or T/T0 = (5780+3)/5780 is used (full amplitude, not half amplitude): 0.16%/ 1200 km in the first case, or 0.12% / 800 km in the second.

No deduction for other reasonable values of Solar Teff (e.g. 5777).

Usual deductions for too many significant figures in answer (max. 2, constrained by T = 1.5, 1 s.f. is acceptable given the arm-waving of the approximation)



  1. Rozważamy planetoidę o sferycznym rozkładzie masy i średniej gęstości ϱ obracającą się wokół osi z okresem mniejszym od

T = (3π/G ϱ )

Określ najniższą szerokość „planetoidograficzną”, która umożliwia lądowanie na tym ciele.

Consider a planetoid of spherical mass distribution and average density ϱ rotating abut its

axis with a period less than



T = √(3π/G ϱ)

Determine the lowest planetoidographic latitude which would allow landing on this body.


Określenie jakie siły decydują o możliwości lądowania (postawienie problemu) 2
Siła grawitacji na takim ciele ma wartość:
Fg=4/3⋅π⋅G⋅R3⋅ϱ a siła odśrodkowa Fo=4Π2Rcos (φ)T2
Warunek na możliwość lądowania (kierunek sumy wektorów) 3
Wylądować się nie da jeżeli suma wektorowa tych tych sił będzie skierowana na zewnątrz ciała. Oczywiście im większa siła odśrodkowa tym bardziej suma oddala się na zewnątrz. W szczególności warunkiem granicznym jest sytuacja gdy wektor wypadkowy siły jest skierowany stycznie do powierzchni ciała. W takim przypadku jest prostopadły do promienia a więc i siły grawitacyjnej a trójkąt tworzony przez wektory Fo , Fg i ich sumę jest prostokątny, przy czym przeciwprostokątną stanowi Fo a kąt między oboma siłami jest równy szerokości ciałograficznej .
Zapisanie warunku na kierunek - 3
Możemy więc zapisać

Cos(φ) = Fg/Fo >> cos (φ)= √((Gϱ)/3π) T


Oczywiście dla równika to podany w zadaniu okres graniczny.

Obliczenia i wynik - 2



  1. a podstawie obserwacji przelotu satelity stwierdzono, że odległość kątową od zenitu do wysokości = 40º pokonał on w czasie Δ= 105 s. Wyznacz dla tego satelity okres obiegu T oraz promień kołowej orbity R. Pomiń wpływ ruchu obrotowego Ziemi i przyjmij wartość pierwszej prędkości kosmicznej υI = 7.91 km s1.

Szkic rozwiązania:

Dane:

z = 900h = 500 – odległość zenitalna

Δt = 105 s – czas przelotu z = 50º

r = 6370 km – promień Ziemi

υI = 7.91 km/s – I prędkość kosmiczna

Na podstawie III prawa Keplera można zapisać:



, gdzie: jest okresem hipotetycznego satelity, który obiega Ziemię tuż przy jej powierzchni.

Z twierdzenia sinusów dla trójkąta OSC mamy: ,

dodatkowo: , .

oraz: .

Po podstawieniu do pierwszego wzoru otrzymamy ostatecznie:

.

Jest to równanie z jedną niewiadomą (T), ale niestety przestępne. Można go rozwiązać np. metodą kolejnych przybliżeń. Po uwzględnieniu wartości liczbowych można je zapisać:

mamy: .

Wstawiając za T, po prawej stronie równości, np. 90 minut = 5400 sekund otrzymamy nowe T = 6020 sekund i dalej: 5900, 5920, 5920 sekund.


Przyjmując za T np. 120 minut = 7200 sekund, otrzymamy nowe T = 5740 sekund i dalej: 5950, 5920, 5920 sekund czyli ostatecznie: 98m 40s.

Z pierwszego wzoru wyznaczymy: km = 7070 km

co odpowiada wysokości około 700 km nad powierzchnią Ziemi.
Odp: Okres obiegu tego satelity wynosi 98 m 40 s, a promień orbity 7070 km.


  1. Dla dowolnej daty według kalendarza gregoriańskiego, można obliczyć liczbę dni juliańskich JD, za pomocą algorytmu:

A = Int ( ( M + 9 ) / 12 ) + Y + 4716

B = Int ( 275 M / 9 ) – Int ( 7 A / 4 ) + 367 Y + D +1 729 317.5

C = Int ( ( A + 83 ) / 100)

JD = B – Int ( 3 ( C +1 ) / 4 )

(oznaczenia: Y – rok, M – miesiąc, D – dzień, Int ( ) – część całkowita)

Oblicz dzień tygodnia oraz datę urodzin Jana Heweliusza (dzień, miesiąc, rok), jeśli wiadomo, że:



– był to dzień juliański, którego początek odpowiada: JD = 2 309 492.5
– 28 sierpnia 2011 roku według kalendarza gregoriańskiego przypada w niedzielę
Szkic przykładowego rozwiązania:
Obliczmy JD dla daty 28 sierpnia września 2011 roku:
Y = 2011, M = 8, D = 28,

A = 1 + 2011 + 4716 = 6728,

B = 244 – 11774 + 738037 + 28 + 1729317,5 = 2455852,5 ,

C = 68

JD = 2455852,5 – 51 = 2455801,5 .
Od dnia urodzin Heweliusza do tej daty upłynęło 146309 dni. Po obliczeniu wartości Mod 7 z tej liczby otrzymamy resztę 2, czyli był to piątek (bo 2 dni później jest niedziela).
Po podzieleniu 146309 dni przez 365,25 otrzymamy 400,57 lat, z czego wynika, że Jan Heweliusz urodził się na początku 1611 roku. Można obliczyć JD dla daty 01 stycznia 1611 r:
Y = 1611, M = 1, D = 1,

A = 0 + 1611 + 4716 = 6327,

B = 30 – 11072 + 591237 + 1 + 1729317,5 = 2309513,5 ,

C = 64

JD = 2309513,5 – 48 = 2309465,5 .
Różnica między otrzymanym wynikiem a podanym w treści, wynosi 27 dni, stąd wynika wniosek, że Jan Heweliusz urodził się 27 dni po 01 stycznia, czyli: 28 stycznia 1611 roku.
Można przeprowadzić sprawdzenie:
Y = 1611, M = 1, D = 28,

A = 0 + 1611 + 4716 = 6327,

B = 30 – 11072 + 591237 + 28 + 1729317,5 = 2309540,5 ,

C = 64

JD = 2309540,5 – 48 = 2309492,5 , czyli jest OK.
W arkuszu odpowiedzi powinna się znaleźć pełna odpowiedź, tzn. piątek,

28 stycznia 1611 roku. Dodatkowo można zażądać podania wartości pośrednich obliczeń, czyli A, B i C dla obu dat: 28 sierpnia 2011 roku i daty urodzin Jana Heweliusza.


©snauka.pl 2016
wyślij wiadomość