$$F_S = \frac{J_0}{4\pi R^2} \cdot \frac{\pi r^2}{c} = S \frac{\pi r^2}{c} = 1.4 \cdot 10^{-15} \ H.$$

Здесь $J_0$ — светимость Солнца, R — расстояние от Солнца до пылинки, r — радиус пылинки, S — солнечная постоянная. Мы учли, что пылинка графитовая, и свет в ней поглощается. Сила притяжения со стороны Солнца направлена в другую сторону и равна

$$F_G = \frac{GMm}{R^2} = \frac{4GM\rho r^3}{3R^2} = 1.7 \cdot 10^{-14} \ H.$$

Здесь M и m — массы Солнца и пылинки, $\rho$ — плотность пылинки. Для частиц такого размера сила светового давления в 12 раз меньше силы притяжения. Важно понимать, что сила светового давления не приводит к изменению радиуса орбиты частицы, так как она продолжает двигаться в центральном поле Солнца с эффективной силой притяжения, зависящей от радиуса как $1/R^2$ . Мы можем дальше не учитывать эту силу либо проводить расчеты с эффективной массой Солнца M, равной 0.92M.

Сила Пойнтинга-Робертсона несравнимо меньше светового давления, но она направлена навстречу движения пылинки и поэтому будет изменять ее орбиту. Величина силы равна

$$F_{PR} = F_S \frac{v}{c} = \frac{J_0}{4\pi R^2} \cdot \frac{\pi r^2 v}{c^2}.$$

Здесь у – скорость пылинки. Работа этой силы за один оборот отрицательна и равна

$$A_{PR} = -F_{PR} \cdot 2\pi R = -\frac{J_0}{2R} \cdot \frac{\pi r^2 v}{c^2}.$$

Эта работа приводит к изменению полной энергии пылинки, равной для кругового вращения

$$E = -\frac{GM'm}{2R}.$$

Обозначим изменение радиуса орбиты как $\Delta R$ и учтем, что эта величина существенно меньше R. Тогда

$$-\frac{GM'm}{2(R+\Delta R)} = -\frac{GM'm}{2R} - \frac{J_0}{2R} \cdot \frac{\pi r^2 v}{c^2}.$$

В соответствии с формулами для малых приращений

$$\frac{1}{R + \Delta R} \approx \frac{1}{R} - \frac{\Delta R}{R^2}.$$

Подставляя это в предыдущую формулу, имеем:

$$-\frac{GM'm\Delta R}{2R^2} = \frac{J_0}{2R} \cdot \frac{\pi r^2 v}{c^2}.$$

Изменение радиуса орбиты за один оборот составит

$$\Delta R = -\frac{J_0 \pi r^2 v R}{G M' m c^2} = -\frac{J_0 \pi r^2}{m c^2} \sqrt{\frac{R}{G M'}} = -\frac{3J_0}{4 \rho r c^2} \sqrt{\frac{R}{G M'}} \approx -5000 \ \text{км}.$$

1 этап: 1 балл.

Проверка, что данная пылинка может обращаться по круговой орбите и не будет выброшена световым давлением, либо вычисление эффективной массы Солнца (его положительная величина автоматически означает выполнение проверки). В случае этой проверки в последующем решении участник может пользоваться как эффективной, так и обычной массой Солнца, что не является ошибкой.

2 этап: 3 балла.

Запись выражения для силы Пойнтинга-Робертсона.

3 этап: 4 балла.

Вычисление изменения радиуса орбиты за один оборот. Если участник олимпиады путает полную и кинетическую энергию частицы, получая тот же численный ответ, но с другим знаком (изменение кинетической, а не полной энергии, уменьшение скорости и удаление частицы от Солнца), эти 4 балла не выставляются.

XI.6 МЕЖЗВЕЗДНЫЙ ЭКРАН

Условие. Излучение пульсара на пути к Земле проходит через тонкий рассеивающий слой (экран), расположенный на расстоянии двух третей пути до наблюдателя. В результате рассеяния на неоднородностях этого слоя к наблюдателю приходит не один луч, а множество, которые образуют интерференционную картину. Известно, что пульсар расположен на расстоянии 1 кпк от Солнца, его собственное движение равно 65 миллисекунд дуги в год. Измерения показали, что дифракционная картина движется относительно Солнца в плоскости, перпендикулярной направлению на пульсар, со скоростью 100 км/с под углом 150° к направлению движения пульсара. Определите возможные значения скорости и направления движения среды, составляющей экран.

Решение. Вначале определим величину тангенциальной скорости пульсара, исходя из его собственного движения $\mu$ и расстояния до него D:

$$v_P$$ (км/с) = 4.74 $\mu$ ("/год ) $D$ (пк) = 308 км/с.

Введём декартову систему координат с центром в Солнце (рисунок). Ось Z направим на пульсар, ось X – параллельно тангенциальной скорости пульсара. Пусть $\mathbf{v}_0$ , $\mathbf{v}_P$ и $\mathbf{v}_S$ – векторы скоростей дифракционной картины, пульсара и экрана соответственно, $\alpha$ =150° – угол между $\mathbf{v}_0$ и осью X, $\beta$ – угол между $\mathbf{v}_S$ и осью X.

Рассмотрим движение пульсара и экрана на некотором интервале времени. Отметим, что этот интервал мал, и перемещения пульсара и экрана несопоставимо меньше их расстояния до Солнца. В этом случае линия, соединяющая пульсар и наблюдателя, все время образует очень малый угол с осью Z. Лучевые скорости экрана и пульсара не влияют на ситуацию, и мы их в расчет не принимаем.

Пусть в начальный момент времени пульсар находился на расстоянии D на оси Z. Тогда через некоторое время t его координаты будут ( $v_pt$ , 0, D). За это же время то дифракционное пятно, которое находилось в начале координат, сместится в точку с координатами ( $v_0t\cos\alpha$ , $v_0t\sin\alpha$ , 0). Это дифракционное пятно сформировано лучами, которые в начальный момент времени проходили через область экрана вблизи оси Z. За время t центр этой области сместился в точку ( $v_st\cos\beta$ , $v_st\sin\beta$ , d). Здесь d – расстояние от Земли до экрана. Очевидно, что все три точки (пульсар, центр пятна рассеяния на экране и центр дифракционного пятна) находятся на одной прямой. Спроектируем эту прямую на плоскость OXY, получив вектор $\mathbf{u}t$ . Сделаем то же самое с векторами перемещения пульсара и экрана, которые параллельны данной плоскости. Опустив постоянный множитель t, мы можем записать в векторном виде:

$$\mathbf{u} = \mathbf{v_0} - \mathbf{v_P}.$$

Проекция центра пятна рассеяния на экране на плоскость OXY обозначена на рисунке как ${\bf B}$ . Она делит вектор ${\bf u}$ на части. Из подобия треугольников имеем

$$\frac{b}{d} = \frac{a+b}{D}$$

Из этого мы можем записать выражение для тангенциального перемещения экрана:

$$\mathbf{v}_{S} = \mathbf{v}_{0} - \frac{b}{a+b}\mathbf{u} = \mathbf{v}_{0} - \frac{d}{D}\mathbf{u} = \frac{D-d}{D}\mathbf{v}_{0} + \frac{d}{D}\mathbf{v}_{P}.$$

Отсюда мы можем вычислить скорость и направление перемещения экрана, учитывая, что D=3d, s=(D-d)/D=2/3. Разложим вектора по координатным осям:

$$v_S \cos \beta = \frac{D-d}{D} v_0 \cos \alpha + \frac{d}{D} v_P; \quad v_S \sin \beta = \frac{D-d}{D} v_0 \sin \alpha.$$

Разделим второе уравнение на первое:

$$tg\beta = \frac{sv_0\sin\alpha}{sv_0\cos\alpha + (1-s)v_P}. \quad \beta = arctg\frac{sv_0\sin\alpha}{sv_0\cos\alpha + (1-s)v_P} = 37^O.$$

Теперь возведем оба уравнения системы в квадрат и сложим:

$$v_S^2 = s^2 v_0^2 \sin^2 \alpha + s^2 v_0^2 \cos^2 \alpha + (1-s)^2 v_n^2 + 2s(1-s)v_0 v_n \cos \alpha$$

$$v_S = \sqrt{(1-s)^2 v_P^2 + s^2 v_0^2 + 2s(1-s)v_P v_S \cos \alpha} = 56 \text{ км/c}.$$

К этому же ответу можно прийти другим способом. Предположим, что экран неподвижен. Тогда движение дифракционной картины будет определяться только движением пульсара. Дифракционная картина будет двигаться со скоростью

$$v_p' = \frac{d}{D-d}v_p = \frac{1-s}{s}v_p.$$

Аналогично, если пульсар покоится, а движется только экран. Тогда скорость дифракционной картины будет неизменной и составит

$$v_S' = \frac{D}{D-d}v_S = \frac{1}{s}v_S.$$

В случае, когда и пульсар, и экран движутся, смещение дифракционной картины будет векторной суммой этих двух векторов. Поскольку нам известен угол $\alpha$ , воспользуемся теоремой косинусов:

$$v_S'^2 = v_0^2 + v_P'^2 - 2v_0 v_P' \cos(\pi - \alpha),$$

$$\frac{v_S^2}{s^2} = v_0^2 + \frac{(1-s)^2}{s^2} v_P^2 + 2v_0 \frac{1-s}{s} v_P \cos \alpha ,$$

$$v_S = \sqrt{(1-s)^2 v_P^2 + s^2 v_0^2 + 2s(1-s) v_P v_S \cos \alpha} = 56 \text{ км/c}.$$

Мы пришли к тому же ответу. Для нахождения угла β воспользуемся теоремой синусов:

$$\frac{v_0}{\sin\beta} = \frac{v_{s'}}{\sin(\pi - \alpha)} = \frac{v_s}{s \cdot \sin\alpha},$$

$$\beta = \arcsin\left(\frac{sv_0}{v_s}\sin\alpha\right) \approx 37^{\circ}.$$

$$v_0$$

$$v_{s'}$$

Наконец, запишем третий вариант решения задачи. Уравнение прямой в пространстве в симметричной форме имеет вид

$$\frac{x - x_2}{x_1 - x_2} = \frac{y - y_2}{y_1 - y_2} = \frac{z - z_2}{z_1 - z_2}.$$

Запишем в такой форме уравнение прямой, соединяющей концы векторов $\mathbf{v}_P$ и $\mathbf{v}_0$ , понимая под координатами с индексами 1 и 2 координаты концов векторов $\mathbf{v}_0$ и $\mathbf{v}_P$ , а без индекса — $\mathbf{v}_S$ :

$$\frac{v_S \cos \beta - v_P}{v_0 \cos \alpha - v_P} = \frac{v_S \sin \beta}{v_0 \sin \alpha} = \frac{d - D}{-D} = \frac{D - d}{D} = s.$$

На самом деле, это система из двух независимых уравнений. Решая эту систему, мы придем к такому же результату, как и в первом варианте решения задачи.

6. Система оценивания (от одного члена жюри).

Правильная геометрическая модель происходящего явления.

2 этап: 1 балл.

Вычисление тангенциальной скорости пульсара.

3 этап: 1 балл.

Получение векторной формулы (или системы из двух формул в проекциях) для связи скоростей пульсара, экрана и интерференционной картины.

4 этап: 2 балла.

Получение формул для величины и направления скорости экрана (по 1 баллу за каждую).

Определение численных значений величины скорости и угла (по 1 баллу за каждое).

XXIV Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

Смоленск, 2017 г.

Практический тур

ІХ.1 НАД ПОВЕРХНОСТЬЮ МАРСА

Условие. Орбитальная станция обращается вокруг Марса по экваториальной орбите с выключенными двигателями и каждые полчаса фотографирует поверхность планеты точно под собой (в надире). В таблице приведены моменты съемки по бортовым часам аппарата (Всемирное время на Земле) и марсианская долгота центра кадра. Определите наибольшее и наименьшее расстояние аппарата от центра Марса.

Час (UT)	Долгота	Час (UT)	Долгота	Час (UT)	Долгота	Час (UT)	Долгота
0.0	-159.09	6.0	-20.01	12.0	13.14	18.0	110.98
0.5	-159.03	6.5	-6.32	12.5	12.57	18.5	135.99
1.0	-158.38	7.0	2.71	13.0	12.29	19.0	154.60
1.5	-156.88	7.5	8.53	13.5	12.45	19.5	167.22
2.0	-154.17	8.0	12.19	14.0	13.25	20.0	175.50
2.5	-149.73	8.5	14.36	14.5	14.96	20.5	-179.18
3.0	-142.76	9.0	15.48	15.0	17.97	21.0	-175.87
3.5	-132.05	9.5	15.86	15.5	22.84	21.5	-173.94
4.0	-115.98	10.0	15.73	16.0	30.45	22.0	-172.99
4.5	-93.33	10.5	15.27	16.5	42.10	22.5	-172.73
5.0	-65.98	11.0	14.60	17.0	59.45	23.0	-172.94
5.5	-39.98	11.5	13.85	17.5	83.35	23.5	-173.45

Решение. Съемка поверхности Марса производится с интервалом в 30 минут. Для начала мы должны отметить, что этот интервал времени существенно меньше орбитального периода аппарата. Действительно, даже если не учитывать наличие у Марса атмосферы, минимальное время облета Марса составляет

$$T_M = \sqrt{\frac{4\pi^2 R^3}{GM}} \sim 1.7 \ \text{u}.$$

Следовательно, мы можем не рассматривать варианты совершения спутником целого оборота за время между двумя последовательными актами съемки. Приведенные в таблице данные можно анализировать напрямую, можно представить их в виде графика. Мы видим,

что большую часть времени долгота точки Марса под спутником меняется медленно, но в некоторые периоды начинает быстро возрастать. Из этого можно сделать вывод, что спутник обращается по эллиптической орбите в ту же сторону, что и вращение Марса вокруг своей оси. Большую часть времени угловая скорость спутника сравнима с угловой скоростью Марса, и он даже может отставать от планеты, смещаясь над ее поверхностью на запад. Вблизи периария угловая скорость спутника заметно увеличивается, и он начинает обгонять осевое вращение Марса.

По приведенным данным можно оценить моменты прохождения периария, во время которых рост долготы происходил максимально быстро. Эти моменты соответствуют 4.75ч и 17.75ч. Из этого мы получаем величину орбитального периода T: 13.0 часов. Из III закона Кеплера определяем величину большой полуоси орбиты аппарата:

$$a = \left(\frac{GMT^2}{4\pi^2}\right)^{1/3} = 13300 \text{ км.}$$

Эксцентриситет орбиты Марса, а вместе с ним и наибольшее и наименьшее расстояние проще всего найти, определив угловые скорости аппарата в периастрии и апоастрии. Взяв найденные интервалы, соответствующие периастрию (4.5-5.0 часов и 17.5-18.0 часов), мы видим, что долгота точки съемки меняется на 27.5°, то есть ее изменение $\Delta\lambda_P$ составляет 55.0° в час. Момент апоария соответствует середине временного отрезка между периариями, то есть времени 11.25 часов. Взяв интервал (11.0-11.5 час), мы видим, что долгота уменьшается на 0.75°, изменение $\Delta\lambda_A$ есть -1.5° в час. Чтобы определить сами угловые скорости, нужно учесть осевое вращение Марса с периодом S (24.623 часа).

$$\omega_{\rm p} = \frac{360^{\circ}}{S} + \Delta \lambda_{\rm p} = 69.6^{\circ}/{\rm q}.$$

$$\omega_{\rm A} = \frac{360^{\circ}}{S} + \Delta \lambda_{\rm A} = 13.1^{\circ}$$ /ч.

Из II закона Кеплера мы знаем, что

$$\frac{\omega_{\rm P}}{\omega_{\rm A}} = \left(\frac{1+e}{1-e}\right)^2.$$

Из этого мы получаем

$$\frac{1+e}{1-e} = 2.3; e \approx 0.4.$$

Минимальное и максимальное расстояние аппарата от центра Марса равны

$$d_{\text{MIN}} = a (1-e) \sim 8.0 \text{ тыс.км}; \ d_{\text{MAX}} = a (1+e) \sim 18.6 \text{ тыс.км}.$$

Система оценивания (от одного члена жюри). Для решения задачи необходимо правильно интерпретировать представленные в таблице данные, и получить из них величины большой полуоси и эксцентриситета орбиты космического аппарата.

1 этап: 1 балл.

Обоснование, что варианты совершения аппаратом целого оборота в период между съемками можно не рассматривать.

Правильное определение орбитального периода аппарата (возможна погрешность до 0.5 часа).

3 этап: 1 балл.

Определение величины большой полуоси орбиты аппарата.

4 этап: 4 балла.

Определение соотношения угловых скоростей аппарата в периарии и апоарии с учетом вращения самой планеты.

5 этап: 2 балла.

Вычисление эксцентриситета орбиты аппарата.

6 этап: 2 балла.

Определение максимального и минимального расстояния аппарата от центра Марса (по 1 баллу).

Возможный вариант решения: Участники олимпиады могут вычислить угловую скорость только в одной точке орбиты (например, в периарии) и из этого вычислять эксцентриситет. Этот способ существенно более сложный (сводится к кубическому уравнению), но при условии правильности выполнения он также оценивается полностью: 4 балла за вычисление угловой скорости (4 этап), 2 балла за вычисление эксцентриситета (5 этап), 2 балла за ответ (6 этап).

Возможная ошибка при решении: При вычислении угловой скорости аппарата может не учитываться осевое вращение Марса. В этом случае вне зависимости от результата, четвертый, пятый и шестой этапы решения не оцениваются, и суммарная оценка не превышает 4 баллов.