10.5 Тройная фаза

Решение.

Наблюдаемый объект является внутренним по отношению к Земле. Действительно, любой внешний объект для земного наблюдателя будет иметь значение фазы от 0.5 до 1, поэтому получить значение двух фаз, отличающихся ровно в три раза, для внешнего объекта не получится. А для внутренних объектов такого ограничения нет.

Нарисуем схему, поясняющую задачу.

Закрыть

Точка S – Солнце, T – Земля, $O_1$ и $O_2$ – наблюдаемый объект в двух своих положениях.

Пока не будем отвечать на последний вопрос задачи и предположим, что в обоих случаях объект наблюдался к западу от Солнца. Анализ вариантов расположения проведем ниже.

Обратим внимание, что треугольник $SO_1O_2$ – равнобедренный, так как орбита объекта круговая, и $SO_1 = SO_2$ .

Тогда фазовые углы $\varphi_1$ и $\varphi_2$ являются дополнительными друг к другу. Запишем формулу, связывающую фазу и фазовый угол:

Из условия задачи

Теперь воспользуемся тем, что фазовые углы являются дополнительными. Тогда $\cos \varphi_1 = \cos(180^\circ - \varphi_2) = -\cos \varphi_2$ .

Отсюда угол $\varphi_2=60^\circ$ . Так как углы при основании треугольника равны между собой и равны $60^\circ$ , треугольник $\Delta SO_1O_2$ получается равносторонним, и угол при Солнце $O_1SO_2=\Delta\lambda=60^\circ$

Еще раз внимательно посмотрим на схему, поясняющую нашу задачу. На этой схеме у нас «зафиксированы» положения Солнца и Земли, а внутренний объект продолжает свое движение вокруг Солнца. В такой системе отсчета внутрениий объект сделает полный оборот за синодический период.

За четверть года объект прошел дугу длиной 60°, следовательно, полный оборот он сделает за

Зная синодический период, можно сначала найти сидерический период, а затем и полуось орбиты. Выполним эти расчеты. По условию задачи все тела двигаются в одну сторону, поэтому запишем синодическое уравнение со знаком «минус». Также учтем, что объект внутренний.

Значение полуоси орбиты найдем из третьего закона Кеплера, сравнив орбиту наблюдаемого объекта с орбитой Земли. Получим a=0.71 a.e.

Перейдем ко второму вопросу задачи. На рисунке рассмотрим любой из треугольников $\Delta STO_1$ или $\Delta STO_2$ . Запишем теорему синусов для любого из этих треугольников, например, для для $\Delta STO_2$ :

Здесь известны все величины, кроме искомого угла $\gamma$ .

Отсюда угол $\gamma=38^\circ$ . Нам подходит только острый угол. Поскольку углы $\varphi_1$ и $\varphi_2$ дополнительные, их синусы равны, и точно такой же ответ можно получить из анализа треугольника $\Delta STO_1$ .

Перейдем к анализу последнего пункта задачи.

Закрыть

На рисунке обозначим точки, в которых может оказаться объект на угловом удалении $\gamma$ от Солнца. Всего таких точек в общем случае должно быть 4. Правда, возможны «вырожденные» случаи, когда точек будет только 2 – это ситуации максимумов элонгаций или соединений. Но оба этих вырожденных случая не подходят к условию задачи – в случае с максимумами элонгаций фаза будет равна 0.5 и получить значение фазы в три раза больше невозможно. В случае соединений в нижнем соединении фаза равна 0, а в следующем (верхнем) соединении фаза будет равна 1. Отношение этих фаз также не равно 3, что противоречит условию задачи.

Поскольку объект внутренний и имеет круговую орбиту, его угловая скорость всегда больше угловой скорости Земли (наблюдателя). Следовательно, объект будет последовательно проходить чеоез точки 1, 2, 3 и 4. Нужно проанализировать, какой (или какие) из переходов может соответствовать условиям задачи.

Переходы $2 \to 3$ и $4 \to 1$ нам не интересны, так как фазы в обеих точках будут одинаковы. Поэтому осталось рассмотреть переходы $3 \to 4$ и $1 \to 2$ . В первом случае (3-4) фаза уменьшается, а во втором случае фаза увеличивается. По условию задачи фаза как раз должна увеличиваться, следовательно, нам подходит только переход $1 \to 2$ . Он соответствует утренней видимости объекта.