MEGOLDÁS

Átírás

1 KÖZÉPISKOLÁSOKNAK I. FORDULÓ 018. október 16. (kedd), óra MEGOLDÁS I. Indoklásos tesztkérdések I/1. A Mars felszínén a gravitációs gyorsulás a földi érték harmada. Mit állíthatunk a marsbeli első kozmikus sebességről? (A helyes válasz 1 pont, az indoklás pont.) A marsbéli első kozmikus sebesség nagyobb, mint a földi. A marsbéli első kozmikus sebesség a földivel egyenlő. A marsbéli első kozmikus sebesség kisebb, mint a földi. Mivel az első kozmikus sebesség: v= g R, és tudjuk, hogy a Mars kisebb, mint a Föld, biztosan kisebb lesz a marsbéli első kozmikus sebesség, mint a földi. 3 p I/. A Föld a Naptól 1 csillagászati egységre (1 CsE) kering, és 1 év alatt kerüli azt meg. Mekkora lenne a keringési ideje annak az 1 földtömegű égitestnek, amely 4 CsE-re keringene a Nap körül? (A helyes válasz 1 pont, az indoklás pont.) év 4 év 8 év Kepler III. törvénye alapján a naprendszerbeli égitestekre igaz: T =konstans. Az időt évben, a félnagytengelyt CsE-ben megadva a konstans értéke 1, így a kérdéses égitestre: T = 4 3 =8év a 3 3 p I/3. Egy tárgyat vízszintesen hajítunk el a Földön és a Holdon. A hajítás kezdősebessége és kiinduló 1

2 magassága mindkét helyen azonos. Hányszor messzebbre jut a tárgy a hajítás helyétől vízszintes irányban a Holdon, mint a Földön? (A Holdon a gravitációs gyorsulás a földi érték hatoda.) (A helyes válasz 1 pont, az indoklás pont.) A tárgy ugyanolyan messze esik le. A tárgy 6 -szor messzebb esik le. A tárgy hatszor messzebb esik le. A hajítás távolsága: d= h g v 0. Mivel csak g értékében van különbség, és g H = g F 6 a tárgy 6 -szor messzebb esik le., így I/4. Mi történne, ha a Napot változatlan tömeg mellett ezredrészére zsugorítanánk? (A helyes válasz 1 pont, az indoklás pont.) 3 p A Föld és a többi bolygó változatlanul tovább keringene a pályáján. A Föld és a többi bolygó belezuhanna. A Föld és a többi bolygó elszökne. Mivel a bolygók keringését Kepler III. törvénye írja le, amelyben csak az égitestek tömegei szerepelnek, és a nagy távolságok miatt a Nap és a bolygók is pontszerűnek tekinthetők, ezért a bolygók változatlanul tovább keringenének a pályájukon. 3 p I/5. Meg tud-e mikrogravitáció (azaz a régi megfogalmazás szerint súlytalanság ) állapotában saját hossztengelye körül fordulni egy űrhajós? (Természetesen minden további tárgy, test érintése, és egyéb segédeszközök használata nélkül értendő a kérdés csak saját erejéből! Más, mellékes egyéb lineáris elmozdulások nem kizártak.) (A helyes válasz 1 pont, az indoklás 3 pont.) Nem, semmiképpen sem. Igen, de csak az egyik irányban. Igen, bármelyik irányban.

3 A belső erők a rendszer forgási állapotát ( impulzusmomentumát ) meg tudják változtatni tehát valamilyen módszert bizonyosan lehet találni. ( pont) Egy ilyen lehetőség: a test oldalához szorított karokkal jellemzett alapállapotból indulunk. Első lépésben mindkét kart egymással átellenesen, a felsőtest síkjában kitárjuk (ezzel egy picit magasabbra kerülne a súlypont, ami viszont helyben kell maradjon, így a test picit lefele mozdul el, de ezt megengedtük). Második lépésben a test függőleges tengelyére szimmetrikusan pl. az óramutató járásával ellentétes forgásirányban mindkét kart elforgatjuk ezzel a testünk alsó része ellentétes forgásirányban fog elfordulni valamekkora mértékben, a vállak és a felső rész nem, vagy kevésbé. Ezután visszazárjuk a törzsünk mellé a karjainkat (abban a szögben, ameddig el tudtuk fordítani; ezzel együtt a súlypontunk most kicsit lefele mozdul el, amivel együtt az egész test az űrhajóbeli környezethez képest a hossztengely irányában a fejtető felé mozdul el lineárisan egy picit, de ez is meg volt engedve a feladat szövege szerint). A negyedik lépésben a karjainkat a vállainkkal együtt a törzsünk mentén visszafordítjuk, hogy az eredeti testhelyzet álljon elő. Ezzel a test többi része ellentétes irányban visszafordul egy kicsit de mivel a belső erők támadáspontjai most sokkal közelebb voltak a testhez, a létrejött forgatónyomaték sokkal kisebb volt, mint a második lépésben, így a visszafordulás kisebb szögű volt. Azaz a teljes 4 lépés eredményeként egy kicsit elfordult a test. Ezt ismételgetve néhány ciklus után akár teljes 360 fokos elfordulás is létrehozható. ( pont) II. Távcsövek & optika 4 p II/1. Távcső-totó ( A kérdéseknél esetleg több válasz is jó lehet, vagy akár egy sem! Kérdésenként a helyes válaszkombináció - pontot ér, a nem pontos válaszok egységesen 0 pontot érnek.) 1. Milyen hatással van a légkör a távcsőben létrejövő képre? 1 A horizonttal párhuzamos elnyúlását okozza az égitesteknek. Megváltoztatja az égitestek színét. Megváltoztatja az égitestek észlelhető fényességét.. Milyen módszerrel maradhat használható a lencsés távcső objektívje, miután külső felületére ráejtettünk egy fémtárgyat, és kipattant egy pár mm -es darab az üvegből? 1 Átlátszatlan blendével le kell szűkíteni a lencse szabad átmérőjét a hibán belülre. Befestjük matt fekete festékkel a hibát. Semmilyen módszerrel nem marad leképezésre használható a lencse cserélni kell. 3. Az alábbi paraméterek közül melyik befolyásolja egy távcső felbontóképességét? 1 Az objektív átmérője Az objektív fókusztávolsága Az okulár fókusztávolsága 6 p 3

4 II/. Kifejtős kérdés Egy adott átmérőjű és fókuszú üveg gyűjtőlencse 30 másodperc alatt gyújtja meg a fókuszába helyezett papírt. Meg tudja-e gyújtani ugyanennyi idő alatt, ha vízbe esik? (Minden körülményt tekintsünk ideálisnak. A víz desztillált víz, felülete teljesen sima. A Nap sugarai a vízfelületre merőlegesen esnek be, a lencse optikai tengelyében. A víz egy optikailag tökéletes minőségű, plánparallel üvegfalú síkokkal határolt kádban van. A papír száraz, az alsó határoló üvegfal alatt van, pont a lencse optikai tengelyében. Elegendő víz van a kádban ahhoz, hogy a lencse teljesen vízben legyen, és a lencse fókuszpontja pont az üvegen kívül, a papírlapon legyen.) Egyfelől a vízben (valamint a kád alsó üvegfalában) a direkt nyalábból kiszóródó fény, valamint az alsó üvegfal mindkét határoló felületén megkövetkező reflexió miatt is csökken a papírt elérő energiamennyiség. A fő probléma az, hogy a vízben az üveglencse fókusza többszörösére (kb. 3-szorosára) nyúlik, ennek megfelelően a Nap képe kb. háromszor akkora lesz, mint a levegőben lévő lencse esetében. Emiatt a felületegységre sokkal kevesebb energia jut, tehát a vízben lévő lencse ugyanannyi idő alatt nem tudja meggyújtani a papírt. (Ha valaki a fő problémát részletesen és helyesen leírja, megkaphatja a 4 pontot. Ha hiányos a leírás, de egyéb szempontok is fel vannak sorolva, akkor szintén megadható a 4 pont). 4 p 4

5 III. Összetett feladatok III/1. Egy műhold az Egyenlítő fölött körpályán kering a Föld körül. A teljes egyenlítői tartomány fölötti elhaladáshoz 8 órára van szüksége. a) Mekkora a műhold keringési ideje, ha egy irányban kering a Föld forgásával? b) Mekkora lenne a műhold keringési ideje, ha ellentétes irányban keringene a Föld forgásával? c) Milyen magasan kering a műhold a Föld felszíne felett az a) esetben? Milyen magasra kellene juttatni a b) esetben? Megoldás ( pont) ( pont) (1-1 pont) III/. 6 p a) Nemrégiben felfedezték az első olyan kisbolygót, amelynek gyűrűrendszere van. Az alig 30 km átmérőjű Chariklo kisbolygó 15,76 CsE félnagytengelyű pályán kering a Nap körül (úgynevezett Kentaur objektum). Becsüljük meg, hogy legfeljebb milyen magasságban lehet a felszíne fölött a gyűrű külső határa! Feltételezzük, hogy a kisbolygó gömb alakú. Az ilyen kérdések Édouard Roche ( ) francia 5

6 csillagász által 1850-ban felállított közelítő formulája által válaszolhatóak meg:,44 3 P L Roche R P, S ahol RP és ρp a központi, kiterjedt égitest sugara és sűrűsége, ρs a Roche-határt megközelítő égitest sűrűsége, az LRoche kritikus távolság értéke pedig a központi, kiterjedt égitest centrumától mérve értendő. E távolságon belülre kerülve az adott sűrűségű, csak a saját gravitációja által összetartott kis égitestet a kiterjedt égitest árapály-erői szétszedik, és a törmelék idővel szétterjed a központi égitest körül, gyűrűt alkotva körülötte. Számolásainkhoz tételezzük fel, hogy a Chariklo sűrűsége,3 g/cm 3, a gyűrűvé vált egykori kis égitesté pedig 1,9 g/cm 3. b) Az Apollo-8 közel 50 évvel ezelőtt 10-szer megkerülte a Holdat, mindössze km közötti felszín feletti magasságban. Minthogy a Hold átlagos sűrűsége 3,344 g/cm 3, az űrhajóé pedig kb. g/cm 3, így az előző részfeladatbeli képlettel számolva a Hold felszíne feletti Lroche = 969 km nél kisebb magasságban az Apollo űrhajónak darabjaira kellett volna hulljon az árapály-keltő erők miatt. Mint tudjuk: mégsem hullott darabjaira! Mi az oka? Megoldás: a) Egyszerű behelyettesítésre van csak szükségünk a megadott formulába. A kisbolygó sugara R P = 30/ = 151 km, így a megadott sűrűségek ismeretében: L Roche =, km 3,3 =39,67 km 1,9 Azonban oda kell figyelnünk! L Roche a kisbolygó középpontjától értelmezett érték, a feladat pedig a felszín feletti magasságra kérdez rá, ebből tehát még le kell vonni a kisbolygó sugarát, így a végső válasz: A gyűrű külső peremének maximális magassága a (gömb alakúnak feltételezett) kisbolygó felszíne feletti 39, = 41,67 km-re kell húzódjon. (3 pont) b) A Roche-határ fenti formula szerinti becslése ahogyan a feladat szövegezésében elbújtatva szerepelt is azzal a megkötéssel érvényes, hogy a megközelítő kisebb testet csakis saját gravitációja tartja össze, azaz az egyéb belső összetartó erőket (adhézió, rugalmas erők, stb.) nem tételez fel! És ez a megoldás kulcsa: az Apollo űrhajó komplexumot nem pusztán a tömegének gravitációja tartja össze (sőt, ilyen kis tömeg nem is lenne ilyesmire képes), hanem az egyes részegységek rugalmas, deformálható kapcsolata (csavarozások, hegesztések, stb.). Ilyen esetekre nem (ill. nem ilyen egyszerű formában) érvényes a Roche-formula. (3 pont) 6 p III/3. A Lunohod és az Apollo küldetések is vittek lézertükröket a Holdra, ezek pontos távolságmérést tesznek lehetővé. Tegyük fel, hogy egy adott pillanatban egy lézertükör és egy földi lézertávmérő is a két égitest centrumát összekötő egyenesen van (értelemszerűen a "belső" oldalon). Ebben a pillanatban, majd két óra elteltével ismét megmérjük a távolságot. Mennyi lesz a két mért érték különbsége? (Az egyszerűség kedvéért a Hold pályáját vegyük tökéletes körnek, és tekintsünk el a pályahajlás okozta hatástól is.) Megoldás: Vegyük fel a mellékelt ábra szerinti alaphelyzetet, képzeletben magasan a Föld É-i pólusa felől nézve: A z első időpontban a Hold a pályáján a H 0 pontban tartózkodik, a Földön a lézertávmérő az F 0 pontban van rögzítve. A szöveg szerinti óra eltelte alatt bekövetkező szögelfordulást kell 6

7 meghatározni: A Föld tengelyforgása miatti elfordulás legyen F, a Hold pályamozgása miatti elfordulás legyen H. Ezt a két szöget könnyen meghatározhatjuk a tesztlap elején található segéd-adatok alapján (a Föld tengelyforgási periódusa és a Hold Föld körüli keringésének periódusa alapján): F h 30 H h h 1,07 (- pont, ha jó rajz is 4h 8d 84h van) A óra eltelte utáni állapot szerint a tükör illetve a távmérő H és F pontokban lesz, az OFH háromszög két oldalának (OF és OH) hosszát és a közrezárt szöget ismerjük. Így az új távolságot(l), azaz a harmadik oldalt a koszinusz-tétellel határozzuk meg: OF OH OF OH cos F H ( pont) Ahol OF=6.378 km a Föld sugara, OH= a Hold R Hold = km (a Hold a Hold Föld körüli pályájának fél nagytengelye, R Hold pedig a Hold átlagos sugara). Ezeket az értékeket behelyettesítve: cos31, 07 l=37 13 km (1 pont) Ez ( ) = 99 km lesz a két mért érték különbsége. (1 pont) III/4. Egy úgynevezett fedési kettőscsillagot vizsgálunk a Földről. a) Milyen hosszú ideig tart a fedés, ha a kettőscsillag komponensei egymástól csillagászati egységnyire (CsE), a tömegközéppont körül kör alakú pályán keringenek, mindkét csillag mérete és tömege pontosan akkora, mint a Napé, és pontosan a rendszer keringési síkjában figyeljük meg az 8 p 7

8 eseményt? Készíts áttekinthető rajzot is a feladathoz! (Segítség: a fedés teljes időtartamát azon két pillanat között mérjük, amikor az egyik csillag korongja a Földről nézve belép a másik elé, illetve amikor teljes terjedelmével kilép a másik csillag korongja elől.) b) Milyen messze van a Földtől a kettőscsillag, ha a két komponens közötti távolság a Földről nézve 0,00 ívmásodperces szög alatt látszik? (7 pont) Megoldás (b): Ha 1 parszek távolságban 1 CsE 1 alatt látszik, akkor CsE 1000 parszekről fog 0,00 alatt látszani. (3 pont) 10 p Összpontszám: 56 p 8