Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih...

27
Zbirka vaj iz astronomije Andreja Gomboc Fakulteta za naravoslovje, Univerza v Novi Gorici Morebitne napake prosim sporoˇ cite na: [email protected] 1 Nebesne koordinate 1. Katere zvezde so nadobzornice in katere podobzornice za: a) observatorij na ˇ Crnem vrhu (ϕ = 45 56 0 48 00 North= 14 04 0 25 00 East) in b) za ESO La Silla observatorij (ϕ = -29 15 0 0 00 South= -70 44 0 0 00 West)? Reˇ sitev: Na severni polobli velja za zvezde v najniˇ zji toˇ cki njihove dnevne poti po nebu (glej sliko): δ + z + ϕ = 180 . Za tiste, ki so nadobzornice velja z< 90 in sledi δ> 90 - ϕ. Za zvezde z negativno deklinacijo velja v najviˇ sji toˇ cki njihove dnevne poti po nebu: z = ϕ + |δ|. Za podobzornice je z> 90 in sledi, da je |δ| > 90 - ϕ oziroma δ<ϕ - 90 . Na juˇ zni polobli je situacija obrnjena (glej sliko), ϕ je negativen, pol je viden nad juˇ znim horizontom. Za zvezde v najniˇ zji toˇ cki velja: |δ| + z + |ϕ| = 180 , za nadobzornice z< 90 in sledi |δ| > 90 -|ϕ| ali δ< |ϕ|- 90 . Za podobzornice je δ> 0 in velja podobno kot prej: z = |ϕ| + δ, z> 90 in sledi, da je δ> 90 -|ϕ|. Povzetek: Na zemljepisni ˇ sirini ϕ vzhajajo in zahajajo zvezde, ki imajo deklinacijo v obmoˇ cju: -(90 -|ϕ|) <δ< (90 -|ϕ|). Nadobzornice na ϕ> 0 in podobzornice na ϕ< 0 so zvezde z: δ> (90 -|ϕ|). Podobzornice na ϕ> 0 in nadobzornice na ϕ< 0 so zvezde z δ< (|ϕ|- 90 ). Za ˇ Crni vrh so nadobzornice zvezde z δ> 90 - 45 56 0 48 00 = 44 03 0 12 00 , podobzornice pa zvezde z δ< 45 56 0 48 00 - 90 = -44 03 0 12 00 . Za ESO La Silla so nadobzornice zvezde z δ< 29 15 0 - 90 = -60 45 0 in podobzornice zvezde z δ> 90 - 29 15 0 = 60 45 0 .

Transcript of Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih...

Page 1: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

Zbirka vaj iz astronomije

Andreja Gomboc

Fakulteta za naravoslovje, Univerza v Novi GoriciMorebitne napake prosim sporocite na: [email protected]

1 Nebesne koordinate

1. Katere zvezde so nadobzornice in katere podobzornice za:a) observatorij na Crnem vrhu (ϕ = 4556′48′′North, λ = 1404′25′′East)inb) za ESO La Silla observatorij (ϕ = −2915′0′′South, λ = −7044′0′′West)?

Resitev:Na severni polobli velja za zvezde v najnizji tocki njihove dnevne potipo nebu (glej sliko): δ + z + ϕ = 180. Za tiste, ki so nadobzornice veljaz < 90 in sledi δ > 90 − ϕ.Za zvezde z negativno deklinacijo velja v najvisji tocki njihove dnevnepoti po nebu: z = ϕ + |δ|. Za podobzornice je z > 90 in sledi, da je|δ| > 90 − ϕ oziroma δ < ϕ− 90.Na juzni polobli je situacija obrnjena (glej sliko), ϕ je negativen, polje viden nad juznim horizontom. Za zvezde v najnizji tocki velja: |δ| +z + |ϕ| = 180, za nadobzornice z < 90 in sledi |δ| > 90 − |ϕ| aliδ < |ϕ| − 90. Za podobzornice je δ > 0 in velja podobno kot prej:z = |ϕ|+ δ, z > 90 in sledi, da je δ > 90 − |ϕ|.Povzetek:Na zemljepisni sirini ϕ vzhajajo in zahajajo zvezde, ki imajo deklinacijov obmocju: −(90 − |ϕ|) < δ < (90 − |ϕ|).Nadobzornice na ϕ > 0 in podobzornice na ϕ < 0 so zvezde z: δ >(90 − |ϕ|).Podobzornice na ϕ > 0 in nadobzornice na ϕ < 0 so zvezde z δ <(|ϕ| − 90).Za Crni vrh so nadobzornice zvezde z δ > 90 − 4556′48′′ = 4403′12′′,podobzornice pa zvezde z δ < 4556′48′′ − 90 = −4403′12′′.Za ESO La Silla so nadobzornice zvezde z δ < 2915′− 90 = −6045′ inpodobzornice zvezde z δ > 90 − 2915′ = 6045′.

Page 2: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

2 Andreja Gomboc

2. Na katerem intervalu mora biti deklinacija zvezde, ce naj jo vidimo izLjubljane (ϕ ≈ 45)? Koliksen odstotek prostorskega kota pokrivajozvezde vidne iz nasih geografskih sirin? Resitev:

−45 < δ < 90, ∆Ω = 2π∫ 0

−135 d(cos θ) = 2π(1 + 1√2), ∆Ω

Ω = 0.854

3. Koliksna je dolzina sfernega loka (v stopinjah in v kilometrih) med Ljubl-jano ( ϕ1 = 4602′37′′ North, λ1 = 1431′38′′ East) in New Yorkom(ϕ2 = 4441′43′′ North, λ2 = −73 27′30′′ West)? RZ = 6400km

Resitev:

cos l = cos(90 − ϕ1) cos(90 − ϕ2) + sin(90 − ϕ1) sin(90 − ϕ2) cos(λ2 − λ1)(1)

cos l = sin(ϕ1) sin(ϕ2) + cos(ϕ1) cos(ϕ2) cos(λ2 − λ1) (2)

cos l = 0.524⇒ l = 58.4 (3)

D[km] = RZ l[rad] = 6400km · 58.4

180· π = 6526km. (4)

4. Dne 8.11. 2006 ob polnoci zelimo v Sloveniji opazovati zvezdo Algol(αA = 03h08m10s, δA = +4057′20′′). Iz efemerid preberemo, da so ko-ordinate Lune ob UT = 0h dne 8. 11. 2006: α8 = 05h08m, δ8 = 28.0 indne 9. 11. 2006: α9 = 06h11m, δ9 = 28.5. Ali nam bo Luna motila opa-zovanja oz. koliksna je razdalja med Luno in Algolom?

Resitev:t = 24h ⇒ UT = t− 1h = 23h. Koordinate Lune ob tem casu dolocimo zinterpolacijo med α8, δ8 in α9, δ9:

αL = α8 +(α9 − α8)

24h· 23h = 6.140h = 92.094 (5)

δL = δ8 +(δ9 − δ8)

24h· 23h = 28.479 (6)

Razdaljo med Algolom in Luno izracunamo iz sfernega trikotnika na slikiin kosinusnega izreka:

cos d = cos(90 − δL) cos(90 − δA) + sin(90 − δL) sin(90 − δA) cos(αA − αL)(7)

cos d = sin(δL) sin(δA) + cos(δL) cos(δA) cos(αA − αL) (8)

Ko vstavimo v to enacbo numericne vrednosti, dobimo cos d = 0.7815oziroma razdaljo med Luno in Algolom, d = 38.6.

Page 3: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

Zbirka vaj iz astronomije 3

5. Ali je bil 12. oktobra 1996 iz Ljubljane (ϕ = 4602′37′′ North, λ =1431′38′′ East) viden Soncni mrk? Iz efemerid preberemo koordinateSonca in Lune ob UT = 0h:Soncedne 12. 10.: α,12 = 13h09m54.6s, δ,12 = −725′5.1′′

dne 13. 10.: α,13 = 13h13m36.5s, δ,13 = −747′33.9′′

Lunadne 12. 10.: αL,12 = 12h44m39s, δL,12 = −424′11′′

dne 13. 10.: αL,13 = 13h33m54s, δL,13 = −809′59′′

Resitev:Med zgornjima dvema trenutkoma lahko dovolj natancno izracunamo ko-ordinate Sonca in Lune z linearno interpolacijo

α,L(t) = α12 +(α13 − α12)

24h· t (9)

δ,L(t) = δ12 +(δ13 − δ12)

24h· t, (10)

kjer je t v urah izrazen UT cas dne 12. 10.Ali je prislo do Soncnega mrka ugotovimo iz razdalje med Soncem inLuno na nebu, ki jo dobimo iz kosinusnega izreka:

cos d = cos(90 − δL) cos(90 − δ) + sin(90 − δL) sin(90 − δ) cos(α − αL)(11)

cos d = sin(δL) sin(δ) + cos(δL) cos(δ) cos(α − αL) (12)

Vstavimo v enacbo α(t), δ(t) in αL(t), δL(t) iz interpolacije (10) innarisemo graf razdalje d v odvisnosti od casa (polna crta na sliki). Ugo-tovimo, da je razdalja d med Soncem in Luno na nebu vedno vecjaod 0.5 (vodoravna pikcasta crta) kolikor je navidezni premer Lune inSonca. Torej bi sklepali, da Luna ne zakrije Sonca in do mrka ne pride.Toda: racunali smo z geo-centricnimi koordinatami, torej glede na sredisceZemlje. Mi pa opazujemo s povrsine Zemlje na zemljepisni sirini ϕ. Smerv kateri vidimo neko nebesno telo, oziroma tocneje njegova deklinacija δ(nebesna sirina objekta ali ”visina” nad nebesnim ekvatorjem) je za kot βmanjsa kot ce bi gledali iz sredisca Zemlje. Za trikotnik na sliki zapisemosinusni izrek:

sinβ

RZ=

sin(ϕ− δ)b

(13)

sinβ =RZb

sin(ϕ− δ) (14)

Vidimo, da vpliv tega efekta pada z razdaljo do nebesnega telesa. V nasemprimeru ga moramo upostevati za Luno, za Sonce pa ga lahko zanemarimo

Page 4: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

4 Andreja Gomboc

0 120 240 360 480 600 720 840 960 1080 1200 1320 14400.0

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

mrk

dS

on

ce-L

un

a [

de

g]

UT [min]

geocentricno geocentricno geocentrično

iz Ljubljane iz Ljubljane

f

b

d

b

RZ D

bd’

ekvator

*

Zemlja

(preveri). Ker je razdalja do Lune D=384.400 km veliko vecja od polmeraZemlje RZ = 6400km velja (na okrog 1 odstotek natancno), da je b ≈ Din dobimo:

sinβ =RZD

sin(ϕ− δL) = 0.0107⇒ β = 0.75 (15)

Deklinacijo lune popravimo: δL(t)′ = δL(t) − β in ponovno izracunamorazdaljo d med Luno in Soncem. Kot kaze prekinjena crta na sliki, Soncnimrk bo in to okrog UT = 13 − 14h oziroma po nasi uri od okrog 15. do16. ure.

6. Koliksen je krajevni zvezdni cas nekega dne pozimi ob 3h zjutraj po sred-njeevropskem casu v Ljubljani (λ = 0h58m6.5s), ce preberemo iz tabel,

Page 5: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

Zbirka vaj iz astronomije 5

da je tabelirani zvezdni cas za Greenwich tega dne ob UT=0h enakS0G = 9h10m0s?

Resitev:Najprej iz conskega casa tzn pozimi in n = 1h za srednjo Evropo dolocimouniverzalni cas UT : UT = tzn − n = 2h. UT nato pretvorimo v krajevnizvezdni cas na Greenwichu t∗λ=0, tega pa v lokalni zvezdni cas:

t∗λ=0 = S0G + UT · 366.25

365.25= 11.17h = 11h10m20s (16)

t∗λ = t∗λ=0 + λ = 11h10m20s + 0h58m6.5s = 12h8m26.5s (17)

7. Na Golovcu (λ = 0h58m, ϕ = 463′) zelimo februarja opazovati zvezdoBetelgeza v ozvezdju Orion, ki ima rektascenzijo α= 5h55m in deklinacijoδ= +724, 5′. Iz tabel preberemo, da bo v trenutku opazovanja zvezdnicas t∗λ = 12h8.4m. Koliksna bosta azimut A in zenitna razdalja z Betel-geze?

Page 6: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

6 Andreja Gomboc

Z

P

SN

*z

A

f d

90 -do

90 -fo

H

g

a

180 -Ao

Page 7: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

Zbirka vaj iz astronomije 7

Resitev:Pretvorimo rektascenzijo α in deklinacijo δ v azimut A in zenitno razdaljoz. Pri tem si pomagamo s sfernim trikotnikom na sliki. Zapisemo kosinusniizrek:

cos z = cos(90 − δ) cos(90 − ϕ) + sin(90 − δ) sin(90 − ϕ) cosH(18)

cos z = sin δ sinϕ+ cos δ cosϕ cosH (19)

in izracunamo zenitno razdaljo:

cos z = 0.053⇒ z = 86.9 (20)

Da dolocimo A, zapisimo najprej sinusni izrek:

sin z

sinH=

sin(90 − δ)sin(180 −A)

=cos δ

sinA(21)

sin z sinA = cos δ sinH (22)

in se en kosinusni izrek:

cos(90 − δ) = cos(90 − ϕ) cos z + sin(90 − ϕ) sin z cos(180 −A)(23)

sin δ = sinϕ cos z − cosϕ sin z cosA (24)

sin z cosA =sinϕ cos z − sin δ

cosϕ. (25)

Iz enacb 22 in 25, ali njune kombinacije ki nam da tanA, lahko izracunamoA z uporabo obratnih trigonometricnih funkcij. Vendar na intervaluA ∈ [0, 360] ne dobimo enolicne resitve. Zato je bolje uporabiti polovicnekote. V splosnem velja: tan x

2 = sin x1+cos x . Za nas primer zapisemo:

tanA

2=

cos δ sinHsin z

1 + sinϕ cos z−sin δsin z cosϕ

(26)

tanA

2=

cos δ cosϕ sinH

sin(z + ϕ)− sin δ(27)

Potrebujemo se casovni kot: H = t∗λ − α = 6h13.4m = 93.3 in dobimo:

tanA

2= 1.14⇒ A = 97.5 (28)

8. Neka zvezda je dne 10. novembra 2006 v Ljubljani (ϕ = 463′, λ = 1432

′)

zasla ob 23h pri azimutu 130 (merjeno od juga proti zahodu). Koliksnista njena rektascenzija in deklinacija?

Page 8: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

8 Andreja Gomboc

Tega dne je tabelirani zvezdni cas za Greenwich ob UT=0h enakS0G = 3h16m3.5s.

Resitev:Izracunamo zvezdni cas v trenutku zahoda:

UT = tzn − n = 22h (29)

t∗λ=0 = S0G + UT · 366.25

365.25= 25.3279h (30)

t∗λ = t∗λ=0 + λ = 26.2968h (31)

Zapisemo izraz za zenitno razdaljo 19 in upostevamo, da je v trenutkuzahoda z = 90, sledi:

cosH0 = − tanϕ tan δ (32)

Kosinusni izrek nam da:

cosA = cos(180−ϕ) cos(90−δ)+sin(180−ϕ) sin(90−δ) cosH0 (33)

Vstavimo cosH0 iz 32:

cosA = − sin δ

cosϕ(cos2 ϕ+ sin2 ϕ) (34)

sledi : sin δ = − cosA cosϕ = 0.4461⇒ δ = 26.4946 = 2629′41′′(35)

Sedaj lahko izracunamo se α. Iz 32 sledi: cosH0 = −0.5171 in H0 =121.136 = 8.07576h. Iz tλ = α+H sledi, da je: α = tλ−H0 = 18.2211h =18h13m16s.

9. Kdaj bo zvezda Atair v ozvezdju Orla, ki ima rektascenzijo α= 19h50m47s

in deklinacijo δ= +852′06′′, v Ljubljani (ϕ = 462′37′′, λ = 0h58m7s)dne 14. 9. 2007 vzsla, kulminirala in zasla?Iz tabel preberemo, da je ta dan zvezdni cas za Greenwich ob UT=0h

enak S0G = 23h30m22s.

Resitev:Zvezda kulminira, ko je njen casovni kot H = 0. Sledi, da je takratt∗λ = H + α = α in t∗λ=0 = t∗λ − λ = α − λ = 18h52m40s. Zvezdni cas naGreenwichu pretvorimo v univerzalni cas:

UT = (t∗λ=0 − S0G) · 365.25

366.25= 19h19m8s. (36)

V nasi casovni coni pristejemo UT se n = 1h in v obdobju poletnegacasa se dodatno 1h. Nasa ura bo v trenutku kulminacije Ataira kazalacas tkulm = 21h19m8s.

Page 9: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

Zbirka vaj iz astronomije 9

Pri racunanju trenutka vzhoda in zahoda si pomagamo s trikotnikom nasliki, za katerega zapisemo kosinusni izrek:

cos z = sin(90 − ϕ) sin(90 − δ) + cos(90 − ϕ) cos(90 − δ) cosH(37)

cos z = sinϕ sin δ + cosϕ cos δ cosH (38)

V trenutku vzhoda ali zahoda je zenitna razdalja z = 90 in sledi cosH0 =− tanϕ tan δ. Z zgornjimi podatki dobimo cosH0 = −0.1618 in H0 =±99.31 = ±6h37m15s.Za vzhod velja: Hvzhoda = 24h − 6h37m15s = 17h22m45s, za zahod paHzahoda = 6h37m15s. Upostevamo, da je t∗λ = H + α in t∗λ=0 = tλ − λ indobimo zvezdni cas na Greenwichu: t∗λ=0 = H + α − λ, ki ga (tako kotzgoraj pri racunanju kulminacije) pretvorimo v cas, ki ga kaze ura:

tpoletnin=1 = (t∗λ=0 − S0G) · 365.25

366.25+ 2h (39)

Za vzhod dobimo tvzhoda = 14h45m3s, za zahod pa tzahoda = 3h25m44s.

10. Dne 27. septembra 1996 je bil popoln Lunin mrk. Iz efemerid preber-emo koordinati Sonca tega dne: rektascenzija α= 12h15m in deklinacijaδ= +022′. Kako visoko nad obzorjem je bila Luna ob 3h zjutraj vLjubljani (λ = 0h58m, ϕ = 463′)? Zvezdni cas ob UT=0h tega dne jeS0G = 0h24m15s.

Resitev: Do Luninega mrka pride takrat, ko je Luna v Zemljini senci.Sonce, Zemlja in Luna lezijo na premici. Luna je torej na ravno nasprot-nem delu nebesne sfere kot Sonce. Njene koordinate ocenimo, da so:

αL = α − 12h = 0h15m (40)

δL = −δ = −022′ (41)

Izracunamo zvedzni cas ob tzn = 3h (upostevamo, da je septembra sepoletni cas):

UT = tzn − 2h = 1h (42)

t∗λ=0 = S0G + UT · 366.25

365.25= 1.40694h (43)

t∗λ = t∗λ=0 + λ = 2.37361h. (44)

Casovni kot Lune je: t∗λ = H+α⇒ HL = t∗λ−αL = 2.12364h = 31.854.Iz enacbe 19 izracunamo zenitno razdaljo z:

cos z = sin δ sinϕ+ cos δ cosϕ cosH (45)

cos z = 0.5941⇒ z = 53.55 (46)

Page 10: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

10 Andreja Gomboc

Visina nad obzorjem je: h = 90 − z = 36.45.

11. Stari Egipcani so posebej castili zvezdo Sirij (α = 6h45m, δ = −1642′),ki jim je oznacevala zacetek poplav Nila. kako visoko na nebu je Sirij naprvi pomladanski dan ob soncnem zahodu v Kairu (ki ima ϕ = 30)?

Resitev:Na prvi pomladni dan je rektascenzija Sonca α = 0, ob zahodu jecasovni kot Sonca H = 6h in sledi, da je zvezdni cas t∗λ = H−α = 6h.casovni kot Sirija je: H = t∗λ − α = −0h45m = −11.25. Iz kosinusnegaizreka dobimo zenitno razdaljo Sirija:

cos z = sin δ sinϕ+ cos δ cosϕ cosH (47)

cos z = 0.67⇒ z = 47.9 ⇒ h = 42.1 (48)

12. na observatoriju Roque de los Muchachos na otoku La Palma, ki imakoordinate ϕ = 2845′45”, λ = −1752′45”.

13. Predpostavimo, da se Sonce giblje po ekliptiki enakomerno (zakaj se ne?)in bi veljalo : λ = kt. Ali bi se enakomerno spreminjala tudi njegova rek-tascenzija - ali bi se gibalo enakomerno tudi po ekvatorju? Nagib ekliptikeje ε = 2327′.

Resitev:Iz slike razberemo:

cosλ = cosα cos δ + sinα sin δ · 0⇒ cos δ =cosλ

cosα

Sinusni izrek nam da:

sin δ

sin ε=

sinλ

sin 90⇒ sin δ = sinλ sin ε

Se en kosinusni izrek nam da:

cos δ = cosλ cosα+ sinα sinλ cos ε

Vstavimo cos δ iz prvega izraza, upostevamo, da je 1− cos2 α = sin2 α indobimo:

tanα = tanλ · cos ε.

Page 11: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

Zbirka vaj iz astronomije 11

Vidimo, da tudi, ce λ narasca enakomerno s casom, α ne.

2 Paralaksa, izsevi in magnitude zvezd

1. Kako dalec je zvezda Sirij, ce vemo, da je njena paralaksa p = 0.38′′?

Resitev:Paralaksa je kot: p = 1a.e.

d ali izrazen v kotnih sekundah:

p′′ =180

π· 3600′′ · 1a.e.

d=

1

d[pc]

iz cesar sledi definicija enote parsek (pc): 1 pc je razdalja, na kateri jeparalaksa zvezde 1 kotna sekunda. Torej 1 pc = 206 265 a.e. = 3.08 ·1016

m = 3.26 sv. let.Izracunamo oddaljenost Sirija:

d[pc] =1

p=

1

0.38′′= 2.63 pc = 8.6 sv.let = 8.1 · 1016 m.

2. Dnevna paralaksa Sonca je p = 8.8′′. Izracunaj razdaljo med Zemljo inSoncem, ce ves, da je polmer Zemplje RZ = 6400 km.

Resitev:

p =RZd⇒ d =

RZp

=6400 km

4.3 · 10−5= 150.01 · 106 km

3. Zvezda Sirij sije z magnitudo m = −1.6m in je oddaljena 8.8 sv. let. Ko-liksna je njena absolutna magnituda in koliksen je njen izsev v primerjavis Soncem? Absolutna magnituda Sonca je M = 4.6.

Resitev: Absolutna magnituda Sirija je:

M = m− 5 log10

d

10 pc= m− 5 log10

8.8/3.26 pc

10 pc= −1.24 mag.

Iz primerjave absolutnih magnitud (na enakih oddaljenostih obeh zvezd)dobimo razmerje izsevov Sirija in Sonca:

Page 12: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

12 Andreja Gomboc

LSL

=jSj

= 10−0.4(MS−M) = 22.1

4. Sonce ima na oddaljenosti d = 1 a. e. navidezno magnitudo m =−26.9m, Spika pa na oddaljenosti dS = 260 sv. let navidezno magnitudomS = 1.04m. Katera zvezda je v resnici svetlejsa?

Resitev:Izracunajmo navidezno magnitudo, ki bi jo imelo Sonce, ce bi bilo naoddaljenosti Spike:

m′ = m + 5 log10

dSd

= −26.9 + 36.1 = 9.2m.

Vidimo, da je Sonce sibkejsa zvezda kot Spika. Razmerje njunih gostotsvetlobnega toka pa je jS/j = 10−0.4(mS−m′) = 1840.

5. Sonce ima navidezno magnitudo m = −26.81m. Koliksna je njegova ab-solutna magnituda? Koliksna bi bila njegova navidezna magnituda, ce bibilo oddaljeno d = 1 kpc?

Resitev:Absolutna magnituda Sonca je:

m1 −m2 = −2.5 log10

j1j2⇒ m−M = 5 log10

d

10 pc(49)

M = m− 5 log10

d

10 pc= −26.81− 5 log10

1a.e.

10 pc= 4.76 (50)

Navidezna magnituda Sonca na razdalji d = 1 kpc je:

m′ = M + 5 log10

d

10 pc= 4.76 + 5 log10 100 = 14.76 mag

6. V oddaljeni galaksiji eksplodira supernova, ki ima najvecji izsev enakL = 1010L. Koliko je lahko najvec oddaljena ta galaksija, da bomosupernovo lahko opazili s prostim ocesom? Predpostavimo, da ustrezamejna gostota svetlobnega toka, ki ga oko se zazna, magnitudi 6m in dase nic svetlobe ne absorbira na poti od supernove do nas. Vemo se, daje izsev Sonca L = 4 · 1026 W, oddaljenost d = 1 a.e. in navideznamagnituda Sonca m = −26.81m.

Page 13: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

Zbirka vaj iz astronomije 13

Resitev:Primerjajmo gostoti svetlobnega toka s Sonca in s supernove:

j =L

4πd2(51)

jsup =Lsup

4πd2sup=

1010L4πd2sup

(52)

m −msup = −2.5 log10

jjsup

= −5 log10

( dsup105d

)(53)

Obrnemo enacbo, da izrazimo dsup in uposetavmo, da je msup = 6m:

dsup = 105d · 10msup−m

5 = 5.47 · 1022 m = 5.8Msv.let

7. Nam najblizja zvezda (razen Sonca) je Proksima Kentavra, ki je oddaljena4.2 sv. let. V primerjavi s Soncem je 10.000-krat sibkejsa.a) Koliksna je njena absolutna magnituda, ce ves, da je absolutna mag-

nituda Sonca M=4.8?b) Koliksna je njena navidezna magnituda?c) Koliksna je letna paralaksa te zvezde?

Resitev:a) Primerjamo absolutni magnitudi Sonca in Proksime Kentavra:

MPK −M = −2.5 log10

PPKP

(54)

MPK = M − 2.5 log10(10−4) = M + 10 = 14.8 mag (55)

b) Absolutna magnituda zvezde je njena magnituda na razdalji 10 pc,navidezna magnituda pa magnituda na njeni pravi razdalji d = 4.26 sv.let = 4.2 sv.let

3.26 sv.let/pc = 1.29 pc:

m−M = −2.5 log10

(10 pc)2

d2= 5 log10

d

10 pc(56)

m = M + 5 log10

(1.29 pc

10 pc

)= 10.35 mag (57)

c) Paralaksa je kot: p = 1a.e.d ali izrazen v kotnih sekundah:

p′′ =180

π· 3600′′ · 1a.e.

d=

1

d[pc]= 0.78′′

Page 14: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

14 Andreja Gomboc

8. Zapisi razliko magnitud dveh zvezd, ki sta oddaljeni d1 in d2, imatapolmer R∗,1 in R∗,2 ter povrsinski temperaturi T1 in T2! Predpostavi,da svetita kot crni telesi. Koliksna je razlika magnitud med zvezdama, cevelja: d1 = 2d2, T1 = 2T2, R∗,1 = R∗,2? Kaj lahko poves o radijih in odd-aljenostih dveh zvezd, ki sta videti enako svetli in imata enako povrsinskotemperaturo?

Resitev:Pogsonov zakon pravi, da je razmerje gostote svetlobnih tokov:

j1j2

= 10−0.4(m1−m2) ⇒ m1 −m2 = −2.5 log10

j1j2

(58)

Gostota svetlobnega toka na povrsini zvezde je j∗ = σT 4, kjer je σBoltzmannova konstanta. Svetlobni tok ali izsev, ki ga oddaja zvezdaje L = j∗S∗ = σT 4 · 4πR2

∗. Na oddaljenosti d je gostota svetlobnega tokazvezde j = L/4πd2. Ob upostevanju tega, zapisemo razliko magnitud:

m1 −m2 = −2.5 log10

(L1

L2· 4πd22

4πd21

)(59)

= −2.5 log10

(σT 41 · 4πR2

∗,1

σT 42 · 4πR2

∗,2· d

22

d21

)(60)

m1 −m2 = −2.5 log10

T 41

T 42

− 2.5 log10

R2∗,1

R2∗,2− 2.5 log10

d22d21

(61)

m1 −m2 = −10 log10

T1T2− 5 log10

R∗,1R∗,2

+ 5 log10

d1d2

(62)

Razlika magnitud med omenjenima zvezdama je: m1 −m2 = 3.0.Ce sta zvezdi videti enako svetli (m1−m2 = 0) in imata enako povrsinsko

temperaturo, sledi, da je: R∗,2d1 = R∗,1d2 aliR∗,1R∗,2

= d1d2

. Razmerje njunih

polmerov je enako razmerju njunih oddaljenosti.

9. Zvezda ima navidezno magnitudo m=5 in letno paralakso p=0.25”. Ko-liksna je njena absolutna magnituda? Iz njenega spektra so ugotovili, daznasa temperatura na njeni povrsini 4500 K. Koliksen je polmer zvezde,ce predpostavimo, da sveti kot crno telo?Stefan-Boltzmannova konstanta σ = 5.67 · 10−8JK−4m−2s−1, za Soncepa vemo:– mSonca = −26.81,– L = 3.8 · 1026W,– oddaljenost Sonca je d = 1 a.e. = 1.5 · 1011m.

Resitev:

Page 15: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

Zbirka vaj iz astronomije 15

Najprej iz paralakse izracunamo oddaljenost zvezde: d = 1 pcp′′ = 4 pc.

Absolutna magnituda zvezde je magnituda, ki bi jo zvezda imela, ce bibila na oddaljenosti 10 pc:

M = m+ 5 log10

10 pc

d= 5 + 5 log

10 pc

4 pc= 7.0.

Gostota svetlobnega toka s te zvezde (ce predpostavimo, da je krogla, kisveti kot crno telo) je:

j∗ =L∗

4πd2∗=σT 4∗ · 4πR2

∗4πd2∗

=σT 4∗ ·R2

∗d2∗

Podobno zapisemo za Sonce:

j =L

4πd2.

Razlika navideznih magnitud Sonca in zvezde je:

m −m∗ = −2.5 log10

jj∗

= −2.5 logLd

2∗

4πd2σT4∗R

2∗

ali, ce izrazimo radij zvezde:

R∗ =d∗d

√L4πσ

1

T 2∗· 10

m−m∗5 = 4.1 · 108 m = 410 000 km.

10. Skozi filter B in V opazujemo Sonce. Srediscni valovni dolzini teh fil-trov sta λB =440 nm in λV =550 nm, njuna sirina pa ∆λ = 100 nm.Koliksno je pricakovano razmerje gostote svetlobnih tokov jB/jV , cepredpostavimo, da sveti Sonce kot crno telo s povrsinsko temperaturoT=6000 K? Koliksen pa je pricakovani barvni index B−V za Sonce, ceje po dogovoru za zvezdo Vega, ki ima T=9500 K, B − V=0.

3 Teleskopi

1. S teleskopom s premerom D=2 m opazujemo Soncu podobno zvezdov kroglasti kopici, ki je oddaljena d =8 kpc. Opazujemo s filtrom V

Page 16: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

16 Andreja Gomboc

(λV =550 nm, ∆λ= 100 nm). Koliko fotonov na sekundo ujamemo?Opazujemo se druge zvezde v tej kopici. Oceni koliksna mora biti masazvezde na glavni veji, da ujamemo vsaj 1 njen foton na sekundo ? Uporabiprilozeni H-R diagram. Resitev:

Stevilo fotonov pri doloceni valovni dolzini λ, ki jih ujamemo na sekundo,je gostota svetlobnega toka pri tej valovni dolzini djλ deljeno z energijoposameznega fotona hν = hc/λ in pomnozeno s povrsino vstopne odpr-

tine teleksopa: S = πD2

4 :

Nγt

=djλhcλ

· πD2

4.

Predpostavimo, da zvezda sveti kot crno telo. Gostota svetlobnega tokapri λ v intervalu sirine dλ na njeni povrsini je:

djλ,∗ =2hc2

λ5(exp hckTλ − 1)

Svetlobni tok je dPλ = djλ,∗4πR2∗, gostota svetlobnega toka pri nas pa

djλ = dPλ/4πd2. Da dobimo celoten svetlobni tok, ki ga prepusca filter

moramo integrirati djλ po λ v obmocju filtra. Ker je nas filter precejozek, ∆λ = 100 nm, bomo namesto integrala izracunali kar: povprecnavrednost krat sirina intervala, j∆λ. Z vrednostmi za Sonce dobimo:

Nγt

=πD2

4

R2∗d2

2c∆λ

λ4(exp hckTλ − 1)

= 213 (670).

Ocenimo: da dobimo le 1 foton na sekundo, mora biti absolutna magni-tuda zvezde za: ∆M = −2, 5 log10 213 (670) = 5, 8 (7) visja od Sonceve,ki je MV = 4.8. Iz prilozenega HR diagrama razberemo, da ima taksnazvezda maso nekoliko pod 0,5 M.

4 Tiri, Keplerjevi zakoni, dvojne zvezde

1. Izracunaj maso Sonca, ce ves, da je obhodni cas Zemlje okoli Sonca P = 1leto, njena oddaljenost pa a = 1 a.e. (150 milijonov kilometrov)!

Resitev:Tretji Keplerjev zakon je pomemben za dolocanje mase Sonca!

a3

P 2=G(M +Mplanet)

4π2≈ GM

4π2

Page 17: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

Zbirka vaj iz astronomije 17

Sledi:

M =4π2

G

a3

P 2= 2.0 · 1030 kg

2. Izracunaj maso Zemlje, ce ves, da je obhodni cas Lune okoli zemlje P =27.32 dni, njena oddaljenost pa a = 384000 km!

Resitev:Enako kot pri prejsnji nalogi uporabimo tretji Keplerjev zakon:

MZ =4π2

G

a3

P 2= 6.0 · 1024 kg

3. Izracunaj maso Jupitra, ce ves, da je obhodni cas njegove lune Io okoliJupitra P = 1.77 dni, njena oddaljenost pa a = 4.22 · 108 m!

Resitev:Enako kot pri prejsnjih dveh nalogah uporabimo tretji Keplerjev zakon:

MJ =4π2

G

a3

P 2= 1.9 · 1027 kg = 318MZ

4. Za koliko bi se spremenilo leto na Zemlji, ce bi vanjo v smeri gibanja okoliSonca trescil komet, ki bi prisel iz velike oddaljenosti od Sonca ter bi imelpremer Rk =100 km in gostoto % = 1g/cm3? Predpostavi, da je Zemeljskitir okoli Sonca kroznica ter upostevaj ohranitev gibalne kolicine pri trku!

komet

ZemljaSonce

Resitev:

Page 18: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

18 Andreja Gomboc

Najprej izracunamo maso kometa: mk = 4π3 R

3k ·% = 5.24 ·1017 kg. Hitrost

kometa tik pred trkom dobimo iz ohranitve celotne energije (zanemarimovpliv Zemlje na gibanje kometa in upostevamo samp vpliv Sonca):

W kometcel = Wkin +Wpot =

1

2mkv

2k −

GMmk

dk= 0,

kjer je dk oddaljenost kometa od Sonca. V zadnjem koraku smo upostevali,da gre pri dk →∞, hitrost kometa proti nic in tudi njegova potencialnaenergija gre proti nic. Dobimo hitrost kometa tik pred trkom v Zemljo:

vk =

√2GM1 a.e.

= 42.17 kms−1.

Hitrost krozenja Zemlje okrog Sonca pred trkom dobimo iz:

MZv2Z

aZ=GMMZ

a2Z⇒ vZ =

√GMaZ

= 29.82 kms−1. (63)

Ob trku se ohranja skupna gibalna kolicina kometa in Zemlje:

MZvZ +mkvk = (MZ +mk)v′Z .

Hitrost Zemlje (skupaj s kometom) po trku je:

v′Z =MZvZ +mkvkMZ +mk

≈ vZ +mk

MZvk, (64)

kjer lahko zanemarimo mk v imenovalcu, saj je mk

MZ= 9 · 10−8. Iz istega

razloga vidimo, da bo popravek Zemljine hitrosti mk

MZvk = 3.7 mms−1,

majhen. Racunajmo z majhnimi popravki:

∆vZvZ

=√

2 · mk

MZ= 1.23 · 10−7,

kjer lahko upostevamo, da je vZ =√

2vk (glej zgoraj), ni pa nujno (?).Ce predpostavimo, da je tir Zemlje se naprej kroznica, lahko iz enacbe4 vidimo, da sprememba hitrosti Zemlje povzroci spremembo polmerazemljine tirnice aZ :

∆aZaZ

= −2∆vZvZ

kar po drugem Keplerjevem zakonu a3Z/P2 =konst. pomeni, da se spre-

meni tudi orbitalna perioda oz. dolzina leta na Zemlji:

∆PZPZ

=3

2

∆aZaZ

= −3∆vZvZ

.

Page 19: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

Zbirka vaj iz astronomije 19

Z zgornjimi stevilkami dobimo: ∆PZ

PZ= −3.7 · 10−7 ali , da se dolzina leta

na Zemlji skrajsa za ∆PZ = −11.7 s.Ta racun je sicer primeren za oceno velikosti spremembe periode, ni papravilen! S predpostavko, da je tir se naprej kroznica smo privzeli, daZemlja ”preskoci” s tirnice s polmerom aZ na tirnico s polmerom a′Z .To ni res. Ce hocemo izracunati spremembo dolzine leta bolj pravilnoin natancno, moramo upostevali, da tir Zemlje po trku ni vec kroznicaampak je elipsa. Upostevamo, da je celotna energija telesa na tirnici zveliko polosjo a enaka:

E = −GMm2a

.

Energijski zakon pravi: skupna kineticna energija po trku + skupna po-tencialna energija (oboje v tocki trka, t.j. aZ) = celotna energija (na tiruz veliko polosjo a′Z):

EZ+komet =1

2(MZ +mk)v′2Z −

GM(MZ +mk)

aZ= −GM(MZ +mk)

2a′Z

Vstavimo v′Z iz 4 in dobimo:

1

a′Z=

2

aZ− 1

aZ

(1 + mkvk

MZvZ

1 + mk

MZ

)2

Upostevamo mk

MZ<< 1 in razvijemo:

1

a′Z≈ 2

aZ− 1

aZ

(1 + 2

mkvkMZvZ

)(1− 2

mk

MZ

)≈ 1

aZ− 1

aZ

2mk

MZ(vkvZ− 1)

Dobimo:

∆aZaZ

≈ 2mk

MZ(vkvZ− 1) = 6.9 · 10−8 (65)

∆PZPZ

=3

2

∆aZaZ

= 1.0 · 10−7 (66)

kar znese, da se dolzina leta podaljsa za 3.3 s.

5. Pluton se giblje okrog Sonca po orbiti, ki ima perihelij pri rp =29.7a.e. in afelij pri ra =49.3 a.e.. Koliksni sta velika polos in ekscentricnostnjegovega tira? Kolisen je obhodni cas okrog Sonca? Koliksni sta najvecjain najmanjsa hitrost Plutona na tem tiru?

Resitev:Spomnimo se, da velja za elipticne tire:

Page 20: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

20 Andreja Gomboc

rp = a(1− ε) (67)

ra = a(1 + ε) (68)

ali:

rp + ra = 2a (69)

rp − ra = −2aε (70)

ε =ra − rprp + ra

(71)

rpra

=1− ε1 + ε

(72)

pri cemer je a glavna polos in ε sploscenost tira.Za primer Plutona izracunamo:

aP =rp + ra

2= 39.5 a.e. (73)

εP =ra − rprp + ra

= 0.248 (74)

Tretji Keplerjev zakon nam pove:

GM4π2

=a3PP 2P

=a3ZP 2Z

,

kjer smo v zadnjem koraku upostevali, da velja tudi za Zemljin tir okoliSonca. Izrazimo periodo Plutona:

PP = PZ

(aPaZ

) 32

= 1 leto·(39.5 a.e.

1 a.e.

) 32

= 248.25 let

Upostevamo drugi keplerjev zakon, ki pravi, da je ploscinska hitrost kon-stantna: rpvp = rava. Izrazimo na primer hitrost v periastronu kot:vp = ra

rpva. Zapisemo energijski zakon (celotna energija je sestavljena

iz kineticne in potencialne, µ = m1m2/(m1 + m2) je reducirana masasistema (?)), ki pravi, da se celotna energija ohranja. V periastronu inafeliju tako velja:

1

2µv2p −

GMµ

rp=

1

2µv2a −

GMµ

ra.

Upostevamo zvezo med vp in va ter kaj je ε in dobimo:

va =

√GM

a

1− ε1 + ε

= 3.7 kms−1 (75)

vp =rarpva =

√GM

a

1 + ε

1− ε= 6.1 kms−1 (76)

Page 21: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

Zbirka vaj iz astronomije 21

6. Iz tabel preberemo, da ima planet Mars veliko polos tira a = 1.5237a.e. in ekscentricnost tira ε = 0.0934. Koliksna je njegova oddaljenost vperiheliju in koliksna v afeliju? Za koliko odstotkov se razlikujeta?

Resitev:Iz izrazov 5 dobimo:

rp = a(1− ε) = 1.3814 a.e. (77)

ra = a(1 + ε) = 1.6660 a.e. (78)

∆r

r=

ra − rp(ra + rp)/2

=2εa

a= 2ε = 0.187 (79)

7. Prekrivalni dvojni sistem zvezd je oddaljen d =5 kpc. Veliki polosi elipssta α1 = 8 ·10−3 ” in α2 = 2 ·10−3 ”, perioda gibanja pa 158 let. Izmeriliso, da svetlejsa zvezda potuje cez rob sibkejse t1 =50 ur in jo v celotizakriva t2 =120 ur. Koliksni sta masi in polmera zvezd? Iz spektrov sougotovili, da je temperatura sibkejse zvezde T1 = 6000 K in temperaturasvetlejse T2 = 10.000 K. Koliksna je magnituda sistema, ko ni mrka, inkoliksna med primarnim in sekundarnim mrkom? Navidezna magnitudaSonca je m = −27.

Resitev:V dvojnem sistemu velja:

α1

α2=a1a2

=M2

M1= 4 (80)

Velika polos sistema je a = a1 +a2 = (α1 +α2)d = 7, 48 · 1012 m= 50 a.e.Iz Tretjega Keplerjevega zakona izracunamo skupno maso M = M1+M2.Za lazje racunanje uporabimo podatke za Zemljo in zapisemo za Zemljoin obravnavani sistem:

G

4π2=

a3ZP 2ZM

=a3

P 2M.

Sledi, da je M = ( aaZ

)3(PZ

P )2M = 5M. To in enacba 7 nam da masizvezd: M1 = 1M,M2 = 4M.Polmere dolocimo iz podatkov o trajanju mrka. Ker je M2 > M1 lahkopricakujemo, da zvezda 2 svetlejsa. Iz podatka, da svetlejsa zvezda v celotizakriva sibkejso, sklepamo, da je R2 > R1. Relativna hitrost zvezd (eneglede na drugo) je: v = v1+v2 = 2πa

P = 9460 m/s, kjer smo v predzadnjemkoraku privzeli, da se gibljeta po kroznicah. Iz t1, casa potovanja svetlejsezvezde cez rob sibkejse, dobimo polmer sibkejse zvezde: v = 2R1

t1⇒ R1 =

Page 22: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

22 Andreja Gomboc

vt12 = 8, 5 · 108 m= 1, 2R. Polmer vecje zvezde dobimo iz naslednjega

razmisleka: da se vecja zvezda premakne za 2R2, traja t2 (cas popolnega

zakrivanja) plus t1 cas potovanja cez rob. Sledi, da je: R2 = v(t1+t2)2 =

2, 9 · 109 m= 4, 1R.Izracunajmo gostoto svetlobnih tokov s posamezne zvezde, pri tem privza-memo, da svetita kot crni telesi:

j1 =P1

4πd2=σT 4

1 · 4πR21

4πd2= σT 4

1

(R1

d

)2= 2, 24 · 10−15W/m2 (81)

j2 = σT 42

(R2

d

)2= 9, 56 · 10−14W/m2 (82)

Za Sonce vemo, da ima navidezno magnitudo m = −26, 8, polmer 7 ·108

m, povrsinsko temperaturo okrog 6000 K in je na razdalji 1 a.e. Gostotasvetlobnega toka s Sonca je:

j = σT 4

( R1 a.e.

)2= 1600W/m2 (83)

Sedaj izracunamo skupno magnitudo zvezd z uporabo Pogsonovega za-kona in vrednostmi za Sonce. Opozorilo: magnitude posameznih zvezd nesmemo kar sesteti! Sestevajo se gostote svetlobnih tokov:

jskup = j1 + j2 = 9, 79 · 10−14W/m2 (84)

mskup = MV − 2, 5 log10

jskupj

= MV + 40, 5 = 13, 53 (85)

Ko vecja zvezda zakrije manjso je sekundarni mrk in takrat prejemamole j2, magnituda pa je :

mmrk,sek = MV − 2, 5 log10

j2j

= 13, 56.

V primarnem mrku manjsa zvezda zakrije vecjo, bolj vroco. Skupna gos-tota svetlobnega toka in magnituda sta:

j′skup = j1 + j′2 = j1 +σT 4

2

d2(R2

2 −R21) = 8, 06 · 10−14 W/m2(86)

mmrk,prim = MV − 2, 5 log10

jskup′

j= 13, 74 (87)

8. V sistemu 2M1207, ki je od nas addaljen d = 60 pc, so prvic neposrednovideli planet zunaj nasega Osoncja (glej sliko). Ugotovili so, da se okrogrjave pritlikavke z maso M∗ = 0.025M giblje planet z maso pet Jupitro-vih mas (MJup = 318MZemlje), razdaljo med njima pa vidimo pod ko-tom α = 778 mili locnih sekund. Predpostavi, da zvezda in planet krozita

Page 23: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

Zbirka vaj iz astronomije 23

okrog skupnega tezisca in da so ju fotografirali, ko sta bila najbolj odd-aljena. Izracunaj: a) koliksna je perioda njunega gibanja? b) s kaksnohitrostjo se giblje zvezda in s kaksno hitrostjo planet?

Resitev:

M∗ = 0.025M = 5 · 1028kg (88)

Mp = 5MJ = 1590MZ = 9.54 · 1027kg (89)

Vsota velikih polosi sistema je:

a = a1 +a2 = α ·d = 778 · 10−31

3600· π180· 60 · 3.08 · 1016m = 6.98 · 1012m

a) Tretji Keplerjev zakon pravi:

P 2 =4π2

G

a3

(M∗ +Mp)= 3.38 · 1021 s⇒ P = 5.81 · 1010 s = 1844 let

b) Ob predpostavki, da zvezda in planet krozita, lahko zapisemo, da jeperioda oziroma hitrost krozenja(?):

P =2πa

v∗ + vp⇒ v∗ + vp =

2πa

P= 754.8 ms−1.

V teziscnem sistemu je: m∗mp

=vpv∗

in sledi:

v∗ =v∗ + vp1 + m∗

mp

= 121 ms−1 (90)

vp =m∗mp

v∗ = 634 ms−1 (91)

Page 24: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

24 Andreja Gomboc

5 Zgradba zvezd

1. Oceni gravitacijsko potencialno energijo Sonca. Racunaj, kot da bi biloSonce homogena krogla (z gostoto %0 = 3M/4πR

3). d tod izracunaj

termicno energijo Sonca ET , od tod pa termicni karakteristicni cas tT =ET /L.

Resitev:

%0 = 3M/4πR3 = 1400 kgm−3

Sonce/homogeno kroglo v mislih razdelimo na koncentricne lupine, kiimajo maso dm = %0dV = %04πr2dr, znotraj njih pa je masa M(r) =%0

4π3 r

3. Potencialna energija posamezne lupine je:

dWpot = −GM(r)dm

r= −G(4π%0)2

3r4dr.

Integriramo po r po celotni krogli:

Wpot = −G(4π%0)2

3

∫ R

0

r4dr = −3GM2

5R

= 2.3 · 1041 J.

Iz virialnega teorema vemo, da je: ET = − 12Wpot = 1.1 · 1041 J. Ce bi

v Soncu ugasnile jedrske reakcije, bi na racun oddajanja svoje termicneenergije lahko svetilo z danasnjim izsevom L = 4 · 1026 W se termicnicas:

tT =ETL

=3GM2

10RL

= 2.9 · 1014 s = 9 · 106 let

2. Iz enacbe hidrostaticnega ravnovesja oceni debelino Zemljine atmosfere!Oceni pri koliksnem temperaturnem gradientu se v Zemljini atmosferirazvije konvekcija!Masa Zemlje je MZ = 6 · 1024 kg, polmer Zemlje je RZ = 6400 km, gos-tota zraka pri tleh je % = 1.27 kg/m3, tlak pri tleh je p = 105 Pa, kilo-molska masa zraka je 29 kg, razmerje specificnih toplot pa je γ = 1.4.

3. Izpelji zvezo med povprecno in srediscno gostoto zvezde, ki jo opisemos politropnim modelom (s splosnim indeksom γ)! Izracunaj srediscno inpovprecno gostoto bele pritlikavke, ki ima γ = 5/3 in polmer 10000 km!Za γ = 5/3 je prva nicla funkcije θ enaka x0 = 3, 65375 in (−x20 dθdx )

∣∣x=x0

=2, 71406.

Page 25: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

Zbirka vaj iz astronomije 25

4. Zvezdo z radijem R in maso M opisemo s politropnim modelom zn=1.5, za katerega preberemo iz tabel, da je prva nicla funkcije Θ enakax1 = 3.654 in (−x21 dΘ

dx )x=x1= 2.714.

Kolisna je gostota v srediscu te zvezde? Koliksen je tlak v srediscu? Pred-postavimo se, da je zvezda sestavljena iz idealnega plina ioniziranegavodika (µ = 0.5). Koliksna je temperatura v srediscu?

5. Izpelji zvezo med povprecno in srediscno gostoto zvezde, ki jo opisemo spolitropnim modelom z indeksom γ!Izracunaj povprecno in srediscno gostoto bele pritlikavke, ki ima polmer

10.000 km in γ = 5/3 (za ta γ je x0 = 3.65375 in(−x20 dθ

dx

)x=x0

=

2.71406).

6. Na sliki je prikazana zveza med polmerom in maso nevtronskih zvezd.Iz slike oceni, kateri politropni model (s katerim politropnim indeksom)najbolje opisuje nevtronsko zvezdo z maso 1, 3M! Ustrezni politropnimodel naj cimbolje lokalno opisuje relacijo R-M.

6 Razvoj zvezd

1. Oblak atomarnega vodika ima M = 1000 M,T = 100 K in n = 104 cm−3.Koliksna je Jeansova masa za ta oblak?Oblak se zacne izotermno krciti. Pri katerem n (stevilu delcev na enotovolumna) se bo fragmentiral v dele z maso 10 M?Koliko (gravitacijske vezavne) energije bo do te tocke ze oddal? (Pred-postavi, da je oblak homogen, t.j. gostota oblaka je povsod enaka.)

2. Leta 1987 je 50 kpc od nas eksplodirala supernova SN1987A. Pri tem seje jedro zvezde sesedlo v nevtronsko zvezdo z maso priblizno M. Ocenistevilo nevtrinov, ki so nastali pri tej eksploziji! Oceni stevilo nevtrinov,ki bi jih zaznal detektor s 400 m3 vode, ce je sipalni presek za reakcijo

ν + p→ n+ e+

σ = 6.5 · 10−45 m2!

Page 26: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

26 Andreja Gomboc

7 Razno

1. Obmocje Stromgrenove sfere v meglici Rossette, ki je od nas oddaljena5200 svetlobnih let, vidimo pod kotom 1.3. Koliksen je premer sfere? Izocene, da je v njej za okrog 104M vodika, izracunaj stevilsko gostotovodika nH !V srediscu sfere se nahaja skupina zvezd spektralnih tipov O in B, kipovzrocajo ionizacijo vodika v meglici. Pri katerih valovnih dolzinah tezvezde najvec svetijo, ce je njihova povrsinska temperatura okrog 30.000K? Vzami prej izracunano stevilsko gostoto vodika in verjetnost za rekom-binacijo elektronov in protonov α = 3 · 10−19m3s−1 ter oceni koliksen jeskupen izsev zvezd O in B!

2. Sredi obmocja nevtralnega vodika s stevilsko gostoto atomov nH se vzgemlada zvezda, ki odda Nγ fotonov z energijo nad ionizacijsko energijovodika na enoto casa. Okrog nje se vzpostavi Stromgrenova sfera z radi-jem rs. Vendar se Stromgrenova sfera ne vzpostavi v trenutku. Pred-postavi, da je trenutni radij krogle r in napisi diferencialno enacbo za r.Z uporabo substitucije V = 4π

3 r3 resi diferencialno enacbo. Resitev zapisikot: r(t) = rs f(t).

3. Henrietta Leavitt je odkrila zvezo med periodo in izsevom kefeid. Prvaslika na prilozenem listu prikazuje njen diagram navidezne magnitude m,absolutne magnitude M in periode za kefeide v Majhnem Magellanovemoblaku. Druga slika pa prikazuje sodobne meritve zveze med absolutnomagnitudo in periodo za vec galaksij. Kako si razlagas razliko med vred-nostmi absolutnih magnitud na obeh grafih: kaj je ga. Leavitt zgresilain kaj je pravi odgovor/vrednost? Zveza med absolutno magnitudo inperiodo je M = −2.80 Log10P(d) − 1.43 (kjer je P(d) perioda v dnevih).

4. Aktivna galakticna jedra imajo polmere okrog enega svetlobnega mesecain mase do 109M. Po eni razlagi so to kopice masivnih zvezd. Ocenikoliksen bi bil povprecen cas med trkoma dveh zvezd v taksni kopici,ce imajo zvezde povprecno maso 10M in povprecno hitrost 200 km/s!(Trk naj se zgodi, ce se zvezdi priblizata na razdaljo, kjer je potencialnaenergija ene zvezde v gravitacijskem polju druge, enaka njeni kineticnienergiji.)Primerjaj dobljeno oceno z oceno za povprecni cas med trkoma dvehzvezd v disku Galaksije! Disk naj ima debelino 2000 sv. let, polmer 30000sv. let, v njem pa naj bo 3 · 1011 zvezd s povprecno maso 0, 5M inpovprecno hitrostjo 40 km/h.

Page 27: Zbirka vaj iz astronomije - ung.siagomboc/Zbirka/ZbirkaVaj_Gomboc.pdfA z uporabo obratnih trigonometri cnih funkcij. Vendar na intervalu A2[0;360 ] ne dobimo enoli cne re sitve. Zato

Zbirka vaj iz astronomije 27

5. Koliksna je Eddingtonova limita (LEdd) za crno luknjo v srediscu naseGalaksije, ki ima maso M• = 4× 106M?Opazovanja kazejo, da je jedro nase Galaksije ne-aktivno oz. da je njegovizsev veliko manjsi od LEdd. Predpostavi, da je izsev jedra L = 2×1026 Win privzami, da je pri padanju snovi z maso m v crno luknjo kolicinasproscene potencialne energije, ki se pretvori v elektromagnetno sevanje,enaka ∆E = 0.1 mc2. Koliksna masa snovi mora pasti v crno luknjo vsakmesec, da na ta nacin razlozimo opazovani izsev?

6. Predpostavi, da ima nevtronska zvezda takoj po nastanku temperaturo106K: a) pri katerih valovnih dolzinah bi jo najlazje zaznali? b) Koliksenbi bil njen celoten izsev? c) Koliksno je razmerje med gravitacijsko inrotacijsko energijo nevtronske zvezde, ce se vrti s frekvenco 10 Hz?

7. Elipticna galaksija ima premer 20 kpc in maso 1011M. Oceni v koliksnemcasu bi jo preletela majhna galaksija, ki bi sla skozi njo centralno in biimela na veliki oddaljenosti glede nanjo zanemarljivo hitrost! Primerjajta cas z osnovno lastno frekvenco galaksije!

8. Na prilozeni sliki so rotacijske krivulje galaksij. Izracunaj koliko maseobkrozajo najbolj oddaljeni deli galaksij!

9. Koliksna bi lahko bila najvecja starost vesolja, ki bi imelo enako povprecnogostoto kot je povprecna gostota snovi v okolici Sonca (1M/pc

3)? Hub-blova konstanta je H0 =75 km/s/Mpc.

10. Koliksna je bila Jeansova masa (MJ = (T/T0)3/2

(%/%0)1/2· 5, 12 · 1023 g, %0 =1

g/cm3, T0 =1 K) v vesolju v trenutku rekombinacij? Pokazi, da bi seJeansova masa ohranjala, ce bi standardno vesolje ohranjalo homogenostza vse vecne case!