Reˇsene naloge iz astronomije - I. delgomboc/AstroNaloge.pdf · Reˇsene naloge iz astronomije - I. del A.G. Morebitne napake prosim sporoˇcite na: [email protected]

Resene naloge iz astronomije - I. del

A.G.

Morebitne 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′.

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?

2 A.G.

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.

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′′

Resene naloge iz astronomije - I. del 3

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)

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

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 vecja

4 A.G.

od 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:

f

b

d

b

RZ D

bd’

ekvator

*

Zemlja

sin β

RZ=

sin(ϕ − δ)

b(13)

sin β =RZ

bsin(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(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:

sin β =RZ

Dsin(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,da je tabelirani zvezdni cas za Greenwich tega dne ob UT=0h enakS0

G = 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?

Z

P

SN

*z

A

f d

90 -do

90 -fo

H

g

a

180 -Ao

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 sin ϕ + cos δ cosϕ cosH (19)

in izracunamo zenitno razdaljo:

6 A.G.

cos z = 0.053 ⇒ z = 86.9 (20)

Da dolocimo A, zapisimo najprej sinusni izrek:

sin z

sin H=

sin(90 − δ)

sin(180 − A)=

cos δ

sin A(21)

sin z sin A = cos δ sin H (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 sin Hsin z

1 + sin ϕ cos z−sin δsin z cos ϕ

(26)

tanA

2=

cos δ cosϕ sin H

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?Tega dne je tabelirani zvezdni cas za Greenwich ob UT=0h enakS0

G = 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 = − tan ϕ 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.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:

8 A.G.

tpoletnin=1 = (t∗λ=0 − S0

G) · 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 jeS0

G = 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 sin ϕ + cos δ cosϕ cos H (45)

cos z = 0.5941 ⇒ z = 53.55 (46)

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. 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 ǫ = 2327′.

Resitev:Iz slike razberemo:

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

cosα

Sinusni izrek nam da:

sin δ

sin ǫ=

sin λ

sin 90⇒ sin δ = sin λ sin ǫ

Se en kosinusni izrek nam da:

cos δ = cosλ cosα + sin α sin λ cos ǫ

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

tanα = tanλ · cos ǫ.

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.

10 A.G.

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

Resitev:

p⊙ =RZ

d⊙⇒ d⊙ =

RZ

p⊙=

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:

LS

L⊙=

jS

j⊙= 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

dS

d⊙= −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.

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

j⊙ =L⊙

4πd2⊙

(51)

jsup =Lsup

4πd2sup

=1010L⊙

4πd2sup

(52)

m⊙ − msup = −2.5 log10

j⊙jsup

= −5 log10

( dsup

105d⊙

)

(53)

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

dsup = 105d⊙ · 10msup−m⊙

5 = 5.47 · 1022 m = 5.8 Msv.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

PPK

P⊙(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:

12 A.G.

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′′

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· 4πd2

2

4πd21

)

(59)

= −2.5 log10

(σT 41 · 4πR2

∗,1

σT 42 · 4πR2

∗,2

· d22

d21

)

(60)

m1 − m2 = −2.5 log10

T 41

T 42

− 2.5 log10

R2∗,1

R2∗,2

− 2.5 log10

d22

d21

(61)

m1 − m2 = −10 log10

T1

T2− 5 log10

R∗,1

R∗,2+ 5 log10

d1

d2(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∗,1

R∗,2= d1

d2

. 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, da


znasa 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:Najprej iz paralakse izracunamo oddaljenost zvezde: d = 1 pc

p′′ = 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

j⊙j∗

= −2.5 logL⊙d2

∗

4πd2⊙σT 4

∗ R2∗

ali, ce izrazimo radij zvezde:

R∗ =d∗d⊙

√

L⊙

4πσ

1

T 2∗· 10

m⊙−m∗

5 = 4.1 · 108 m = 410 000 km.

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(λV =550 nm, ∆λ= 100 nm). Koliko fotonov na sekundo ujamemo?Opazujemo se druge zvezde v tej kopici. Oceni koliksna mora biti masa

14 A.G.

zvezde 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, deljena z energijoposameznega fotona hν = hc/λ in pomnozena s povrsino vstopne odpr-

tine teleksopa: S = πD2

4 :

Nγ

t=

djλ

hcλ

· 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)

dλ

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

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

Nγ

t=

πD2

4

R2∗

d2

2c∆λ


= 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⊙.

2. 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.

Resitev:Gostota svetlobnega toka na povrsini zvezde (Sonca) v intervalu dλ priλ je:

djλ,∗ =2hc2


dλ

Ce je sirina filtrov tako majhna, da se djλ,∗ ne spremeni znatno na temintervalu valovnih dolzin, smemo za naso natancnost namesto integrala


po λ, racunati kar z vrednostjo djλ,∗ na sredini intervala pomnozeno ssirino filtra:

jB,∗ =2hc2

λ5B(exp hc

kTλB− 1)

∆λ (63)

jV,∗ =2hc2

λ5V (exp hc

kTλV− 1)

∆λ (64)

Gostoto svetlobnega toka na Soncu moramo preracunati na Zemljino odd-aljenost: j = j∗ · 4πR2

∗/4π(1a.e.)2. Ko racunamo razmerje gostote svet-lobnih tokov v B in V filtru se bodo ti dodatni faktorji pokrajsali:

jB

jV=(λV

λB

)5

·exp hc

kTλV− 1

exp hckTλB

− 1= 1, 01475.

Izracunamo to razmerje se za Vego: jB

jV= 1, 48.

Zapisemo barvni index B − V , ki je razlika magnitud telesa v filtru B inv filtru V:

B − V = −2, 5 log10

jB

jV+ CB−V

Prednost barvnega indeksa je, da v njem nastopa razmerje jB

jV, v katerem

sta se pokrajsala razdalja do zvezde in njen polmer. To razmerje, in s tembarvni index, sta odvisna le od temperature zvezde. Konstanto CB−V

dolocimo s tem, da povemo, za katere zvezde je B − V = 0. V nasemprimeru je dogovor, da je to Vega in dobimo: CB−V = 0, 427. Za Soncesledi: B − V = 0, 411.

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

Sledi:

M⊙ =4π2

G

a3

P 2= 2.0 · 1030 kg

16 A.G.

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:Najprej izracunamo maso kometa: mk = 4π

3 R3k · = 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

2mkv2

k − GM⊙mk

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 =

√

2GM⊙

1 a.e.= 42.17 kms−1.

Hitrost krozenja Zemlje okrog Sonca pred trkom dobimo iz:

MZv2Z

aZ=

GM⊙MZ

a2Z

⇒ vZ =

√

GM⊙

aZ= 29.82 kms−1. (65)

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 + mkvk

MZ + mk≈ vZ +

mk

MZvk, (66)

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:

∆vZ

vZ=

√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 :

∆aZ

aZ= −2

∆vZ

vZ

kar po drugem Keplerjevem zakonu a3Z/P 2 =konst. pomeni, da se spre-

meni tudi orbitalna perioda oz. dolzina leta na Zemlji:

∆PZ

PZ=

3

2

∆aZ

aZ= −3

∆vZ

vZ.

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 = −GM⊙m

2a.

18 A.G.

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 + 2mkvk

MZvZ

)(

1 − 2mk

MZ

)

≈ 1

aZ− 1

aZ

2mk

MZ(vk

vZ− 1)

Dobimo:

∆aZ

aZ≈ 2mk

MZ(vk

vZ− 1) = 6.9 · 10−8 (67)

∆PZ

PZ=

3

2

∆aZ

aZ= 1.0 · 10−7 (68)

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:

rp = a(1 − ǫ) (69)

ra = a(1 + ǫ) (70)

ali:

rp + ra = 2a (71)

rp − ra = −2aǫ (72)

ǫ =ra − rp

rp + ra(73)

rp

ra=

1 − ǫ

1 + ǫ(74)

pri cemer je a glavna polos in ǫ sploscenost tira.


Za primer Plutona izracunamo:

aP =rp + ra

2= 39.5 a.e. (75)

ǫP =ra − rp

rp + ra= 0.248 (76)

Tretji Keplerjev zakon nam pove:

GM⊙

4π2=

a3P

P 2P

=a3

Z

P 2Z

,

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

PP = PZ

(aP

aZ

)3

2

= 1 leto·(39.5 a.e.

1 a.e.

)3

2

= 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

2µv2

p − GMµ

rp=

1

2µv2

a − GMµ

ra.

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

va =

√

GM

a

1 − ǫ

1 + ǫ= 3.7 kms−1 (77)

vp =ra

rpva =

√

GM

a

1 + ǫ

1 − ǫ= 6.1 kms−1 (78)

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

Resitev:Iz izrazov 5 dobimo:

rp = a(1 − ǫ) = 1.3814 a.e. (79)

ra = a(1 + ǫ) = 1.6660 a.e. (80)

∆r

r=

ra − rp

(ra + rp)/2=

2ǫa

a= 2ǫ = 0.187 (81)

20 A.G.

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=

a1

a2=

M2

M1= 4 (82)

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=

a3Z

P 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 =

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 41 · 4πR2

1

4πd2= σT 4

1

(R1

d

)2

= 2, 24 · 10−15 W/m2 (83)

j2 = σT 42

(R2

d

)2

= 9, 56 · 10−14 W/m2 (84)

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⊙

( R⊙

1 a.e.

)2

= 1600 W/m2 (85)

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 · 10−14 W/m2 (86)

mskup = MV − 2, 5 log10

jskup

j⊙= MV + 40, 5 = 13, 53 (87)

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(88)

mmrk,prim = MV − 2, 5 log10

jskup′

j⊙= 13, 74 (89)

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 krozitaokrog 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 (90)

Mp = 5MJ = 1590MZ = 9.54 · 1027kg (91)

Vsota velikih polosi sistema je:

a = a1 + a2 = α ·d = 778 · 10−3 1

3600· π

180· 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

22 A.G.

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=

vp

v∗in sledi:

v∗ =v∗ + vp

1 + m∗

mp

= 121 ms−1 (92)

vp =m∗

mpv∗ = 634 ms−1 (93)

Documents

Reˇsene naloge iz astronomije - I. delgomboc/AstroNaloge.pdf · Reˇsene naloge iz astronomije - I. del A.G. Morebitne napake prosim sporoˇcite na: [email protected]