1612724574-38f3de39bc5d7c0ab8b41ab161e9e0e0 (828518), страница 2

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 2)

Реш. 13: Автор ошибочно привел значение скорости на низкой околоземной орбите, тогда как для Марса значение этой скорости существенно меньше – всего около 12 800 км/ч.

Задача 14: Поэт Лев Рубинштейн впервые посетил США весной 1991 года.

Его первое впечатление об Америке, как пишет с его слов Матвей Ганапольский (http://m.golos-ameriki.ru/a/253224.html ), «усугублялось тем, что это другое полушарие. Например, в том же Сан-Франциско меня страшно поразила карта звездного неба, перевернутая наизнанку. Большая Медведица то ли вверх ногами, то ли вниз – там все было наоборот! Причем я это не сразу понял, не так уж я хорошо знаю карту звездного неба, но потом мне объяснили, что здесь все перевернуто». Проанализируйте слова поэта.

Реш. 14: Перемещение наблюдателя из Восточного в Западное полушарие принципиально не меняет ориентацию созвездий относительно горизонта (это происходит только при перемещении из Северного полушария в Южное). Тем не менее, небольшое, но заметное даже для любителя астрономии изменение вида звездного неба при переезде из Москвы (широта около 56°) в Сан-Франциско (широта около 38°) все же происходит.

Задача 15: Из какой точки на поверхности Луны должен выехать луноход, чтобы, пройдя 35 км на север, затем 20 км на восток, а затем 35 км на юг, оказался в исходной точке.

Реш. 15: Кроме очевидного решения (южный полюс) существует еще бесконечное число таких точек в районе северного полюса, на расстоянии от него (35 + 20/2n) км, при n = 1, 2,… В этой формуле не учтена кривизна лунной поверхности.

Задача 16: Сколько геостационарных спутников необходимо, чтобы поддерживать круглосуточную связь между научными станциями на Северном и Южном полюсах?

Реш. 16: Максимальную широту, на которой геостационарные спутники еще видны над горизонтом, определим из условия видимости объекта на горизонте

 = 90° – arcsin (R_З/r_ГС),

где r_ГС = 42166 км – радиус орбиты геостационарного спутника. Приняв Землю за шар и взяв R_З = 6371 км, получим  = 90° – 8,7° ≈ 81°. На более высоких широтах и, тем более, на полюсах Земли геостационарные спутники не видны с уровня моря. Значит, и связь с их помощью невозможна.

Задача 17: Будет ли на Земле смена дня и ночи, если она перестанет вращаться вокруг своей оси?

Реш. 17: Будет, поскольку орбитальное движение Земли приводит к кажущемуся обращению Солнца вокруг нее с периодом в 1 год.

Задача 18: В радиопостановке по роману Ж. Верна «Таинственный остров» в тот момент, когда путешественники обнаружили выброшенный на берег сундук с полезными вещами, один из них, вынув из сундука подзорную трубу и осмотрев в нее морскую гладь, воскликнул: «Господа, миль на 100 вокруг не видно обломков кораблекрушения!» Каково было увеличение подзорной трубы?

Реш. 18: Линия горизонта проходит на расстоянии L от наблюдателя, там, где его луч зрения касается поверхности Земли (см. рис.). На море это практически линия математического горизонта. Пусть h – высота наблюдателя над уровнем моря, R_ – средний радиус Земли (6371 км). Тогда (R_ + h)² = R_²_+ L². Отсюда L² = 2hR_ + h². А с учетом того, что h << R_, получим с высокой точностью расстояние до математического горизонта:

L = (2hR_)^1/2 = 3,57 км  (h / 1 м)^1/2 .

При более аккуратном решении следовало бы учесть атмосферную рефракцию, искривляющую путь светового луча в атмосфере и позволяющую «заглянуть за» математический горизонт, но результат при этом изменится незначительно:

L = 3,86 км  (h / 1 м)^1/2 .

Поскольку действие происходило практически на уровне моря (h ≈ 2 м), в трубу с любым увеличением поверхность моря видна не далее чем на 5 - 6 км, т. е. на 3 - 4 мили, имея в виду современные сухопутные мили (= 1,6 км). Если же французский писатель Жюль Верн имел в виду французскую морскую милю (морское льё = 5,55 км), то расстояние составляет как раз одну милю, что, по-видимому, не случайно.

Задача 19: От Северного полюса Земли к Южному прорыта вертикальная шахта. Один снаряд без начальной скорости отпускают падать в шахту, а другой запускают на низкую круговую полярную орбиту (см. рис.). Какой из них быстрее достигнет Южного полюса?

Как быстрее добраться до антиподов?

Реш. 19: Пусть М_З – масса Земли и R_З – радиус Земли. Полет спутника по низкой орбите от одного полюса к другому займет половину его орбитального периода:

Т₁ = 0,5 Р =  (R_З³/GМ_З)^1/2

Теперь определим продолжительность полета снаряда через шахту. Поскольку распределение плотности вещества внутри Земли имеет довольно сложный вид, мы рассмотрим два крайних случая:

а) Пусть Земля – однородный шар. На расстоянии r от центра Земли снаряд испытывает притяжение только от внутренней части планеты радиусом r и массой M(r) = M_З (r/R_З)³. Следовательно, он движется с ускорением а = –GM(r)/r² = –GM_З r/R³_З (знак минус говорит здесь о том, что направления векторов r и a противоположны). Как видим, это уравнение простых гармонических колебаний, возникающих в том случае, когда возвращающая сила пропорциональна отклонению тела от точки равновесия. В нашем случае эта точка – центр Земли.

Решить это уравнение можно по аналогии с уравнением малых колебаний маятника:

а = –gr/L, где g – ускорение свободного падения, L – длина маятника, r – его отклонение. Как известно, период колебания маятника составляет

Р = 2 (L/g)^1/2 = 2 (r/a)^1/2.

Значит, период колебания снаряда в шахте (независимо от амплитуды колебания!) составит

Р = 2 (R_З³/GM_З)^1/2

А полет между полюсами будет длиться

Т_2a = 0,5 P =  (R_З³/GM_З)^1/2

Таким образом, в случае однородной Земли снаряды прибудут к южному полюсу одновременно (Т₁ = Т_2a).

Однако известно, что к центру Земли плотность увеличивается, поэтому рассмотрим другой крайний случай.

б) Пусть вся масса Земли сосредоточена в ее центре. Тогда ускорение снаряда

а = GM_З/r². Это уравнение движения в поле точечной массы, типичное для тел Солнечной системы. Движение нашего снаряда по радиальной орбите можно представить как движение по вырожденному эллипсу с эксцентриситетом практически равным единице. Тогда большая полуось этого эллипса равна R_З/2, а орбитальный период

Т_2б = 2 [(R_З/2)³/GM_З]^1\2 =  (R_З³/2GM_З)^1\2

Как видим, это в √2 раз меньше, чем Т₁ или Т_2a. Очевидно, что истинное значение времени полета снаряда через шахту (Т₂) удовлетворяет неравенству Т_2a > Т₂ > Т_2б. Следовательно, Т₂ < Т₁, т. е. снаряд, отпущенный падать в шахту, достигнет противоположной точки Земли быстрее, чем снаряд, выведенный на орбиту. Как видим, это очень удобный вид межконтинентального транспорта и, к тому же, совершенно бесплатный (если не считать затрат на создание шахты и поддержания в ней вакуума!).

Задача решена. А теперь попробуйте рассмотреть третий вариант распределения плотности Земли – совершенно невероятный: пусть вся масса планеты сосредоточена в ее бесконечно тонкой оболочке, а внутри – пусто. Желаю успеха!

Задача 20: В галактической окрестности Солнца в результате поглощения света межзвездной пылью поток излучения звезды ослабляется на 1%, пройдя расстояние в 10 пк . Если считать пылинки непрозрачными шариками радиусом r = 2·10^–5 см, то каково среднее расстояние между пылинками?

Реш. 20: Рассмотрим столбик пространства с площадью сечения s и длиной L. Если среднее расстояние между пылинками d, то средний объем пространства на одну пылинку равен d ³, и количество пылинок в столбике N = sL/d ³. Поскольку поглощение невелико ( << 1), пылинки практически не проецируются друг на друга и ослабляют свет во столько раз, какую долю сечения они в сумме перекрывают:

 = Nr ² / s = Lr ² / d ³.

Отсюда расстояние между пылинками (при  << 1 !) составляет

d = (Lr ² / )^1/3.

Подставив значения L = 10 пк = 3,1·10¹⁹ см, r = 2·10^–5 см и  = 0,01; получим d = 1,6·10⁴ см.

Характеристики

Список файлов ответов (шпаргалок)