αρχείο θεμάτων αστρονομίας και αστροφυσικής
αρχική / θέματα / 2η φάση / λύκειο / 2017

2η φάση 2017, Λύκειο: θέματα και λύσεις

Τα 5 θέματα της 2ης φάσης του 2017 για το Λύκειο, με λύσεις.

Γράψε το διαγώνισμα με χρονόμετρο

Θέμα 1

Γαλαξίες και κοσμολογία, Αστέρες και ακτινοβολία, Γαλαξίες και κλίμακες, Εξέλιξη των αστέρων · πολύ εύκολο «Αρίσταρχος»

Εκφώνηση θέματος 1, 2η φάση 2017, Λύκειο
Λύση του αρχείου

Α) Νεφελώματα λέγονται τα νέφη αερίων (κυρίως υδρογόνου και ηλίου) και σκόνης στον μεσοαστρικό χώρο. Σε αυτά γεννιούνται νέοι αστέρες, και ορισμένα είναι τα υπολείμματα αστέρων που πέθαναν.

Β) και Γ) Τα κύρια είδη, με ένα παράδειγμα το καθένα: Νεφελώματα εκπομπής (περιοχές H II): το αέριο ιονίζεται από θερμούς νέους αστέρες και λάμπει με δικό του φως, π.χ. το νεφέλωμα του Ωρίωνα (M42). Νεφελώματα ανάκλασης: η σκόνη ανακλά το φως κοντινών αστέρων και φαίνεται γαλάζια, π.χ. γύρω από τις Πλειάδες. Σκοτεινά νεφελώματα: πυκνή σκόνη κρύβει το φως που βρίσκεται πίσω της, π.χ. η Κεφαλή του Ίππου στον Ωρίωνα. Πλανητικά νεφελώματα: τα εξωτερικά στρώματα που απέβαλε ένας αστέρας σαν τον Ήλιο στο τέλος της ζωής του, π.χ. το νεφέλωμα του Δακτυλίου (M57) στη Λύρα. Υπολείμματα υπερκαινοφανών, π.χ. το νεφέλωμα του Καρκίνου (M1).

Δεν υπάρχει επίσημη λύση· τη λύση την έγραψε η επιμέλεια του αρχείου.

Λύσ’ το με υποδείξεις βήμα βήμα και τον Ερατοσθένη

Θέμα 2

Ηλιακό σύστημα, Σελήνη, φάσεις και εκλείψεις, Ακτινοβολία · μέτριο «Αρίσταρχος»

Εκφώνηση θέματος 2, 2η φάση 2017, Λύκειο
Λύση του αρχείου

Α) «Supermoon» λέγεται η πανσέληνος (ή νέα σελήνη) όταν η Σελήνη είναι κοντά στο περίγειο της ελλειπτικής τροχιάς της, και «micromoon» όταν είναι κοντά στο απόγειο.

Β) (i) Η γωνιακή διάμετρος είναι αντιστρόφως ανάλογη της απόστασης: \(\dfrac{\theta_1}{\theta_2}=\dfrac{d_2}{d_1}=\dfrac{404\,000}{356\,000}=1{,}135\), δηλαδή αύξηση περίπου 13,5%. (ii) Η λαμπρότητα (ροή) είναι αντιστρόφως ανάλογη του τετραγώνου της απόστασης: \(\left(\dfrac{d_2}{d_1}\right)^2=1{,}288\), δηλαδή αύξηση περίπου 29%.

Γ) Ροή του Ήλιου στη Σελήνη: \(F_\odot=\dfrac{L}{4\pi d^2}=\dfrac{3{,}85\times10^{26}}{4\pi(1{,}5\times10^{11})^2}\approx1360\) W/m². Η Σελήνη ανακλά το κλάσμα \(b\) της ισχύος που πέφτει στη διατομή της: \[P=b\,F_\odot\,\pi R_m^2=0{,}12\cdot1360\cdot\pi(1{,}738\times10^6)^2\approx1{,}55\times10^{15}\ \text{W}.\] Αν θεωρήσουμε ότι η ανακλώμενη ισχύς διαχέεται ομοιόμορφα προς όλες τις κατευθύνσεις: \[f=\dfrac{P}{4\pi d_1^2}=\dfrac{1{,}55\times10^{15}}{4\pi(3{,}56\times10^8)^2}\approx9{,}7\times10^{-4}\ \text{W/m}^2.\] Αν θεωρήσουμε ότι η Σελήνη ανακλά μόνο προς το ημισφαίριο από το οποίο φωτίζεται, το αποτέλεσμα διπλασιάζεται (περίπου \(2\times10^{-3}\) W/m²). Και οι δύο παραδοχές είναι αποδεκτές· το σημαντικό είναι η τάξη μεγέθους, περίπου ένα εκατομμύριο φορές μικρότερη από τη ροή του Ήλιου.

Δεν υπάρχει επίσημη λύση· τη λύση την έγραψε η επιμέλεια του αρχείου.

Λύσ’ το με υποδείξεις βήμα βήμα και τον Ερατοσθένη

Θέμα 3

Ουράνια μηχανική, Αστέρες και ακτινοβολία, Διπλά συστήματα και εξωπλανήτες, Ακτινοβολία · δύσκολο «Αρίσταρχος»

Εκφώνηση θέματος 3, 2η φάση 2017, Λύκειο
Λύση του αρχείου

Α) Τρίτος νόμος του Kepler σε έτη, AU και ηλιακές μάζες: \(P^2=\dfrac{d^3}{M_A+M_B}=\dfrac{40^3}{6{,}4}=10\,000\Rightarrow P=100\) έτη.

Β) Όταν φαίνονται και οι δύο αστέρες: \(L_\max=L_A+L_B=4\pi R^2\sigma\left(T_A^4+T_B^4\right)\).

Γ) Κύρια έκλειψη (το βαθύτερο ελάχιστο) γίνεται όταν κρύβεται ο θερμότερος αστέρας B. Επειδή οι ακτίνες είναι ίσες και το επίπεδο της τροχιάς περνά από τη Γη, η έκλειψη είναι ολική και φαίνεται μόνο ο A: \[\Delta m=2{,}5\log_{10}\dfrac{T_A^4+T_B^4}{T_A^4}=2{,}5\log_{10}\left[1+\left(\dfrac{12000}{5000}\right)^4\right]=2{,}5\log_{10}34{,}2\approx3{,}8\ \text{μεγέθη}.\]

Δ) Δευτερεύουσα έκλειψη, όταν κρύβεται ο ψυχρότερος A: \[\Delta m=2{,}5\log_{10}\left[1+\left(\dfrac{5000}{12000}\right)^4\right]=2{,}5\log_{10}1{,}030\approx0{,}03\ \text{μεγέθη}.\] Η δευτερεύουσα έκλειψη είναι σχεδόν αόρατη, γιατί ο ψυχρός αστέρας δίνει μόνο το 3% του φωτός.

Δεν υπάρχει επίσημη λύση· τη λύση την έγραψε η επιμέλεια του αρχείου.

Λύσ’ το με υποδείξεις βήμα βήμα και τον Ερατοσθένη

Θέμα 4

Αστέρες και ακτινοβολία, Εξέλιξη των αστέρων, Ακτινοβολία · μέτριο «Αρίσταρχος»

Εκφώνηση θέματος 4, 2η φάση 2017, Λύκειο
Λύση του αρχείου

Α) Ίδιος φασματικός τύπος σημαίνει ίδια θερμοκρασία, οπότε \(L\propto R^2\). Διαφορά 10 μεγεθών σημαίνει λόγο λαμπροτήτων \(10^{0{,}4\cdot10}=10^4\), άρα λόγο ακτίνων \(10^2\): \[R_B=\dfrac{R_A}{100}=\dfrac{1{,}7\times6{,}96\times10^8}{100}=1{,}18\times10^{7}\ \text{m}\approx1{,}9\,R_\oplus.\]

Β) \(\rho=\dfrac{M}{\tfrac43\pi R_B^3}=\dfrac{0{,}98\times1{,}99\times10^{30}}{\tfrac43\pi(1{,}18\times10^7)^3}\approx2{,}8\times10^{8}\) kg/m³.

Γ) Μάζα περίπου ίση με του Ήλιου σε μέγεθος περίπου ίσο με της Γης, και πυκνότητα εκατοντάδες εκατομμύρια φορές μεγαλύτερη από του νερού: ο Σείριος Β είναι λευκός νάνος, ο πυρήνας ενός αστέρα που έχει εξαντλήσει τα πυρηνικά του καύσιμα. (Στην πραγματικότητα ο Σείριος Β είναι θερμότερος από τον Σείριο Α, περίπου 25 000 K, οπότε η πραγματική του ακτίνα είναι ακόμη μικρότερη, περίπου όση της Γης, και η πυκνότητα κοντά στο \(10^9\) kg/m³.)

Δεν υπάρχει επίσημη λύση· τη λύση την έγραψε η επιμέλεια του αρχείου.

Λύσ’ το με υποδείξεις βήμα βήμα και τον Ερατοσθένη

Θέμα 5

Αστέρες και ακτινοβολία, Γαλαξίες και κοσμολογία, Εξέλιξη των αστέρων, Ακτινοβολία · δύσκολο «Αρίσταρχος»

Εκφώνηση θέματος 5, 2η φάση 2017, Λύκειο
Λύση του αρχείου

Α) Από \(L=4\pi R^2\sigma T^4\): \[R=\sqrt{\dfrac{L}{4\pi\sigma T^4}}=\sqrt{\dfrac{3\times10^4\cdot3{,}85\times10^{26}}{4\pi\cdot5{,}67\times10^{-8}\cdot(1{,}6\times10^4)^4}}\approx1{,}6\times10^{10}\ \text{m}\approx23\,R_\odot.\]

Β) Στο διάγραμμα H–R (λαμπρότητα προς θερμοκρασία, με τη θερμοκρασία να μειώνεται προς τα δεξιά) ο αστέρας βρίσκεται αριστερά (16 000 K) και ψηλά (\(3\times10^4\,L_\odot\)). Ένας αστέρας κύριας ακολουθίας με αυτή τη θερμοκρασία θα είχε ακτίνα μόνο λίγων ηλιακών ακτίνων· αυτός έχει περίπου 23, άρα βρίσκεται πάνω από την κύρια ακολουθία. Ήταν μπλε υπεργίγαντας, που είχε ήδη εξαντλήσει το υδρογόνο του πυρήνα του.

Γ) \(d=51\,400\ \text{pc}\times3{,}26\approx168\,000\) έτη φωτός. Το φως έφτασε το 1987, άρα η έκρηξη έγινε περίπου 168 000 χρόνια νωρίτερα.

Δ) Ένας αστέρας 16 \(M_\odot\) αφήνει συνήθως αστέρα νετρονίων, με μάζα πάνω από το όριο Chandrasekhar (1,4 \(M_\odot\)) και κάτω από περίπου 2–3 \(M_\odot\). Αν το υπόλειμμα είχε μεγαλύτερη μάζα, θα είχε γίνει μαύρη τρύπα.

Ε) Το υπόλειμμα κρύβεται πίσω από πυκνή σκόνη και αέριο που εκτινάχθηκαν στην έκρηξη, και ένας αστέρας νετρονίων είναι πολύ αμυδρός σε απόσταση 51 kpc, ιδίως αν δεν εκπέμπει ως πάλσαρ προς την κατεύθυνσή μας. (Το 2024 το διαστημικό τηλεσκόπιο James Webb βρήκε ισχυρές ενδείξεις αστέρα νετρονίων στο κέντρο του SN 1987A.)

Δεν υπάρχει επίσημη λύση· τη λύση την έγραψε η επιμέλεια του αρχείου.

Λύσ’ το με υποδείξεις βήμα βήμα και τον Ερατοσθένη

άλλες χρονιές

2017 2016 2015 2014 2013 2012 2011 2010 2009 2008