Помогите со школьными задачками

[DimaM]

Atom001
Можно без Кориолиса.
Записываем сохранение момента импульса $\omega_0(R+h)^2=\omega(R+h-x)^2$ ($\omega_0$ - угловая скорость Земли, $\omega$ - угловая скорость тела, $R$ - радиус Земли, $h$ - высота башни, $x$ - смещение тела по вертикали). Дальше выражаем $\omega$, имея в виду $h,x\ll R$. Горизонтальное перемещение (и скорость) невелики, поэтому можно считать $x(t)$ как при свободном падении при постоянном $g$.
Искомое перемещение будет $l=R\cdot\displaystyle{\int}(\omega-\omega_0)dt$.
Тут интегрировать нужно только один раз (через Кориолиса - два).

[Atom001]

DimaM
Спасибо!
Тогда ответ на данную задачу 2.2 см?

[DimaM]

Atom001 в сообщении #1041005 писал(а):

Тогда ответ на данную задачу 2.2 см?

Правдоподобно. Но вы лучше в буквах напишите.

[Atom001]

А нет. Это я поторопился и чего-то не того нарешал.
$x$ же равно $h$, потому что тело должно полностью упасть на поверхность Земли.
Тогда $\omega=\omega_0(1+\frac{h}{R})^2$.
И смещение запишется так $L=\omega_0R\displaystyle{\int}((1+\frac{h}{R})^2-1)dt=\omega_0R((1+\frac{h}{R})^2-1)\tau$, где $\tau$ - время падения.

Тогда $L=7,29\cdot 10^{-5} \text{ Гц}\cdot 6,4\cdot 10^6\text{ м}\cdot((1+\frac{100 \text{ м}}{6,4\cdot 10^6\text{ м}})^2-1)\cdot 4,47\text{ с}=0,065 \text{м}=6,5 \text{ см}$.

[DimaM]

Atom001 в сообщении #1041029 писал(а):

$x$ же равно $h$, потому что тело должно полностью упасть на поверхность Земли

Нет конечно. $x$ меняется от 0 до $h$.
Для упрощения вычислений полезно пользоваться формулой $(1+x)^n\approx 1+nx$ при $x\ll 1$.

-- 28.07.2015, 17:38 --

Atom001 в сообщении #1041038 писал(а):

Где я ошибаюсь?

Самое первое подынтегральное выражение неверное. Надо единицу вычесть.
Потом при интегрировании нужно $x(t)$ подставить. Надеюсь, формулу для свободного падения помните.
Кстати, красивые скобки делаются с помощью \left( и \right):

$$\left(\dfrac{R+h}{R+h-x}\right)^2-1=\left(1+\dfrac{x}{R+h-x}\right)^2-1\approx 1+\dfrac{2x}{R+h-x}-1\approx \dfrac{2x}{R}.$$

[Atom001]

DimaM
Вы успели прочитать. Я там бред написал, поэтому сразу же удалил.

DimaM в сообщении #1041034 писал(а):

Кстати, красивые скобки делаются с помощью \left( и \right):

Спасибо! Я уже думал обратиться с вопросом о том, как поставить большие скобки.

-- 28.07.2015, 20:01 --

$$L=\omega_0R\displaystyle{\int\limits_{0}^{\tau}}\left(\frac{R+h}{R+h-x(t)}-1\right)^2dt=\omega_0R\displaystyle{\int\limits_{0}^{\tau}}\left(\frac{2x(t)}{R}\right)dt=\omega_0R\displaystyle{\int\limits_{0}^{\tau}}\left(\frac{gt^2}{R}\right)dt=\frac{\omega_0gR{\tau}^3}{3R}=$$

$$=\frac{7,29 \cdot 10^{-5} \cdot 10 \cdot 6 400 000\cdot{4,47}^3}{3\cdot 6 400 000}=0,022 \text{ м}$$

Вот, теперь всё. Я забыл про эту единичку, решал всякие натуральные логарифмы и получал 2 км.

[Atom001]

(Ещё одна ошибка в ответах)

Я нашёл ещё одну ошибку. На вопрос "Под каким углом с Земли видна Венера во время верхнего соединения?" в ответах отвечают $34',6$.
Но здесь, видимо, просто-напросто потеряли второй штрих. Поэтому простительно.

[Atom001]

Задача №9.

Цитата:

Если звезда лежит в плоскости эклиптики и мы движемся с Землёй по её орбите прямо к ней, а через полгода удаляемся от неё, то насколько изменится за полгода наблюдения длина волны линии гелия $5876 \text{ \AA}$?

Здесь у меня пока нет собственных соображений, потому что я не могу представить ситуацию из этой задачи. Напишите, пожалуйста, понятно где и что находится и куда летит.
Имеется ввиду, что Земля летит по эллиптической орбите, в фокусе которой лежит данная звезда?

[Pphantom]

Atom001 в сообщении #1042153 писал(а):

Здесь у меня пока нет собственных соображений, потому что я не могу представить ситуацию из этой задачи. Напишите, пожалуйста, понятно где и что находится и куда летит.

Плоскость эклиптики - это плоскость орбиты Земли вокруг Солнца. Соответственно, из условия задачи следует, что в первый момент Земля приближается к звезде со скоростью, равной орбитальной скорости Земли, а через полгода - удаляется от нее с той же скоростью. Дальше - тривиальная задача про эффект Допплера.

Atom001 в сообщении #1042153 писал(а):

Имеется ввиду, что Земля летит по эллиптической орбите, в фокусе которой лежит данная звезда?

А как насчет реалистичности подобного предположения?

[Atom001]

Pphantom в сообщении #1042163 писал(а):

Плоскость эклиптики - это плоскость орбиты Земли вокруг Солнца. Соответственно, из условия задачи следует, что в первый момент Земля приближается к звезде со скоростью, равной орбитальной скорости Земли, а через полгода - удаляется от нее с той же скоростью. Дальше - тривиальная задача про эффект Допплера.

То есть, получается, сначала спектр звезды был сдвинут в фиолетовую часть, и нужно найти это смещение $\Delta \lambda_1$. А потом спектр звезды был сдвинут в красную часть, и нужно найти теперь новое смещение $\Delta \lambda_2$. И, наконец, нужно найти разность между $\Delta \lambda_1$ и $\Delta \lambda_2$. Это и будет ответ на задачу. Всё правильно?

Pphantom в сообщении #1042163 писал(а):

А как насчет реалистичности подобного предположения?

Согласен. Это чепуха была.

[Pphantom]

Atom001 в сообщении #1042165 писал(а):

То есть, получается, сначала спектр звезды был сдвинут в фиолетовую часть, и нужно найти это смещение $\Delta \lambda_1$. А потом спектр звезды был сдвинут в красную часть, и нужно найти теперь новое смещение $\Delta \lambda_2$. И, наконец, нужно найти разность между $\Delta \lambda_1$ и $\Delta \lambda_2$. Это и будет ответ на задачу. Всё правильно?

Да (если считать смещения со знаком). При этом можно сразу заметить, что с более чем достаточной точностью оба смещения одинаковы по модулю, так что разность между ними будет попросту удвоенным смещением в одну сторону.

[Atom001]

Pphantom
Спасибо!

[Atom001]

Задача №10.

Цитата:

Предположим, что Земля и Нептун находятся на одной прямой между Солнцем и ближайшей звездой. Насколько ярче казалась бы звезда с Нептуна, чем с Земли?

Вопрос "на сколько ярче казалась бы" подразумевает использование для ответа формулы связи видимых звёздных величин двух светил и освещённостей от этих светил

$$m_{\neptune}-m_{\oplus}=\log_{2,512}\frac{L_{\oplus}}{L_{\neptune}}$$

Освещённость по определению есть отношение светового потока, падающего перпендикулярно на площадку, к площади этой площадки.

$$L=\frac{\Phi}{S}$$

А световой поток по определению - это произведение силы света данного источника и телесного угла его освещённости.

$$\Phi=I\Delta\Omega$$

Но сила света и телесный угол одинаковы и для Земли, и для Нептуна, поэтому потоки тоже одинаковы. Тогда отношение освещённостей есть обратное отношение площадей которые получаются от телесного угла на данном расстоянии. Значит,

$$m_{\neptune}-m_{\oplus}=\log_{2,512}\frac{S_{\neptune}}{S_{\oplus}}$$

А отношение площадей (легко это показать) равно отношению квадратов расстояний от звезды до планеты. Поэтому

$$m_{\neptune}-m_{\oplus}=\log_{2,512}\frac{{R_{\neptune}}^2}{{R_{\oplus}}^2}$$

Теперь нарисуем картинку:



Из картинки ясно, что

$$m_{\neptune}-m_{\oplus}=\log_{2,512}\frac{x^2}{(x+29,1)^2}$$

Дело встало из-за этого самого икс. Как быть?

[Pphantom]

Atom001 в сообщении #1042189 писал(а):

Дело встало из-за этого самого икс. Как быть?

Ну так задача-то не абстрактная. Какая звезда находится ближе всего к Солнцу, известно, расстояние до нее тоже известно ($\approx 2.6 \cdot 10^5$ а.е.), так что...

[Atom001]

Pphantom в сообщении #1042190 писал(а):

Ну так задача-то не абстрактная. Какая звезда находится ближе всего к Солнцу, известно, расстояние до нее тоже известно ($\approx 2.6 \cdot 10^5$ а.е.), так что...

И я так же подумал. Сразу же загуглил "Альфа Центавра". Но расчёты получаются кривыми, поэтому я и подумал, что ошибка в формулах.

$$m_{\neptune}-m_{\oplus}=\log_{2,512}\frac{6,76\cdot 10^{10}}{6,761513\cdot 10^{10}}=\log_{2,512}0,9998=-0,000217$$

Входит, что на Земле звезда будет казаться ярче, чем на Нептуне.

↑↑↑ Так я думал раньше. Теперь вспомнил, что звезда тем ярче, чем меньше её звёздная величина.
Pphantom, спасибо!

Задача №11.

Цитата:

Каков синодический период Деймоса для наблюдателя, находящегося на Марсе?

Я рассуждаю так. Сидерический период Деймоса равен $30$ часам. Сидерический период обращения Марса вокруг своей оси равен $24$ часа $37$ минут. Выходит, что, когда Марс вернётся в начальное положение, Деймос ещё не успеет до него дойти. И так будет много раз, пока в конце-концов Марс не догонит Деймос с "другой стороны". Я считаю (возможно неправильно), что время, через которое Марс "догонит" Деймос и они совпадут в начальном положении, будет равно (часы переведены в минуты) $\text{НОК}(1800; 1477)=2658600\text{ минут}=1846,25\text{ суток}$, что является сильным перебором. В ответах дают $5,5$ суток.