Zadanie III.1 – Meteoroidy z północy

Astronomowie odkryli zbliżający się do Ziemi rój meteoroidów. Stwierdzono, że:

rój odległy jest co najmniej o kilka jednostek astronomicznych,
nadlatuje z kierunku północnego bieguna niebieskiego,
średnica roju jest znacznie większa od średnicy Ziemi,
wektory prędkości meteoroidów są równoległe do siebie, ich wartość wynosi $v_0 = 5{,}0\ \mathrm{km/s}$

Sytuację przedstawia poniższy rysunek.

Olimpiada Astronomiczna

Podaj pełny zakres długości i szerokości geograficznej obszaru, na którym w przyszłości będzie można znaleźć meteory z tego roju. Przyjmij, że meteoroidy oddziałują grawitacyjnie wyłącznie z Ziemią. Pomiń ruch Ziemi i wpływ atmosfery na ruch meteoroidów.

Rozwiązanie

Meteoroidy nadlatują z kierunku północnego bieguna niebieskiego. Ze względu na symetrię osiową problemu wszystkie długości geograficzne są równoważne. Granica obszaru będzie związana z zakresem szerokości geograficznych. Rój znajduje się na tyle daleko od Ziemi, że początkową energię potencjalną oddziaływania grawitacyjnego meteoroidów z Ziemią można przyjąć za równą zero. Możemy również przyjąć, że prędkość meteoroidów w nieskończoności:

$v_{\infty}\approx v_0$

Zatem całkowita energia mechaniczna meteoroidów jest dodatnia, a ich orbity są hiperbolami. Należy więc rozpatrzyć meteoroid graniczny, czyli taki, którego orbita będzie styczna do powierzchni Ziemi. Meteoroid ten tylko „muśnie” Ziemię i wyznaczy południową granicę obszaru, na którym mogą spaść meteoroidy. Dla meteoroidu granicznego odległość perygeum jest równa promieniowi Ziemi, czyli:

$d_p=R_\oplus=6{,}371\cdot10^6\ \mathrm{m}$

Prędkość meteoroidu granicznego w perygeum, wyliczona z zasady zachowania energii:

$E=\frac{mv_0^2}{2}=\frac{mv_p^2}{2}-\frac{GMm}{d_p}$

Czyli:

$v_p=\sqrt{v_0^2+\frac{2GM}{d_p}}=12{,}25\ \mathrm{km/s}$

Korzystając z zasady zachowania momentu pędu, można teraz wyznaczyć parametr zderzenia:

$L=mv_pd_p=mv_0D$

Gdzie $D$ to parametr zderzenia. Parametr zderzenia to odległość, w jakiej meteoroid minąłby Ziemię, gdyby nie uwzględniać jej oddziaływania grawitacyjnego. Stąd:

$D=d_p\frac{v_p}{v_0}=d_p\frac{\sqrt{v_0^2+\frac{2GM}{d_p}}}{v_0}=1{,}561\cdot10^7\ \mathrm{m}$

Mając tę informację, przejdźmy teraz do rozważań geometrycznych hiperboli:

Grafika: Piotr Łubis

Hiperbola jest zbiórem punktów, których różnica odległości do ognisk jest stała (oznaczenie $\Delta$ ). Środek Ziemi znajduje się zaś w jednym z ognisk. Obliczmy wartość tej różnicy $\Delta$ w granicy, gdy punkt hiperboli oddala się do nieskończoności:

$\Delta= 2 \cdot |\mathrm{CB}| = 2f\sin\alpha$

Gdzie $f = |\mathrm{F_2 C}| = |\mathrm{F_1 C}|$ oznacza odległość ogniska od punktu przecięcia asymptot. Następnie obliczmy wartość tej różnicy $\Delta$ w perygeum (punkt P):

$\Delta=(2f-d_p)-d_p=2f-2d_p$

Z powyższych rozważań otrzymujemy:

$\sin\alpha=\frac{f-d_p}{f}$

Z analizy trójkąta $\mathrm{CBF}_1$ otrzymujemy dodatkowo:

$\cos\alpha=\frac{D}{f}$

Korzystając z jedynki trygonometrycznej:

$\left(\cos\alpha\right)^2+\left(\sin\alpha\right)^2=1$

Możemy łatwo wyznaczyć odległość $f$ :

$D^2+(f-d_p)^2=f^2$

$2fd_p=D^2+d_p^2$

Czyli:

$f=\frac{D^2+d_p^2}{2d_p}=2{,}232\cdot10^7\ \mathrm{m}$

$\cos\alpha=\frac{D}{f}=\frac{2Dd_p}{D^2+d_p^2}=0{,}700$

Ostatecznie:

$\alpha=45{,}6^\circ$

Ponieważ asymptota hiperboli jest równoległa do początkowego kierunku ruchu meteoroidów, czyli do osi obrotu Ziemi, kąt $\alpha$ odpowiada szerokości geograficznej punktu na południu, w którym meteoroid graniczny styka się z powierzchnią Ziemi.

Odpowiedź: Poszukiwany obszar jest w przedziale: $\varphi\in[90^\circ\ \mathrm{N};\,45{,}6^\circ\ \mathrm{S}]$ , $\lambda\in[180^\circ\ \mathrm{W};\,180^\circ\ \mathrm{E}]$ . Z powodu oddziaływań grawitacyjnych z Ziemią meteoroidy mogą spaść również na półkuli południowej, mimo że nadlatują z kierunku północnego bieguna niebieskiego. Zadanie można również rozwiązać, korzystając z parametrów orbity eliptycznej: ujemnej wartości parametru $a$ , opisującego półoś wielką, mimośrodu $e>1$ oraz równania biegunowego krzywej stożkowej. Należałoby jednak wcześniej uzasadnić, że stosowane zależności znane z przypadku eliptycznego zachowują odpowiednią postać również dla hiperboli. Z geometrycznego punktu widzenia powyższe rozwiązanie jest prostsze.

Dodatek:
Dla wielu uczniów szkoły średniej hiperbola kojarzy się wyłącznie z kształtem wykresu funkcji $f(x) = \frac{1}{x}$ . Ciekawe więc jest, jakie są współrzędne $(x,y)$ ognisk tej hiperboli w układzie kartezjańskim. To zagadnienie zostawiam czytelnikowi.

Zezwalam na kopiowanie, modyfikowanie i rozpowszechnianie zadania wraz z rozwiązaniem, również w celach komercyjnych, pod warunkiem zachowania informacji o oryginalnym autorze.

Piotr Łubis
Autor Zadania

Zadanie z III etapu 69. OA (2025/26)

Zadanie z III etapu 69. OA (2025/26)

Zadanie III.1 – Meteoroidy z północy

Rozwiązanie

Tagi

Autor

Zadanie III.1 – Meteoroidy z północy

Rozwiązanie

Tagi

Poradnik OA. Mechanika nieba 4: Orbity otwarte

Złoty medal dla Polaka na Międzynarodowej Olimpiadzie z Astronomii i Astrofizyki!

Poradnik OA. Mechanika nieba 3: Orbity zamknięte i parametry orbitalne

Poradnik OA. Mechanika nieba 1: Grawitacja