Το Hubble παρακολουθεί τον πρώτο διαστρικό κομήτη

Πριν από πάρα πολλά χρόνια, σ’ ένα πλανητικό σύστημα, πολλά έτη φωτός μακριά από την Γη, ένας παγωμένος βράχος μετά από κάποια σύγκρουση ξέφυγε στον μεσοσαστρικό χώρο, για να καταλήξει μετά από περιπλάνηση εκατομμυρίων ετών στο δικό μας πλανητικό σύστημα. Πρόκειται για τον κομήτη 2I/Borisov που ανακαλύφθηκε στις 30 Αυγούστου 2019 από τον ερασιτέχνη αστρονόμο Gennady Borisov. Είναι το δεύτερο διαστρικό αντικείμενο που παρατηρήσαμε να διασχίζει το ηλιακό μας σύστημα. (Ο πρώτος διαστρικός επισκέπτης παρατηρήθηκε το 2017 – το αντικείμενο που ονομάστηκε Οουμουαμούα).

Στις 7 Δεκεμβρίου 2019 ο κομήτης Borisov πέρασε από την πλησιέστερη στον ήλιο απόσταση, περίπου δυο φορές την απόσταση Γης – ήλιου (υπενθυμίζεται ότι η μέση απόσταση Γης-Ήλιου είναι 150 εκτομμύρια χιλιόμετρα=1 αστρονομική μονάδα).
Η βαρυτική έλξη του Ήλιου δεν θα καταφέρει να «συλλάβει» τον διαστρικό επισκέπτη εξαιτίας της μεγάλης ταχύτητάς του 160.000 χιλιόμετρα ανά ώρα και του σχήματος της τροχιάς του.

Από τον Οκτώβριο το διαστημικό τηλεσκόπιο Hubble, παρακολουθεί τον κομήτη Borisov. Έτσι, προέκυψαν δυο οι παρακάτω εντυπωσιακές φωτογραφίες:

Στην πρώτη φωτογραφία (αριστερά) ο κομήτης εμφανίζεται μπροστά από έναν μακρινό σπειροειδή γαλαξία (τον 2MASX J10500165-0152029). Όταν λήφθηκε η φωτογραφία ο διαστρικός κομήτης απείχε 326 εκατομμύρια χιλιόμετρα από τη Γη. Η δεύτερη φωτογραφία (δεξιά) λήφθηκε στις 9 Δεκεμβρίου 2019, λίγο μετά την πλησιέστερη διέλευσή του από τον Ήλιο, όταν απείχε 296 εκατομμύρια χιλιόμετρα από τη Γη. Ο κομήτης θα κάνει τη πλησιέστερη προσέγγισή του στη Γη στα τέλη Δεκεμβρίου σε απόσταση 289 εκατομμύρια χιλιόμετρα.

Το διαστημικό τηλεσκόπιο Hubble μας δίνει το καλύτερο ανώτατο όριο για το μέγεθος του πυρήνα του κομήτη Borisov, που είναι και το σημαντικότερο τμήμα του. Οι φωτογραφίες του Hubble μας δείχνουν ότι ο πυρήνας του είναι 15 φορές μικρότερος από ότι έδειχναν οι προηγούμενες έρευνες – η ακτίνα του είναι μικρότερη από μισό χιλιόμετρο. Οι παρατηρήσεις και άλλων τηλεσκοπίων δείχνουν ότι η χημική σύνθεση του είναι παρόμοια με τους κομήτες του ηλιακού μας συστήματος, κάτι που υποδεικνύει ότι κομήτες σχηματίζονται με παρόμοιο τρόπο και σε άλλα πλανητικά συστήματα. Έως τα μέσα του 2020 ο κομήτης θα έχει αφήσει πίσω του τον πλανήτη Δία και θα συνεχίσει την πορεία προς την παγωμένη άβυσσο του διαστρικου χώρου.

πηγή: https://www.nasa.gov/feature/goddard/2019/interstellar-comet-2iborisov-swings-past-sun

Η σχέση συχνότητας και ενέργειας ταλάντωσης ενός σώματος

… του οποίου η μάζα αυξάνεται με διακριτό τρόπο

Ένα άδειο δοχείο μάζας Μ που συνδέεται με οριζόντιο ιδανικό ελατήριο σταθεράς k, εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση πλάτους A0 σε λείο οριζόντιο επίπεδο. Η ολική ενέργεια του συστήματος είναι Ε0=1J και η συχνότητα ταλάντωσης f0=1Hz.
Από κάποια χρονική στιγμή και μετά η μάζα του δοχείου αυξάνεται διαδοχικά κατά Δm κάθε φορά που το σώμα διέρχεται από την θέση ισορροπίας και από τις ακραίες θέσεις. Η αύξηση της μάζας προκύπτει με πλαστική κρούση μεταξύ του δοχείου Μ και των μικρών μαζών Δm που πέφτουν κατακόρυφα από κατάλληλο ύψος.

Οι πλαστικές κρούσεις μεταξύ του δοχείου και των μαζών Δm πραγματοποιούνται σε αμελητέο χρονικό διάστημα (τις χρονικές στιγμές που το δοχείο διέρχεται από την θέση ισορροπίας x=0 και τις ακραίες θέσεις x=±A). Έστω Εn και fn, η ενέργεια και η συχνότητα του ταλαντωτή αντίστοιχα, μετά την n-στή πλαστική κρούση.
Μετά από πάρα πολλές διαδοχικές αυξήσεις μάζας (n→∞):
Α.  Να δείξετε ότι η ενέργεια και η συχνότητα του ταλαντωτή συνδέονται με την σχέση:
Εn=h fn, όπου ο συντελεστής h γράφεται ως  με  , εφόσον η πρώτη αύξηση μάζας γίνεται όταν o ταλαντωτής διέρχεται από τη θέση ισορροπίας.
Β. Αν η πρώτη αύξηση μάζας γίνεται όταν o ταλαντωτής διέρχεται από μια ακραία θέση τότε να δείξετε ότι: Εn =h’fn, όπου h’=1/h.
εφαρμογή 1. Στην περίπτωση που Δm/Μ→0, ισχύει h=h’=Ε0/h0=1J·s
εφαρμογή 2. Στην περίπτωση που Δm/Μ=1, ισχύει h≈0,8 J·s και h’≈1,25 J·s

η λύση βρίσκεται ΕΔΩ

Η διάρκεια μιας ιδιάζουσας κρούσης

Το τριγωνικό πρίσμα μάζας 4m είναι ακίνητο και μπορεί να ολισθαίνει χωρίς τριβές στο λείο οριζόντιο επίπεδο. To σώμα μάζας m (πολύ μικρών διαστάσεων) κινείται με ταχύτητα υ σε λείο οριζόντιο επίπεδο, όπως στο σχήμα. Την χρονική στιγμή t1 η μάζα m αρχίζει να ανεβαίνει ολισθαίνοντας χωρίς τριβές, στο κεκλιμένο επίπεδο του τριγωνικού πρίσματος. Η μάζα m αφού φτάσει σε ένα μέγιστο ύψος από το οριζόντιο επίπεδο, στη συνέχεια κατέρχεται και την χρονική στιγμή t2 επιστρέφει ξανά στο οριζόντιο επίπεδο. H μετάβαση από το οριζόντιο στο κεκλιμένο επίπεδο (και αντίστροφα) γίνεται ομαλά χωρίς αναπήδηση και η διάρκειά του είναι αμελητέα.
Να υπολογίσετε το χρονικό διάστημα Δt=t2–tστο οποίο η μάζα m κινείται πάνω στο τριγωνικό πρίσμα. Γνωστά μεγέθη τα mυg και θ.

λύση:

Η μάζα m φτάνει στο μέγιστο ύψος H όταν η ταχύτητά της γίνει ίση με την ταχύτητα του τριγωνικού πρίσματος.
Από την αρχή διατήρησης της ορμής παίρνουμε:  και από την αρχή διατήρησης της ενέργειας: .
Όταν η μάζα m επιστρέφει στο οριζόντιο επίπεδο, εφαρμόζοντας τις ίδιες αρχές διατήρησης προκύπτουν οι εξισώσεις της ελαστικής κρούσης:  και , οπότε:  και .
Παρατηρούμε ότι

  • το ύψος H και οι ταχύτητες που υπολογίστηκαν είναι ανεξάρτητες από την γωνία θ
  • το μέτρο της ταχύτητας της σφήνας, όταν η μάζα m φτάνει στο μέγιστο ύψος, ισούται με το ήμισυ της τελικής ταχύτητάς της: 

Θα υπολογίσουμε την επιτάχυνση της σφήνας ακολουθώντας τον πιο σύντομο τρόπο (;). Προσδιορίζουμε την Λαγκρανζιανή του συστήματος χρησιμοποιώντας ως γενικευμένες συντεταγμένες την απόσταση x του άκρου της σφήνας από μια αυθαίρετη αρχή Ο στο οριζόντιο επίπεδο και την απόσταση y της μάζας m από το δεξιό άκρο της σφήνας.
H ταχύτητα της μάζας m θα είναι το διανυσματικό άθροισμα της ταχύτητας της σφήνας ως προς το έδαφος  συν την ταχύτητα της μάζας m ως προς τη σφήνα . Έτσι, η κινητική ενέργεια του συστήματος θα είναι , η δυναμική ενέργεια  και η Λαγκρανζιανή του συστήματος:

Xρησιμοποιώντας τις εξισώσεις Λαγκράνζ παίρνουμε:
  (1)
και  (2)
Από τις εξισώσεις (1) και (2) υπολογίζουμε την επιτάχυνση της σφήνας:

   (3)

Θα μπορούσαμε να πούμε ότι η μεταβολή της ταχύτητας της σφήνας είναι , οπότε η ζητούμενη χρονική διάρκεια είναι . Αν κάνουμε την γραφική παράσταση του χρονικού διαστήματος ως προς την γωνία κλίσης θ βλέπουμε ότι για θ=π/4, ο χρόνος αυτός ελαχιστοποιείται και στη συνέχεια αυξάνεται! Θα έπρεπε, καθώς αυξάνεται η γωνία του κεκλιμένου επιπέδου μέχρι θ=π/2, ο χρόνος να μειώνεται.

Επομένως η λύση αυτή πρέπει να απορριφθεί. Που βρίσκεται το λάθος; Στο γεγονός ότι δεν παίρνουμε υπόψιν τις μεταβολές των ταχυτήτων την στιγμή που η μάζα m γλιστρά από το οριζόντιο επίπεδο στο κεκλιμένο και την στιγμή που το εγκαταλείπει.

Όμως, αν υπολογίσουμε την ταχύτητα της σφήνας  μόλις η μάζα m αρχίσει να κινείται κατά μήκος της σφήνας και την ταχύτητα της σφήνας  λίγο πριν η μάζα m την εγκαταλείψει, τότε το ζητούμενο χρονικό διάστημα θα είναι .

Μπορούμε να υπολογίσουμε αυτές τις ταχύτητες χρησιμοποιώντας την αρχή διατήρησης ενέργειας του συστήματος και την διατήρηση της οριζόντιας συνιστώσας της ορμής του συστήματος. Aπό την εξίσωση (1) προκύπτει:

 ή

, που μας δείχνει ότι η εξίσωση

    (4)

εκφράζει πράγματι την διατήρηση της οριζόντιας συνιστώσας ορμής του συστήματος.

Η διατήρηση της ενέργειας μας δίνει:  ή

    (5)

Θέτοντας  και λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων (4) και (5) παίρνουμε:

, οπότε

 και 

Χρησιμοποιώντας την εξ. (3) προκύπτει 
Παρατηρούμε ότι τώρα το ζητούμενο χρονικό διάστημα συναρτήσει της γωνίας θ μειώνεται, όπως αναμένεται, και για θ=π/2 προκύπτει . Είναι ο ολικός χρόνος κίνησης ενός σώματος που εκτελεί κατακόρυφη βολή προς τα πάνω φτάνοντας σε μέγιστο ύψος  (πρόκειται για την κίνηση της μάζας m όταν θ=π/2).

Ποια χάντρα θα φτάσει πρώτη στο τέρμα;

Δυο όμοιες τρύπιες χάντρες είναι περασμένες στα δύο λεία σύρματα του σχήματος. Το επίπεδο του ημικυκλικού σύρματος είναι κατακόρυφο. Δίδεται ότι  g = 10 m/s2.

Δυο όμοιες τρύπιες χάντρες είναι περασμένες στα δύο λεία σύρματα του σχήματος. Το επίπεδο του ημικυκλικού σύρματος είναι κατακόρυφο. Δίδεται ότι  g = 10 m/s2.

(πηγή: Γιάννης Κυριακόπουλος, «Ένα δύσκολο κουίζ» από το ylikonet.gr)

Απάντηση: δεν γνωρίζουμε διότι τα χρονικά διαστήματα εξαρτώνται από την αρχική ταχύτητα.

Έστω υ η ταχύτητα της πράσινης χάντρας του ημικυκλίου σε μια τυχαία θέση, όπου η επιβατική ακτίνα της σχηματίζει γωνία θ με την κατακόρυφη διεύθυνση. Από την αρχή διατήρησης ενέργειας θα έχουμε:  ή . Aλλά  , οπότε  και ο χρόνος που απαιτείται για να διασχίσει η πράσινη χάντρα το ημικύκλιο είναι: . Εφόσον o χρόνος για την ευθύγραμμη ομαλή κίνηση της κόκκινης χάντρας είναι , o λόγος των χρόνων , θα υπολογίζεται ως συνάρτηση της αρχικής ταχύτητας (για R=10m και g=10m/s2)από την εξίσωση:

H γραφική παράσταση του λόγου λ ως προς την αρχική ταχύτητα είναι:
Παρατηρούμε ότι για υ0≈8,64m/s είναι λ=1, δηλαδή οι χρόνοι είναι ίδιοι. Όταν υ0<8,64m/s είναι λ<1 και ο χρόνος της πράσινης μικρότερος, ενώ όταν υ0>8,64m/s είναι λ>1 και ο χρόνος της πράσινης μεγαλύτερος.

Γενικότερα, οι χρόνοι είναι ίσοι (λ=1) όταν  και για υ0→∞ ισχύει λ=π/2.

Αξίζει να δούμε μαζί τις γραφικές παραστάσεις των χρονικών διαστημάτων πράσινης και κόκκινης χάντρας, συναρτήσει της αρχικής ταχύτητας υ0 (για R=10m, g=10m/s2)

Εδώ φαίνεται πιο καθαρά πως όταν η ταχύτητα τείνει στο μηδέν, το χρονικό διάστημα της κόκκινης χάντρας τείνει στο άπειρο (αφού δεν θα ξεκινήσει ποτέ με μηδενική ταχύτητα), ενώ ο χρόνος της πράσινης χάντρας ισούται με την ημι-περίοδο του απλού εκκρεμούς, όταν η αρχική γωνία ταλάντωσης είναι π/2.

Top
 
Αλλαγή μεγέθους γραμματοσειράς
Αντίθεση
Μετάβαση σε γραμμή εργαλείων