
P51(2023/2024)2
18
Zmagana16.mednarodniolimpijadi
izastronomijeinastrofizike
V Kˇ ˇ 
Med10.in20.avgustom2023jevKatowicahna
Poljskem potekala mednarodna olimpijada iz
astronomijeinastrofizike. Nanjejjeslovenskitek-
movalec posegel po najvišjem dosežku: Peter An-
dolšek je namreˇ c postal absolutni zmagovalec 16.
mednarodne olimpijade iz astronomije in astrofi-
zike. Ta izjemni uspeh ni le izjemen na podroˇ cju
astronomskih tekmovanj, ampak predstavlja tudi
zgodovinski dosežek za vse olimpijade iz znanja,
na katerih sodeluje Slovenija.
PeterAndolšekabsolutnizmagovalec
Poleg tega, da je dosegel absolutno zmago na olim-
pijadi, se je Peter Andolšek, dijak Gimnazije Beži-
grad, odliˇ cno odrezal tudi v obdelavi podatkov in
astronomskih opazovanjih. Gre za drugi takšen do-
sežekslovenskegatekmovalcavzgodoviniolimpijad
izznanja,sajježeleta2017AleksejJurcazmagalna
astronomski olimpijadi na Tajskem.
Na letošnji olimpijadi so poleg Petra blesteli tudi
drugi ˇ clani slovenske ekipe. Miha Brvar (Gimnazija
Bežigrad) in Žan Ambrožiˇ c (Gimnazija Kranj) sta
osvojila srebrni medalji, Žan Arsov (Gimnazija Be-
žigrad) bronasto medaljo,MarijaJudež (Srednja ele-
ktro šola in tehniška gimnazija Novo mesto) pa je
prejela pohvalo.
Ekipo so pripravljali in vodili Andrej Guštin, Du-
nja Fabjan in Vid Kavˇ ciˇ c. Pri izbirnem postopku in
dodatnih pripravah na olimpijado so sodelovali tudi
AndrejaGomboc,SimonBukovšek,UrbanRazpotnik,
Rok Kovaˇ c, Jon Judež, Ema Mlinar, Jakob Jurij Snoj
in Ajda Erjavec.
V tem ˇ clanku predstavljamo nekaj bolj ali manj
zahtevnihindolgihnalogizteoretiˇ cnegadelatekmo-
vanja, ki so bile letos resniˇ cno ˇ cudovite in
SLIKA1.
Astronomska posadka Slovenije s kapitani. Po vrsti z leve: An-
drej Guštin, Vid Kavˇ ciˇ c, Miha Brvar, Žan Arsov, Peter Andolšek,
Marija Judež, Žan Ambrožiˇ c in Dunja Fabjan.
pristno astronomske. Za pregled ˇ clanka in grafiˇ cno
asistenco se zahvaljujem Simonu Bukovšku.
T1: Neptunvopoziciji
Naloga
Neptun bo 21. septembra 2024 v opoziciji. Izraˇ cu-
naj, katerega leta je bil Neptun nazadnje v opoziciji
vˇ casu spomladanskega enakonoˇ cja. Predpostavi, da
sta orbiti Zemlje in Neptuna krožni. Velika polos
Neptunove orbite jea=30,070a.e.
Rešitev
Podatki: a=30,070a.e.
S pomoˇ cjo tretjega Keplerjevega zakona in poz-
nane velike polosi a orbite izraˇ cunamo obhodni ˇ cas
Neptuna. Pri tem upoštevamo, da veliko polos izra-
zimo v astronomskih enotah,ˇ cas pa v letih:
t
1
=a
3/2
=164,89leta.


P51(2023/2024)2
19
Ker je Neptun zunanji planet, njegovo sinodsko
periodot
2
(v letih) izraˇ cunamo kot
1
t
2
=
1
t
0
−
1
t
1
,
t
2
=1,006102leta,
kjer smo oznaˇ cilit
0
=1leto.
Ekliptiˇ cna dolžina Neptuna se tako spreminja s hi-
trostjo (360°/163,89)/leto. Zanima nas, koliko let
traja, da se Neptun nahaja v opoziciji in se pri tem
premakne za 180°. Od tod nastavimo
t·
360°
163,89
=180°,
t=
163,89
2
=81,95leta,
izˇ cesarzakljuˇ cimo,dajebilNeptunnazadnjevopo-
ziciji leta 2024−82=1942.
T5: Temnaenergija
Naloga
Opazovanja kažejo, da se vesolje širi pospešeno.
Fluktuacije mikrovalovnega sevanja ozadja podpira-
jo ravno (evklidsko) geometrijo, kjer je skupna go-
stota (tj. vsota gostote snovi in ekvivalentne gostote
vsehoblikenergije)enakatakoimenovanikritiˇ cnigo-
stoti:
ρ
cr
=
3H
2
0
8πG
,
kjer je H
0
vrednost Hubblove konstante danes.
Toda skupna gostota snovi (svetle in temne) je oce-
njenanaρ
m,0
≈ 2,8·10
−27
kgm
−3
.Toneskladjeod-
pravimo, ˇ ce predpostavimo, da standardni kozmo-
loški model vkljuˇ cuje skrivnostno temno energijo s
konstantno energijsko gostotoε
Λ
.
Doloˇ ci vrednost ε
Λ
in izraˇ cunaj, pri katerem rde-
ˇ cem premiku v preteklosti je bila energijska gostota
snovi enaka gostoti temne energije.
Rešitev
Iz podane formule in vrednostmaH
0
inG, ki ju naj-
demo v tabelah, lahko izraˇ cunamo vrednost kritiˇ cne
gostote:
ρ
cr
=9,202·10
−27
kg/m
3
.
V modelu ravnega vesolja velja
ρ
m,0
+
ε
Λ
c
2
=ρ
cr
,
izˇ cesar izrazimo in izraˇ cunamo
ε
Λ
=

ρ
cr
−ρ
m,0

c
2
=5,8·10
−10
J/m
3
.
Skalirni faktor je z rdeˇ cim premikom povezan kot
a(z)=
a
0
1+z
,
kjer je a
0
= 1 skalirni faktor danes. Gostota snovi
ρ
m
padastretjopotencoskalirnegafaktorja,zatojo
lahko v povezavi z rdeˇ cim premikom izrazimo kot
ρ
m
(z)=ρ
m,0
(1+z)
3
.
Z uporabo enaˇ cbe E = mc
2
izrazimo energijsko go-
stotoε
m
z gostoto snovi:
ε
m
(z)=ρ
m
(z)c
2
=ρ
m,0
(1+z)
3
c
2
.
Izzgornjeenaˇ cbeizrazimoiskanirdeˇ cipremikinpri
tem upoštevamo zahtevani pogojε
m
=ε
Λ
:
z=
"
ε
Λ
ρ
m,0
c
2
#
1/3
−1=0,32.
T9: Sekundarnimrk
Naloga
Na spodnjih svetlobnih krivuljah so opazovanja pri-
marnih mrkov dveh prekrivalnih dvozvezdij, imeno-
vanih Lolek in Bolek:
Na slikah je t ˇ cas (v urah) glede na trenutek mi-
nimuma in V navidezni sij v V (vidnem) obmoˇ cju (v
magnitudah). Toˇ cke predstavljajo meritve, ˇ crta pa
krivuljo, ki se jim najbolje prilega.
Predpostavi, da je mrk v obeh primerih centralen
(i=90
◦
)indajetrajanjemrkavelikokrajšeodobho-
dnega ˇ casa. Robna zatemnitev je zanemarljiva. Or-
biteimajomajhnoekscentriˇ cnost. Narišipredvideno
obliko svetlobne krivulje za vsakega od sekundarnih
mrkov. Zapiši vse enaˇ cbe in izraˇ cune, ki jih pri tem
uporabiš.


P51(2023/2024)2
20
SLIKA2.
Opazovana svetlobna krivulja sistema Bolek.
SLIKA3.
Opazovana svetlobna krivulja sistema Lolek.
Rešitev
Kerstamrkavobehprimerihrelativnokratka,lahko
predpostavimo, da je kot, ki ga opišeta v orbiti, med
mrkom zanemarljivo majhen. To pomeni, da je tan-
gentna hitrost relativnega orbitalnega gibanja kon-
stantna.
Sistem Bolek. Kerjeminimumvrhaosterinjemrk
centralen, lahkosklepamo, dajeR
1
=R
2
. Zatobosta
tako primarni kot sekundarni mrk popolna z mini-
malno navideznih sijev zaporedomam
1
inm
2
.
Definirajmom
1,2
kotskupninavideznisijsistema,
ko ta ni v mrku, in oznaˇ cimo zL
1
inL
2
izseva zapo-
redoma prve in druge zvezde. Zapišimo Pogosonov
zakon za oba primera:
m
1
−m
1,2
=−2,5log

L
1
L
1
+L
2

,
m
2
−m
1
=−2,5log

L
2
L
1

.
ˇ
Ce iz prve enaˇ cbe izrazimo razmerje izsevov in ga
vstavimo v drugo, dobimo
m
2
=m
1
−2,5log

10
(m
1
−0,4m
1,2
)
−1

.
Kerstaorbitiskorajkrožni,staˇ casovniskalienaki
za oba mrka. Zato je povsem zadovoljivo zgolj pre-
risati krivuljo primarnega mrka, pri ˇ cemer njegovo
globino skaliramo na|m
1,2
−m
2
|. S svetlobne krivu-
lje razberemo m
1,2
in m
min
in dobimo razmerje iz-
sevov L
2
/L
1
= 2 in m
2
= 11,44. Za sekundarni mrk
sistema Bolek izrišemo spodnjo svetlobno krivuljo:
SLIKA4.
Predvidena svetlobna krivulja sekundarnega mrka sistema
Bolek.
Sistem Lolek. Za sistem Lolek razmišljamo po-
dobno, vendar opazimo, da je minimum svetlobne
krivulje raven. Naj bo t
fall
ˇ cas med stikoma I in II in
t
flat
ˇ cas med stikoma II in III, med katerim svetlobna
krivulja ostane na svoji najmanjši vrednosti:
S podane svetlobne krivulje doloˇ cimo
t
flat
t
fall
=
2(R
2
−R
1
)
2R
1
,
R
2
R
1
=
t
flat
t
fall
+1.


P51(2023/2024)2
21
navidezni sij
ˇ cas
I II III IV
t
fall
t
flat
stik:
SLIKA5.
Shema mrka za sistem Lolek.
V zgornjih enaˇ cbah je R
1
polmer manjše od zvezd.
Zaradi tega sledi, da obstajata dve rešitvi− lahko bi
šlo za delni mrk ali za popolni mrk.
Najprej predpostavimo, da gre za popolni mrk.
Izmerimo m
min
za mrk in skupni navidezni sij, ko
mrkani,m
1,2
,(podobnokotvsistemuBolek)inpred-
postavimo m
min
= m
1
. S svetlobne krivulje razbe-
remo vrednosti zam
1,2
inm
min
in za razmerje izse-
vov dobimo
L
2
L
1
=10
0,4(m
1
−m
1,2
)
−1=4
ter
R
2
R
1
=2
za razmerje polmerov. Iz tega po Stefanovem za-
konu sledi, da sta efektivni temperaturi obeh zvezd
enaki. To pomeni, da v resnici sploh ni pomembno,
ali zvezda 2 prekrije zvezdo 1 oziroma obratno. V
ˇ casu, ko mrka ni, opazujemo dva diska z enako sve-
tlopovršinoinskupnoplošˇ cinoπ(R
2
1
+R
2
2
),medtem
kolahkomedmrkomvidimolediskspovršinoπR
2
2
.
Na sliki 6 je oblika sekundarnega mrka sistema
Lolek.
T12: DART
Naloga
Dvojnipreizkuspreusmeritveasteroida(DART−Do-
uble Asteroid Redirection Test) je bila Nasina misija
SLIKA6.
Shema mrka za sistem Lolek.
zarazvojmetode zaplanetarnoobrambopredtelesi
v Zemljini bližini. Sonda je zadela Dimorfos, luno
asteroidaDidymos,dabiprouˇ cila,kakojetrkvplival
na njegovo orbito.
(a) Izraˇ cunaj priˇ cakovano spremembo obhodnega
ˇ casa (v minutah). Predpostavi, da je bil trk ˇ ce-
len (frontalen), centralen in popolnoma nepro-
žen.
PredtemjeDimorfoskrožilokoliDidymosapo
krožni orbiti z obhodnim ˇ casom P = 11,92h.
Masi Dimorfosa in Didymosa sta zaporedoma
m = 4,3·10
9
kg in M = 5,6·10
11
kg. Masa
in hitrost sonde DART glede na Dimorfos v
trenutku trka sta bili m
s
= 580kg in
v
s
= 6,1km s
−1
. Zanemari gravitacijske vplive
preostalih teles.
(b) V resnici so izmerili, da se je obhodni ˇ cas Di-
morfosa spremenil za ∆ P
0
= −33min. To je
posledica tega, da je del gibalne koliˇ cine odne-
selizvrženimaterial: sondasejezlepilazaste-
roidom, zaradi trka se je od asteroida odkrušil
material in zletel v vesolje. Izraˇ cunaj gibalno
koliˇ cino izvrženega materiala in jo izrazi kot
delež gibalne koliˇ cine Dimorfosa pred trkom.
Predpostavi,dajebilamasaizvrženegamateri-
ala veliko manjša od mase Dimorfosa.
(c) Izraˇ cunaj spremembo hitrosti (v mms
−1
)
Dimorfosa ob trku, tako da upoštevaš uˇ cinek
izvrženih okruškov.


P51(2023/2024)2
22
Rešitev
(a) Masa Didymosa je veliko veˇ cja od mase Dimor-
fosa. Zato je lahko polmer a orbite Dimorfosa
doloˇ cimo z uporabo tretjega Keplerjevega za-
kona:
GM
4π
2
=
a
3
P
2
,
a=
 
GMP
2
4π
2
!
1/3
=1,2km.
Odtod lahko izraˇ cunamo tudi hitrost kroženja
Dimorfosa pred trkom:
v
0
=
2πa
P
=0,176m/s.
Naj bo v
′
hitrost Dimorfosa malo po trku.
Ohranitev gibalne koliˇ cine nam da
mv
0
−m
s
v
s
=(m+m
s
)v
′
,
v
′
=
mv
0
−m
s
v
s
m+m
s
≈v
0
−
m
s
m
v
s
,
pri ˇ cemer smo upoštevali, da je masa
vesoljskega plovila veliko manjša od mase Di-
morfosa.
Natospomoˇ cjoenaˇ cbevis-vivadoloˇ cimoveliko
polosa
′
orbite po trku:
(v
′
)
2
=GM

2
a
−
1
a
′

=
GM
a

2−
a
a
′

=v
2
0

2−
a
a
′

,
2−
a
a
′
=

v
′
v
0

2
=

1−
m
s
m
v
s
v
0

2
≈1−
2m
s
m
v
s
v
0
.
Velika polos se je tako spremenila za
∆ a
a
=
a
′
−a
a
=−
2m
s
m
v
s
v
0
.
ˇ
Ce se je velika polos spremenila iz a v a +
∆ a, potem se je obhodni ˇ cas spremenil iz P v
P +∆ P, maso vesoljskega plovila pa lahko za-
nemarimo. Potem je:
a
3
P
2
=
(a+∆ a)
3
(P+∆ P)
2
=
a
3
(1+∆ a/a)
3
P
2
(1+∆ P/P)
2
=
a
3
P
2

1+
3∆ a
a
−
2∆ P
P

,
izˇ cesar sledi
∆ P
P
=
3
2
∆ a
a
.
Obhodniˇ cas se je tako spremenil za
∆ P
P
=
3
2
∆ a
a
=−
3m
s
m
v
s
v
0
.
Obhodniˇ casDimorfosabisetakomoralzmanj-
šati za 1,4% oziroma 10minut.
(b) Naj bo∆ p gibalna koliˇ cina odkrušenega mate-
riala. Ohranitev gibalne koliˇ cine potem zapi-
šemo kot:
mv
0
−m
s
v
s
=(m+m
s
)v
′
+∆ p,
v
′
=
mv
0
−m
s
v
s
−∆ p
m+m
s
≈v
0
−
m
s
m
v
s
−
∆ p
m
.
S podobnimi izraˇ cuni kot pri delu (a) dobimo
∆ a
a
=−2

m
s
m
v
s
v
0
+
∆ p
mv
0

in s tem
∆ P
0
P
=
3
2
∆ a
a
=−3

m
s
m
v
s
v
0
+
∆ p
mv
0

.
Iskani rezultat je tako
∆ p
mv
0
=−
∆ P
0
3P
−
m
s
m
v
s
v
0
=0,011.
(c) Sprememba hitrosti je enaka
∆ v =v
′
−v
0
=−
m
s
m
−
∆ p
m
=−
m
s
m
v
s
+
∆ P
0
3P
v
0
+
m
s
m
v
s
=
∆ P
0
3P
v
0
=−2,7mm/s.
×××