Олимпиада по астрономии 9 класс — заключительный этап ВсОШ 2023/2024: задания и ответы

Решения — теор.

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии Заключительный этап — 2024 г. Теоретический тур Решения и критерии

9.1. ВЫСОКО СИЖУ, ДАЛЕКО ГЛЯЖУ

(А. А. Автаева)

Молодой астроном, подходя к своему дому, заметил, что нижний край Солнца только-только коснулся горизонта. Лифт не работал, и астроному пришлось идти пешком на 10 этаж. Когда он зашел в квартиру, то сразу подошел к окну, и оказалось, что нижний край Солнца все также находится на горизонте. Сколько времени астроном мог наблюдать закат из своего окна, если на подъем на один этаж он в среднем тратил 18 секунд? Могло ли это событие произойти в России в день равноденствия? Высота одного этажа равна 3 метра, а первый этаж приподнят на 1 метр над поверхностью земли. Рефракцией пренебречь. Условие.

Для того, чтобы подняться на 10 этаж астроному нужно преодолеть 9 этажей и 1 метр. Значит он поднимается на высоту 𝐻1 = 3 · 9 + 1 = 28 метров. Наверх он поднялся за 9 13 · 18 = 168 секунд. Решение.

Предположим, что рост астронома 𝐻2 = 1.7 метра. Понижение горизонта на высоте 𝐻 = 𝐻1 +𝐻2 составляет (︂ )︂ 𝑅 𝑅 cos Δℎ = , ⇒ Δℎ = arccos ≈ 0.175∘ ≈ 10.5′ . 𝑅+𝐻 𝑅+𝐻 Здесь 𝑅 — радиус Земли. Для простоты вычислений эту формулу можно было упростить, воспользовавшись формулами из справочных данных для приближенных значений функций при малых 𝑥. Поскольку Δℎ ≪ 1 и 𝑅/𝐻 ≪ 1, то

Δℎ2 cos Δℎ ≈ 1 − , 2

𝑅 = 𝑅+𝐻

(︂

𝑅+𝐻 𝑅

)︂−1

(︂ )︂−1 𝐻 𝐻 = 1+ ≈1− . 𝑅 𝑅

Приравнивая правые части, получим

Δℎ2 𝐻 = , 2 𝑅

√︂ Δℎ =

2𝐻 ≈ 0.00305 рад ≈ 0.175∘ ≈ 10.5′ . 𝑅

Заметим, что уже для стоящего прямо на земле наблюдателя уже есть понижение горизонта на 2.5′ . Получается, что высота Солнца уменьшилась на 8′ за 168 секунд. Поскольку угловой размер Солнца составляет около 𝛿 = 30′ , то закат для астронома будет продолжаться в течение 𝑇 = 630 с или 10.5 мин. 1

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Теоретический тур

9 класс Решения и критерии

В день равноденствия Солнце находится на небесном экваторе. За время 𝑇 Солнце, двигаясь вдоль небесного экватора из-за суточного вращения небесной сферы, проходит угловое расстояние 630 ≈ 2.6∘ . 𝛾 = 360∘ 86400 За это время Солнце погружается на свой диаметр 𝛿 . Тогда широта места наблюдения (︂ )︂ 𝛿 𝜙 = arccos ≈ 79∘ . 𝛾

Параллель 79∘ проходит далеко на севере. Здесь нет городов, а значит, нет высоких зданий. Поэтому описываемые события не могли происходить в день равноденствия. Система оценивания

1. Определение высоты 𝐻1 При ошибке на этом этапе все остальные оцениваются в полном объеме. 2. Время подъема на 10 этаж 3. Понижение горизонта. Вывод формул необязателен. Если не учтен рост астронома, то 1 балл. 4. Время заката Участник может использовать угловой диаметр Солнца от 30′ до 33′ . 5. Определение пути Солнца 𝛾 6. Широта места наблюдения 7. Вывод (при правильном предыдущем решении) Максимальная оценка за задачу 10 баллов.

2 балла

1 балл 2 балла

1 балл

1 балл 2 балла 1 балл

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Теоретический тур

9 класс Решения и критерии (Е. Н. Фадеев)

9.2. ШМИДТ И КАССЕГРЕН

Астроном-любитель навел свой телескоп системы Шмидт-Кассегрен с диаметром входного отверстия 20 см на Юпитер. Затем он надел на объектив телескопа крышку с отверстием посередине диаметром 15 см и обнаружил, что яркость Юпитера упала в 2 раза. Во сколько раз упадёт яркость по сравнению с изначальной, если диаметр отверстия окажется 10 см? Если 5 см? Выразите эту величину в звездных величинах во всех трех случаях. Во сколько раз изменится видимый в телескоп угловой размер планеты в каждом случае?

Условие.

Яркость видимого в телескоп Юпитера, зависит от площади собирающей поверхности. Надо принять во внимание, что в телескопах системы Шмидт-Кассегрен используется вторичное зеркало, установленное в середине входного отверстия. Оно обычно приклеивается непосредственно к коррекционной пластине, установленной на переднем конце трубы телескопа. Запишем отношение рабочих площадей объектива с крышкой и без: Решение.

202 − 𝑑2 = 2. 152 − 𝑑2 Решив это уравнение получаем квадрат диаметра вторичного зеркала: 𝑑2 = 50 см2 . Теперь легко можно ответить на поставленные вопросы. В первом случае падение яркости составит

202 − 50 = 7 раз, 102 − 50 а не 4, как получилось бы, если бы мы забыли про существование вторичного зеркала. Во втором случае диаметр отверстия 𝑑 ≈ 7 см меньше диаметра вторичного зеркала. Поэтому вся собирающая свет поверхность зеркала будет закрыта. Можно сказать, что яркость упадет в бесконечное число раз. Падение яркости в звездных величинах определим с помощью формулы Погсона:

Δ𝑚15 = 2.5 lg 2 ≈ 0.75m ,

Δ𝑚10 = 2.5 lg 7 ≈ 2.1m .

В последнем случае опять имеем формально бесконечную разность звездных величин. Угловой размер Юпитера зависит от увеличения телескопа, которое, в свою очередь, зависит от отношения фокусных расстояний объектива и окуляра. Поскольку эти величины астроном не изменял, то угловой размер не изменится. Система оценивания

1. Принимаемый поток зависит от площади свободного входного отверстия 1 балла 2. Падение блеска с диафрагмой 10 см 2 балла При ответе «4 раза» выставляется 1 балл. 3. Падение блеска с диафрагмой 5 см 2 балла Оценивается только в случае правильного ответа. 4. Падение блеска в звездных величинах (3 случая) по 1 баллу Если участник не учитывал вторичное зеркало, то оценивается только звездная величина при диафрагме 15 см. 5. Угловой размер не меняется 2 балла Максимальная оценка за задачу 10 баллов. 3

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Теоретический тур

9 класс Решения и критерии (А. М. Ажакин)

9.3. ЗАГАДОЧНОЕ ДВИЖЕНИЕ

За 32 года гелиоцентрическое угловое расстояние между некоторой одиночной звездой, максимальная геоцентрическая лучевая скорость которой наблюдается каждый год около 23 сентября, и точкой весеннего равноденствия изменилось на 16′ . Параллакс звезды равен 𝜋 = 0.0001′′ . На какой приблизительно максимальной высоте в Москве ( 𝜙 = 55∘ с. ш.) бывает эта звезда? Условие.

Параллакс звезды крайне мал, поэтому изменение углового расстояния вызвано точно не собственным движением или параллактическим смещением. Аберрация света также не могла вызвать такого большого изменения углового расстояния расстояния. Значит, изменение углового расстояния главным образом вызвано прецессией. За 32 года точка весеннего равноденствия прошла расстояние 𝛼: Решение.

𝛼=

360∘ · 32 года = 26.8′ . 25800 лет

Поскольку максимальная геоцентрическая лучевая скорость звезды наблюдается каждый год около 23 сентября, а звезда одиночная, то 23 сентября скорость Земли направлена в точку, эклиптической долгота которой противоположна эклиптической долготе звезды. Иными словами, эклиптическая долгота звезды 𝜆 = 18 ч. Тогда несложно найти угол наклона большого круга, соединяющего точку весеннего равноденствия со звездой, поскольку изменение расстояния между точкой весеннего равноденствия и звездой является проекцией перемещения точки весеннего равноденствия на этот большой круг. (︂ ′ )︂ 16 𝜓 = arccos ≈ 53∘ . 26.8′ Поскольку эклиптическая долгота звезды равна 18 ч, то её эклиптическая широта

𝛽 = ±𝜓 ≈ ±53∘ .

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Теоретический тур

9 класс Решения и критерии

В точке весеннего равноденствия Солнце переходит из южной небесной полусферы в северную. Поэтому эклиптика пересекает круг склонения 18 ч на склонении 𝛿 = −𝜀 = −23.5∘ . Тогда имеем два варианта для склонения звезды

𝛿1 = 53∘ − 𝜀 ≈ 29.5∘ ,

𝛿2 = −𝜀 − 53∘ ≈ −76.5∘ ,

и два варианта высоты звезды в верхней кульминации:

ℎ1 = 90∘ − |55∘ − 𝛿1 | ≈ 64.5∘ ,

ℎ2 = 90∘ − |55∘ − 𝛿2 | ≈ −41.5∘ .

Система оценивания

1. Вывод о том, что за смещение звезды отвечает прецессия 1 балл 2. Вычисление смещения точки равноденствия за 32 года 1 балл 3. Определение эклиптической долготы звезды 2 балла Если получен ответ 6 часов и рассмотрены оба варианта решения, то выставляется 1 балл и пп. 5-6 оцениваются по 1 баллу. Если расмотрен только один вариант, то более 1 балла за пп. 5-6 в сумме. Если указано, что есть два варианта положения звезды (6 и 18 часов) и нет правильного продолжения решения, то выставляется 1 балл. 4. Вычисление эклиптической широты звезды по 1 баллу 5. Определение склонения звезды по 1 баллу Оценивается при идейно правильном выполнении пп. 3 и 4 6. Определение высоты верхней кульминации звезды по 1 баллу Оценивается при правильном выполнении пп. 4 и 5. Максимальная оценка за задачу 10 баллов.

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Теоретический тур

9 класс Решения и критерии (В. Б. Игнатьев)

9.4. ИЗУЧАЕМ ЭКЗОПЛАНЕТЫ

Спутник TESS наблюдает транзит экзопланеты по диску звезды. Во время максимума затмения поток от звезды уменьшается на 4 %. Длительность «плоского дна» кривой блеска в три раза меньше, чем длительность всего транзита. Определите наклонение орбиты экзопланеты к лучу зрения, если полная длительность транзита составляет 1 % от периода. Орбиту считать круговой. Потемнением диска звезды к краю пренебрегите. Условие.

Во время прохождения планета блокирует часть света звезды. Раз кривая блеска имеет «плоское дно», планета полностью заходит на диск звезды и какое-то время перемещается по нему не выходя за край. Пусть 𝑅 и 𝑟 — радиусы звезды и планеты соответственно. Из того, что падение блеска составляет 4 %, следует, что площадь диска планеты составляет 0.04 площади диска звезды. Тогда 𝑟 = 0.2𝑅. Решение.

Рассмотрим геометрию прохождения планеты. Пусть 𝐻 — минимальное расстояние между центрами дисков планеты и звезды. В момент, когда планета начинает заходить на диск звезды (первое касание) центры звезды и планеты разделяет расстояние 𝑅 + 𝑟, а когда планета целиком заходит на диск звезды (второе касание) расстояние между центрами уже 𝑅 − 𝑟. Расстояние, которое проходит планета между вторым и третьим касаниями (начало схода с диска), обозначим как 2𝐿2 , а расстояние между первым и последним касаниями — как 2𝐿1 . Из условия делаем вывод, что 𝐿1 = 3𝐿2 .

Из теоремы Пифагора можем записать:

𝐿21 = (𝑅 + 𝑟)2 − 𝐻 2 ,

𝐿22 = (𝑅 − 𝑟)2 − 𝐻 2 .

(𝑅 + 𝑟)2 − 𝐻 2 = 9[(𝑅 − 𝑟)2 − 𝐻 2 ] Нам неизвестны значения 𝑟 и 𝑅 по отдельности, но известно их отношение. Поэтому мы можем вычислить величину 𝐻 только в долях, например, радиуса звезды 𝑅. После несложных

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Теоретический тур

9 класс Решения и критерии

преобразований получаем

𝐻=

√︂ 𝑅2 + 𝑟2 − 2.5𝑅𝑟 = 𝑅

1+

(︁ 𝑟 )︁2 𝑅

− 2.5

√ 𝑟 = 𝑅 1 + 0.04 − 2.5 · 0.2 ≈ 0.73𝑅. 𝑅

За время транзита планета проходит расстояние √︃ (︂ )︂2 (︁ √ 𝑟 )︁2 𝐻 2𝐿1 = 2𝑅 1+ − = 2𝑅 1.22 − 0.732 ≈ 1.9𝑅. 𝑅 𝑅 По условию эта величина составляет 0.01 длины орбиты, а значит радиус орбиты a можно выразить как 2𝐿1 𝐿1 1.9𝑅 = 0.01, ⇒ 𝑎 = = ≈ 30𝑅. 2𝜋𝑎 0.01𝜋 2 · 0.01𝜋

Наклонение орбиты можно выразить из радиуса орбиты 𝑎 и 𝐻 (см. рисунок):

sin 𝑖 =

𝐻 0.73𝑅 ≈ ≈ 0.024, 𝑎 30𝑅

𝑖 = arcsin(0.024) ≈ 1.4∘ .

Система оценивания

1. Правильная геометрия нецентрального прохождения 2. Определение 𝑟/𝑅 3. Определение 𝐿1 /𝐿2 4. Определение прицельного параметра 𝐻 в долях 𝑅 или 𝑟 5. Определение 2𝐿1 6. Определение большой полуоси 𝑎 7. Вычисление наклонения орбиты (при условии, что транзит возможен)

1 балл 1 балл 1 балл 2 балла 1 балл 2 балла 2 балла

Максимальная оценка решения, основанного на предположении о том, что угловое рсстояние, которое проходит планета во время частной фазы транзита, равно 2𝑅, не превышает 7 баллов (при ответе при ответе примерно 2.7∘ ). 1. Продемонстрированное понимание геометрии нецентрального транзита с явным указанием на то, что используемое равенство 2𝑟 длины частной фазы является приближением 7

2 балла

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Теоретический тур 2. Вычисление прицельного расстояния 3. Вычисление радиуса орбиты 4. Продемонстрированное понимание термина наклонение орбиты 5. Вычисление наклонения орбиты Максимальная оценка за задачу 10 баллов.

9 класс Решения и критерии 2 балла 1 балл 1 балл 1 балл

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Теоретический тур

9 класс Решения и критерии (А. В. Веселова)

9.5. СВЕТИТ НЕЗНАКОМАЯ ЗВЕЗДА

Вокруг звезды главной последовательности с радиусом 1.4 радиуса Солнца и температурой 6600 К по орбите с большой полуосью 3 а. е. и эксцентриситетом 0.3 обращается небольшая каменистая планета. Условие.

a) Сколько времени проходит между летним и зимним «солнцестояниями» на планете, если известно, что летнее солнцестояние в северном полушарии планеты наступает ровно в день наибольшего удаления планеты от звезды? b) На поверхности планеты горизонтально на почве на широте 55∘ с. ш. установили датчик, измеряющий принятую энергию излучения, с площадью приемника 0.04 м2 . Чему равна разность показаний датчика в день летнего и зимнего солнцестояний, если известно, что экватор планеты наклонен к плоскости орбиты на 23∘ ? Светимость 𝐿 подобных звезд главной последовательности связана с их массами 𝑀 соотношением 𝐿 ∼ 𝑀 4 . Решение.

Оценим сначала светимость звезды. Воспользуемся законом Стефана-Больцмана:

𝐿 = 4𝜋𝑅2 𝜎𝑇 4 = 4𝜋 · (1.4 · 7 · 108 )2 · 5.67 · 10−8 · 66004 = 1.3 · 1027 Вт. Поскольку летнее солнцестояние соответствует прохождению апоцентра орбиты, то зимнее солнцестояние по симметрии будет соответствовать прохождению перицентра, тогда интервал между солнцестояниями будет равен половине орбитального периода. Для определения периода необходимо оценить массу звезды. Воспользуемся данной в условии зависимостью, сопоставив параметры звезды с параметрами Солнца. Получим

𝐿 = 𝐿0

(︂

𝑀 𝑀0

)︂4

(︂ ,

𝑀 = 𝑀0 ·

𝐿 𝐿0

)︂1/4

(︂ = 𝑀0 ·

1.3 · 1027 4 · 1026

)︂1/4 ≈ 1.34𝑀0 .

Период обращения находим из третьего закона Кеплера, сопоставив движение планеты и Земли: √︃(︂ )︂ √︂ √︂ 3 2 (𝑇 /𝑇0 ) 𝑀0 𝑀0 𝑎 33 = , ⇒ 𝑇 = 𝑇 = ≈ 4.5𝑇0 . 0 (𝑎/𝑎0 )3 𝑀 𝑀 𝑎0 1.34 Отсюда интервал времени между солнцестояниями равен 2.25 земного года. В день летнего солнцестояния планета находится на наибольшем удалении от звезды, равном 𝑟𝛼 = 𝑎(1 + 𝑒) = 3.9 а. е. Количество энергии от звезды, падающей нормально на квадратный метр площади, составляет 𝐿 𝐸𝛼 = = 3.04 · 102 Вт/м2 . 4𝜋𝑟𝛼2 Высота звезды в полдень на планете в день летнего солнцестояния на широте 55∘ с. ш. равна

ℎ𝛼 = 90∘ − 𝜙 + 𝛿 = 90∘ − 55∘ + 23∘ = 58∘ . Тогда зенитное расстояние равно 𝑧𝛼 = 90∘ − 58∘ = 32∘ . Значит, за секунду на поверхность 9

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Теоретический тур

9 класс Решения и критерии

датчика будет попадать энергия, равная

𝐽1 = 𝐸𝛼 𝑆 cos 𝑧𝛼 = 3 · 102 · 0.04 · cos 32∘ = 10 Дж. В день зимнего солнцестояния планета находится на наименьшем удалении от звезды, равном 𝑟𝜋 = 𝑎(1 − 𝑒) = 2.1 а. е. Количество энергии от звезды, падающей нормально на квадратный метр площади, составляет 𝐿 = 1.05 · 103 Вт/м2 . 𝐸𝜋 = 2 4𝜋𝑟𝜋 Высота звезды в полдень на планете в день зимнего солнцестояния на широте 55о с.ш. равна

ℎ𝜋 = 90∘ − 𝜙 + 𝛿 = 90∘ − 55∘ − 23∘ = 12∘ . Зенитное расстояние равно 𝑧𝜋 = 90∘ − 12∘ = 78∘ , тогда за секунду на поверхность датчика будет попадать энергия, равная

𝐽2 = 𝐸𝜋 𝑆 cos 𝑧𝜋 = 1.05 · 103 · 0.04 · cos 78∘ = 8.7 Дж. Разность показаний датчика оказывается весьма малой, около 1.3 Дж. Система оценивания

1. Светимость звезды 2. Масса звезды 3. Период обращения планеты 4. Ответ на первый вопрос 5. Высота звезды в дни «солнцестояний» 6. Освещенность в дни «солнцестояний» 7. Формула для принимаемой датчиком энергии 8. Ответ на второй вопрос Максимальная оценка за задачу 10 баллов.

10

1 балл 1 балл 1 балл 1 балл по 1 баллу по 1 баллу 1 балл 1 балл

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Теоретический тур

9 класс Решения и критерии (А. В. Ребриков)

9.6. ВЕЛИКОЕ ПРОТИВОСТОЯНИЕ

Во время противостояния Марса, когда он находился в афелии своей орбиты, Солнце мгновенно потеряло часть массы так, что орбита Марса стала круговой. Определите, когда в ближайшие 25 лет произойдет противостояние, во время которого Марс окажется на минимальном расстоянии от Земли. Чему будет равно это расстояние? Ответ дайте соответственно в годах (современных) и астрономических единицах. Орбиты планет лежат в одной плоскости. Условие.

Пусть 𝑎М и 𝑒 — большая полуось и эксцентриситет орбиты Марса. Тогда расстояние Марса в афелии, а так же радиус его новой орбиты равен 𝑎′М = 𝑎М (1 + 𝑒). Скорость Марса в афелии равна его скорости на новой круговой орбите. Тогда √︃ √︃ 𝐺𝑀 1 − 𝑒 𝐺𝑀 ′ = . 𝑎М 1 + 𝑒 𝑎′М

Решение.

Отсюда определяем, что новая масса Солнца составит 𝑀 ′ = 𝑀 (1 − 𝑒). Из-за потери Солнцем части массы Земля оказалась в перицентре новой орбиты, а ее изначальная полуось стала перигелийным расстоянием. Большая полуось новой орбиты равна 𝑎′З = 𝑎З /(1 − 𝑒′ ), где 𝑒′ — эксцентриситет новой орбиты. Из условия равенства старой круговой и новой перигелийной скорости получаем √︃ √︃ √︃ ′ ′ 𝑒 𝐺𝑀 𝐺𝑀 1 + 𝑒 𝐺𝑀 1 = ⇒ 𝑒′ = ≈ 0.103. = (1 − 𝑒)(1 + 𝑒′ ) ⇒ 1 + 𝑒′ = ′ ′ 𝑎З 𝑎З 1 − 𝑒 𝑎З 1−𝑒 1−𝑒 Тогда

𝑎′З = 𝑎З

1−𝑒 . 1 − 2𝑒

Запишем 3-й закон Кеплера для новой пары Земля–Марс

)︃ 32 (︂ )︂ 3 (︂ (︂ ′ )︂ 32 (︃ )︂ 3 𝑇М 𝑎М 𝑎М (1 + 𝑒) 𝑎М 2 (1 + 𝑒)(1 − 2𝑒) 2 = = = = 1.8808 · 0.9713 = 1.8268. 1−𝑒 𝑇З′ 𝑎′З 𝑎З 1−𝑒 𝑎З 1−2𝑒 ′

Также с помощью 3-го закона Кеплера найдем новый сидерический период Земли:

(︂

𝑇З′ 𝑇З

)︂2

𝑀 = ′ 𝑀

(︂ ′ )︂3 (︂ )︂3 𝑎З 1 1−𝑒 = 𝑎З 1 − 2𝑒 1−𝑒

𝑇З′ = 𝑇З

1−𝑒 3

(1 − 2𝑒) 2

= 1.2363 года.

Получаем, что 25 лет ≈ 20.2𝑇 ′ < 21𝑇 ′ . Великие противостояния будут происходить тогда, когда Земля будет находиться вблизи афелия своей орбиты. Афелий Земля будет проходить через каждое полуцелое число оборотов 𝑛 с начального момента времени. Вычислим для каждого 𝑇′ такого момента времени число оборотов, совершенных Марсом 𝑛 𝑇 З′ . Результаты сведем в табМ лицу. Нас интересует случай, когда дробная часть числа оборотов Марса максимально близка к 0.5. Это соответствует 15.5 оборотов Земли или 19.16 лет.

11

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Теоретический тур 𝑇′

𝑇′

9 класс Решения и критерии 𝑇′

𝑛 𝑇 З′

𝑛 𝑇 З′

𝑛 𝑇 З′

0.5 1.5 2.5 3.5 4.5 5.5 6.5

0.27 0.82 1.37 1.92 2.46 3.01 3.56

7.5 8.5 9.5 10.5 11.5 12.5 13.5

4.11 4.65 5.20 5.74 6.30 6.84 7.39

14.5 15.5 16.5 17.5 18.5 19.5 20.5

7.94

8.48

9.03 9.58 10.13 10.67 11.22

Расстояние между планетами мало отличается от

𝑎′М − 𝑎′З (1 + 𝑒′ ) = 0.44 а. е. Система оценивания

1. Радиус новой орбиты Марса 1 балл 2. Новая масса Солнца 1 балл 3. Эксцентриситет орбиты Земли 1 балл 4. Новая большая полуось Земли 1 балл 5. Новый сидерический период Земли 1 балл 6. Новый сидерический период Марса (или отношение периодов Марса и Земли) 1 балл 7. Нахождение правильного варианта ответа 3 балла Если промежуточные результаты округлены так, что изменяется конечный ответ, то оценка за этот этап не более 2 баллов. Если на предыдущих этапах были ошибки в формулах (логические ошибки), то оценка за этот этап не более 1 балла. 8. Минимальное расстояние 1 балл Максимальная оценка за задачу 10 баллов.

12

Решения — прак.

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии Заключительный этап — 2024 г. Практический тур Решения и критерии

(М. В. Силантьев, Е. Н. Фадеев)

9.7. БЛЕСК ЛИНЫ

На графике показано изменение блеска астероида главного пояса на протяжении 25 лет. Наблюдения проводились с интервалом 15 дней. По горизонтальной оси откладывается модифицированная юлианская дата (юлианская дата, уменьшенная на 2400000.5). Условие.

1. Объясните причину возникновения больших и маленьких узких пиков. 2. Определите период обращения астероида вокруг Солнца, большую полуось и эксцентриситет его орбиты. Орбиту Земли считайте круговой. Орбита астероида лежит в плоскости эклиптики. На графике отметьте все измеренные размеры. Используйте максимально точные методы.

Изменение, блеска астероида может быть вызвано двумя эффектами. Во-первых, изменяются расстояние между Землей и астероидом, а также между астероидом и Солнцем. Вовторых, изменяется угол Солнце-астероид-Земля. Видимая освещенная площадь дисков астероидов, находящихся за орбитой Марса, почти не меняется из-за фазового эффекта. Большее значение имеет тот факт, что при малых фазовых углах, то есть в соединении и противостоянии, поверхность астероидов отражает больше света.

Решение.

Таким образом, большие пики возникают главным образом потому, что астероид в эти моменты находится ближе к наблюдателю. В моменты, когда наблюдаются малые пики, астероид, наоборот, находится за Солнцем, но благодаря фазовому эффекту отражает несколько больше света в сторону наблюдателя, чем до или после соединения. Долгопериодические модуляции возникают из-за изменения расстояния астероида от Солнца. Их период равен периоду обращения астероида. Таким образом, можно попытаться измерить этот период напрямую, но сделать это точно довольно затруднительно. Поэтому выберем другой метод.

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Практический тур

9 класс Решения и критерии

По определению, синодический период — это время, прошедшее между последовательными одноименными конфигурациями планеты. Однако, из-за эллиптичности орбиты астероида время, прошедшее между соседними максимумами, не одинаковое. Для измерения синодического периода с максимальной точностью необходимо измерить время между максимально удаленными друг от друга максимумами. Главными или вторичными — не имеет значения, важно, чтобы одинаковыми. Получаем, что 19 синодических периодов завершаются за 8500 дней. Тогда синодический период Лины равен 𝑃 ≈ 447 суток ≈ 1.22 года. Сидерический период астероида получим из уравнения синодического движения:

1 1 1 = − . 𝑃 𝑇0 𝑇 Здесь 𝑇 и 𝑇0 — сидерические периоды астероида и Земли соответственно. Тогда

𝑇 =

𝑃 𝑇0 1.22 · 1 1.22 = = ≈ 5.5 года. 𝑃 − 𝑇0 1.22 − 1 0.22

С помощью третьего закона Кеплера вычислим большую полуось орбиты: √︃(︂ )︂ 2 √ 𝑇 3 3 = 5.52 ≈ 3.1 а. е. 𝑎 = 𝑎0 𝑇0 Мы видим, что блеск астероида меняется от противостояния к противостоянию. Это происходит из-за того, что в различных противостояниях астероид располагается на разных расстояниях от Земли и Солнца. Выберем противостояние и соединение, в которых Лина обладает максимальным блеском. Будем считать, что в эти моменты она располагается вблизи перигелия своей орбиты. Разность звездных величин составляет 1.7m . При этом, в обеих конфигурациях диск астероида освещен одинаково, он находится на одинаковом расстоянии от Солнца и изменение освещенности происходит только из-за изменения расстояния до Земли. Тогда из формулы Погсона получим 𝑝+1 = 10−0.2(𝑚o −𝑚c ) = 𝐴 ≈ 2.2. 𝑝−1 Здесь 𝑝 — перигелийное расстояние астероида в астрономических единицах, 𝑚o и 𝑚c — блеск астероида в противостоянии и соединении. Получаем

𝑝=

𝐴+1 ≈ 2.7 а. е. 𝐴−1

Таким же образом получим, что разность звездных величин в максимально тусклых соединении и противостоянии составляет 1.1m . Тогда получаем расстояние афелия:

𝑞+1 = 10−0.2( ˜𝑚o −𝑚˜ c ) = 𝐵 ≈ 1.66, 𝑞−1 2

𝑞=

𝐵+1 ≈ 4.0 а. е. 𝐵−1

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Практический тур

9 класс Решения и критерии

Отсюда получаем значение эксцентриситета орбиты

𝑒=

𝑞−𝑝 = 0.20, 𝑞+𝑝

а также большую полуось орбиты

𝑎=

𝑝+𝑞 = 3.4 а. е. 2

Как видим, значение близкое, но отличное от полученного ранее. Дело в том, что при оценке минимального и максимального возможного блеска астероида мы каждый раз несколько недооценивали эти величины. Поэтому для определения большой полуоси больше подходит первый метод. Обратим внимание, что если уже измерена величина большой полуоси, то, казалось бы, для определения эксцентриситета достаточно определить только одно дополнительное расстояние: перигелия или афелия.

𝑒=1−

𝑝 2.7 =1− ≈ 0.13, 𝑎 3.1

𝑒=

𝑞 4.0 −1= − 1 ≈ 0.29. 𝑎 3.1

Как видим, ответ здесь выходит менее точным и более случайным. Получается это из-за того, что значения 𝑝 и 𝑞 определяются из фотометрии с меньшей точностью, чем 𝑎 из анализа периодов, и, главное, содержат значительную систематическую погрешность. Для справки. В качестве исходных данных использовались эфемериды астероида (468) Лина.

Его параметры орбиты: 𝑎 = 3.13 а. е., 𝑒 = 0.196, 𝑖 = 0.43∘ . Система оценивания

1. Причина возникновения пиков 2. Определение орбитального периода астероида Вариант 1 1. Определение синодического периода в пределах [435–465] суток 3

1 балл 5 баллов

3 балла

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Практический тур

9 класс Решения и критерии

Если ответ менее точен, то при попадании в диапазон [410–490] — 2 балла, в диапазон [380–520] — 1 балл. В остальных случаях — 0 баллов и следующий пункт оценивается из 1 балла. 2. Вычисление орбитального периода 2 балла Правильное уравнение — 1 балл, вычисление — 1 балл. Вариант 2 1. Напрямую из графика путем анализа долгопериодических модуляций

3 балла

Вариант 3 Вычисление из определенного значения большой полуоси (п. 2.2) 3. Определение большой полуоси орбиты Вариант 1

3 балла 3 баллов

При вычисленном орбитальном периоде 2 балла за правильную формулу 3-го закона Кеплера, и 1 балл за верное вычисление. При подстановке неправильного значения периода последний балл не выставляется. Вариант 2 При вычислении из известных 𝑝 и 𝑞 оценивается из 2 баллов. 4. Определение эксцентриситета орбиты 1. Определение расстояния перигелия [2.5–2.8] а. е. и афелия [3.7–4.4] а. е. орбиты

6 баллов

4 балла

Работа с графиком оценивается1 баллом, формула — 1 балл, значения — по 1 баллу. Если расстояние перигелия и афелия не попадают в ворота выше, но оказываются в диапазонах [2.4: 3.0] и [3.4: 4.5], то оценка снижается на 1 балл за каждую ошибку. 2. Вычисление эксцентриситета

2 балла

Если для вычисления эксцентриситета используется 𝑎, полученное из орбитального периода, то оценивается из 1 балла. Максимальная оценка за задачу 15 баллов.

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Практический тур

9 класс Решения и критерии (Е. Н. Фадеев)

9.8. В МИРЕ ШЕКСПИРА

На рисунке показан участок неба, как он виден в некоторый момент времени со спутника Урана Оберон. С его помощью ответьте на следующие вопросы. Условие.

1. Отметьте на карте положение четырех крупных спутников Урана. Подпишите созвездия, в которых они находятся. 2. Звезда альфа какого созвездия видна ближе всего к Урану? 3. В каких созвездиях располагаются полюса мира для гипотетического наблюдателя на Уране? 4. Какая фаза Урана будет наблюдаться с Оберона спустя трое суток? 5. Чему равны угловые размеры кадра по длине и высоте?

Ниже Урана можно найти легко узнаваемый астеризм Большой Ковш — часть созвездия Большой Медведицы. В нем лишняя яркая звезда — спутник Миранда. Чуть выше и правее Урана также лишняя звезда — спутник Ариэль. С помощью Большого Ковша можно найти Полярную звезду, а вместе с ней и Малый Ковш — созвездие Малой Медведицы. Ариэль находится в этом созвездии. Уран находится в Драконе. Альфа Дракона видна рядом с освещенной частью диска Урана. Продолжаем движение направо вверх и находим еще два спутника: Умбриэль в Драконе и Титанию в Цефее. Решение.

Экватор Урана наклонен к плоскости эклиптики на 98∘ (см. справочные данные). Значит, полюса мира надо искать в 8∘ от эклиптики, то есть почти наверняка они попадают в созвездия, через которые проходит эклиптика. 5

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Практический тур

9 класс Решения и критерии

Орбиты крупных спутников Урана, как и крупных спутников Юпитера и Сатурна, лежат почти точно в экваториальных плоскостях своих планет. Оберон, с которого ведутся наблюдения, не исключение. Поэтому выстроившиеся в ряд спутники показывают направление экватора Урана. Если продлить эту линию дальше влево вниз, то она пересечет эклиптику в созвездии Льва. Отсчитываем три зодиакальных созвездия в обе стороны от Льва и получаем созвездия Скорпиона и Тельца. Эклиптика пересекает созвездие Скорпиона в узком месте, поэтому с тем же успехом полюс мира может оказаться в созвездии Змееносца. В действительности, полюса мира Урана находятся в Змееносце (южный полюс, выше эклиптики) и в Орионе на самой границе с Тельцом. Мы уже выяснили, что терминатор проходит приблизительно по экватору Урана. Оберон движется в плоскости экватора, а значит, за четверть оборота спутника фаза Урана не изменится. Из справочных данных можно узнать, что диаметр Урана равен 51 100 км, а радиус орбиты Оберона — 583 500 км. Тогда угловой диаметр Урана равен 5∘ . Используя его как линейку, получим угловые размеры кадра: 100∘ × 67∘ . Система оценивания

Все ответы оцениваются только при наличии правильного объяснения. Без объяснения даже правильные ответы не оцениваются. 1. Ответ на первый вопрос 1. Правильно отмеченный спутник

4 балла

по 0.5 балла

Неправильно отмеченный спутник — штраф 0.5 балла. 6

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Практический тур

9 класс Решения и критерии

2. Правильно указанное созвездие при правильной отметке

по 0.5 балла

Общая оценка за вопрос округляется до целого в большую сторону. Оценка не может быть меньше 0. 2. Альфа Дракона 1 балл 3. Правильно определенные положения полюсов по 2 балла Оценка выставляется при разумном обосновании. Ответы Близнецы и Стрелец оцениваются по 1 баллу. 4. Фаза не изменится 2 балла 5. Определение угловых размеров кадра 4 балла Участники могут использовать в качестве линейки известные расстояния между звездами. Например, расстояние между 𝛼 и 𝛽 Большой Медведицы составляет примерно 5.5∘ , между Полярной и 𝛼 Большой Медведицы — 29∘ и т. д. В любом случае значения длины и высоты должны попадать в диапазоны [ 90∘ : 110∘ ] и [60∘ : 75∘ ] соответственно. 1. Вычисление углового размера Урана / правильное отождествление звезд и выбор углового расстояния между ними 2 балла 2. Определение угловых размеров каждой стороны Второй пункт оценивается только при правильном выполнении первого. Максимальная оценка за задачу 15 баллов.

по 1 баллу

Решения — тест.

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии Заключительный этап — 2024 г. Тестовый тур Решения и критерии

(Е. Н. Фадеев)

9.1. ЧУДЕСА НА ВИРАЖАХ

Межзвездный астероид пролетает мимо одиночной звезды главной последовательности. Вам предоставлено шесть вариантов орбит астероида в гравитационном поле этой звезды. Влияние атмосферы звезды, давления излучения, деформация тел и прочие эффекты не учитываются. Плоскость орбиты совпадает с плоскостью рисунка. Запишите в соответствующей клетке «A», если такая орбита возможна, и «B» — если невозможна. Условие.

Траектория астероида в гравитационном поле звезды может быть только одним из конических сечений: эллипсом, гиперболой или параболой. Кроме того, возможен вырожденный случай движения по прямой. Отсюда делаем вывод, что варианты 2, 5 и 6 невозможны. Также надо вспомнить, что звезда должна находиться в фокусе конического сечения, то есть вариант 4 тоже невозможен. Ответ: A, B, A, B, B, B. Алгоритм оценивания. Правильный ответ — 5 баллов. Варианты A, B, B, B, B, B и B, B, A, B, B, B — 3 балла. Указаны как правильные ответы 1, 3 и один любой неправильный — 2 балла. Указаны как правильные ответы 1 или 3 и один любой неправильный — 1 балл. В остальных случаях — 0 баллов. Решение.

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Тестовый тур

9 класс Решения и критерии (В. Б. Игнатьев)

9.2. ВСЁ ВЫШЕ И ВЫШЕ

Расставьте объекты или точки на небесной сфере в порядке возрастания склонения: A. Солнце сегодня (1 апреля) B. Центр Галактики C. Точка весеннего равноденствия D. Марс сегодня (фаза 0.956, утренняя видимость) E. Радиант метеорного потока Геминиды F. Ближайшая к Солнечной системе звезда Решение. Точка весеннего равноденствия по определению лежит на небесном экваторе и имеет склонение 0. Примерно за 10 дней до тура был день весеннего равноденствия. Солнце прошло через точку весеннего равноденствия из южной небесной полусферы в северную, то есть его склонение положительно, но невелико, несколько градусов. Метеорные потоки называют по латинизированным названиям созвездий, в которых находятся их радианты. Радиант Геминид находится в созвездии Близнецов ( лат. Gemini). На границе Близнецов и Тельца находится точка летнего солнцестояния. Из этого можем сделать вывод, что радиант Геминид имеет склонение около 15∘–25∘. В действительности, радиант находится в северной части созвездия и его склонение около 30∘. Центр Галактики, напротив, находится вблизи от точки зимнего солнцестояния в созвездии Стрельца. Значит, его склонение около −25∘. При этом центр Галактики восходит на большей части территории нашей страны, чего не скажешь о ближайшей к Солнцу звезде — 𝛼 Центавра. Значит, она обладает еще меньшим склонением. Осталось разобраться с Марсом. Эта планета видна по утрам, то есть находится западнее, а значит, и южнее Солнца. Если бы Марс был в квадратуре, то находился бы рядом с центром Галактики. Определим фазу Марса в квадратуре. Угол Солнце–Марс–Земля равен 1 𝜙 = arcsin 1.52 ≈ 41∘ . Тогда фаза равна Φ = (1 + cos 𝜙)/2 ≈ 0.88. Эта фаза заметно меньше данной. Делаем вывод, что Марс находится недалеко от Солнца, с небольшим отрицательным склонением. Правильный ответ : F, B, D, C, A, E. Алгоритм оценивания. Общая оценка складывается из количества правильных пар в ответе участников. Всего возможных пар из шести объектов — 15, в каждой из них объекты в ответе должны идти в правильном порядке. Например, для пары A-B правильным считается ответ, в котором буква B стоит раньше буквы A (склонение центра Галактики меньше, чем у Солнца). При появлении в решении двух или трех противоположных пар (например, ответ ABAB или ABAC с парами AB и BA) все эти пары, в том числе правильные, не оцениваются. При дублировании одной пары без противоположной (например, ответ AABB) эта пара оценивается только один раз. Итоговая оценка зависит от числа правильных пар N следующим образом: Условие.

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Тестовый тур N Баллы N Баллы N Баллы 0 1* 1 0 6 1 11 3 2 0 7 2 12 3 3 0 8 2 13 4 4 1 9 2 14 4 5 1 10 3 15 5

9 класс Решения и критерии

. «Компенсационный» балл за ответ, написанный в строго обратном порядке, при отсутствии правильных пар, выставляется при условии отсутствия пустых клеток и повторов ответов у участника, то есть только за ответ E-A-C-D-B-F. В других случаях ответ с 0 правильных пар оценивается в 0 баллов. * Примечание

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Тестовый тур 9.3. ИСТОРИЯ КОСМОНАВТИКИ Условие.

9 класс Решения и критерии (А. В. Веселова)

Расположите космические аппараты в порядке их запуска с Земли.

На рисунке А показан телескоп «Джеймс Уэбб» ( англ. James Webb Space Telescope, JWST). Этот телескоп запущен совсем недавно, в 2021 году, и сейчас активно снабжает нас новой научной информацией. На рисунке B изображён космический аппарат серии «Венера». Такие аппараты исследовали Венеру в конце 60-х — начале 70-х годов XX века. Внимательные участники могут заметить надпись СССР на борту аппарата. На рисунке C представлено изображение первого искусственного спутника Земли. Он был запущен 4 октября 1957 года. На рисунке D показан космический телескоп Gaia. Его запуск был произведен в 2013 году. Рисунок E показывает телескоп «Хаббл» — пожалуй, самый известный космический телескоп, который уже больше 30 лет поставляет нам важные научные данные, а также прекрасные фотографии. Его запустили в 1990 году. Ответ: C, B, E, D, A. Алгоритм оценивания. Метод оценивания подобен методу в задаче 9.2, но отличается тем, что при пяти упорядочиваемых объектах возможно 10 различных пар. Оценка выставляется исходя из числа правильных пар в соответствии со следующей таблицей. Решение.

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Тестовый тур N Баллы N Баллы 0 1* 1 0 6 2 2 0 7 3 3 1 8 3 4 1 9 4 5 2 10 5

9 класс Решения и критерии

*Примечание: «Компенсационный» балл за ответ, написанный в строго обратном порядке выставляется по тем же правилам, что и в задаче 9.2. Иcточники иллюстраций A, E — Wikipedia, B — НПО им. С.А.Лавочкина, C — N+1, D — ESA–D. Ducros, 2013

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Тестовый тур 9.4. СТАЦИОНАРНЫЕ СПУТНИКИ

9 класс Решения и критерии (В. Б. Игнатьев)

Вокруг многих тел солнечной системы могут двигаться стационарные спутники, подобно геостационарным спутникам Земли. Расставьте планеты в порядке возрастания горизонтального параллакса их стационарных спутников. Сжатием планет пренебречь. A. Земля B. Марс C. Юпитер D. Сатурн E. Уран Решение. Горизонтальный параллакс спутника 𝑝 — это угол, под которым виден радиус планеты со спутника. Если 𝑅 — радиус планеты, а 𝑎 — радиус орбиты спутника, тогда Условие.

sin 𝑝 =

𝑅 . 𝑎

Радиус орбиты спутника выразим из 3-го закона Кеплера: 𝑎3 = 𝐺𝑀 𝑇 2/(2𝜋)2, где 𝑀 — масса планеты, 𝑇 — ее период вращения вокруг собственной оси, 𝐺 — гравитационная постоянная. Возведем первое уравнение в третью степень и подставим величину 𝑎3: sin3 𝑝 =

4 𝜋𝑅3 3𝜋 𝑅3 4𝜋 2 𝑅3 3𝜋 1 3 = = = ∼ . 3 2 2 2 𝑎 𝐺𝑀 𝑇 𝑀 𝐺𝑇 𝐺𝜌𝑇 𝜌𝑇 2

Здесь 𝜌 — средняя плотность планеты. Поскольку синус — монотонная функция на интервале от 0 до 𝜋/2, то можно сделать вывод, что параллакс спутника тем больше, чем больше величина (𝜌𝑇 2)−1. Нужные величины приведены в таблицах, и искомые значения можно просто посчитать. Но можно сэкономить время, заметив, например, что периоды Марса и Земли почти одинаковые, тогда как плотность Марса почти в 1.5 раза меньше земной. Следовательно, параллакс спутника Марса будет больше. И периоды, и плотности газовых гигантов меньше, а значит, параллаксы их спутников будут больше. Плотность Урана равна плотности Юпитера при большем периоде. Следовательно, параллакс спутника Урана меньше, чем спутника Юпитера. Точно также, периоды Сатурна и Юпитера примерно равны, но плотность Сатурна вдвое меньше, а значит параллакс его спутника самый большой. Правильный ответ : A, B, E, C, D. Алгоритм оценивания. Идентично задаче 9.3.

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Тестовый тур 9.5. СТАРЫЙ АТЛАС

9 класс Решения и критерии (Е. Н. Фадеев)

На рисунках показаны два листа из звездного атласа Александра Джеймисона, изданного в 1822 году, за 100 лет до того, как Международный астрономический союз утвердил современное разделение небесной сферы на созвездия. В этом атласе можно найти как современные, так и отмененные ныне созвездия. Некоторые созвездия, сохранившиеся на небе, здесь названы несколько иначе, чем мы привыкли. Ниже приведен русский перевод всех присутствующих созвездий. Выберите из списка только отмененные созвездия, т. е. те, которые сейчас нельзя найти на соответствующих местах на небе. A Aries — Овен K Gloria Frederichi — Слава Фридриха B Andromeda — Андромеда L Lepus — Заяц C Caput Medusae — Голова Медузы M Musca — Муха D Cetus — Кит N Orion — Орион E Cassiopeia — Кассиопея O Perseus — Персей F Cela Sculptoria — Инструменты Гравера P Psalterium Georgii — Лютня Георга G Columba Noachi — Голубь Ноя R Sceptrum Brandenburgicum — H Fluvius Eridanus — Река Эридан — Бранденбургский скипетр I Fornax Chemica — Химическая Печь S Triangula — Треугольники Условие.

Сейчас на звездной карте не найти созвездий Голова Медузы, Слава Фридриха, Лютня Георга и Бранденбургский скипетр. Голова Медузы слилась с созвездием Персея. Слава Фридриха, названная в честь прусского короля Фридриха II Великого, объединена с созвездием Андромеды. Названное в честь английского короля Георга III созвездие Лютня Георга вошло в состав созвездий Эридана, Тельца и Кита. Также частью Эридана стал Бранденбургский Скипетр. Пятое отмененное созвездие — это Муха. Муху можно найти на современной карте, но совершенно в другом месте — южнее созвездия Южный Крест. В том месте, где находится Муха на приведенной карте, сейчас созвездие Овна. Для порядка разберемся с остальными созвездиями. Овен, Андромеда, Кит, Кассиопея, Заяц, 7 Решение.

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) 9 класс Заключительный этап. Тестовый тур Решения и критерии Орион и Персей сохранили свои названия без изменений. Из Инструментов Гравера вскоре остался только Резец Гравера, а ныне мы знаем это созвездие как просто Резец. Голубь Ноя, Река Эридан и Химическая Печь также сократили свои названия, превратившись в Голубя, Эридан и Печь. Наконец, созвездие Треугольники, которое получилось путем объединения более старых созвездий Большой и Малый Треугольники, превратилось в современное созвездие Треугольник. Правильный ответ: C, K, M, P, R. Алгоритм оценивания. Каждое правильно выбранное созвездие оценивается 1 баллом, неправильное — 0 баллов. Порядок неважен. Иллюстрации: Wikipedia

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Тестовый тур 9.6. ОТ БОЛЬШОГО К МАЛОМУ

9 класс Решения и критерии (А. В. Веселова)

Расположите объекты в порядке убывания видимых угловых размеров для наблюдателя на Земле. Если на изображении присутствует несколько объектов, рассматривайте только наиболее крупный. Условие.

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) 9 класс Заключительный этап. Тестовый тур Решения и критерии Решение. На фото А показана Галактика Андромеды (М 31). Ее угловые размеры в несколько раз превышают размеры Луны и составляют около 3∘. На изображении B показано Солнце при наблюдении на длине волны 211 Å. Угловые размеры Солнца составляют около 0.5∘. На рисунке С показана карта поверхности звезды 𝜁 Андромеды, полученная методами оптической интерферометрии. Диски звезд крайне проблематично разрешать, из чего уже следует, что угловые размеры объекта крайне малы. Можно сделать простую прикидку: даже если мы наблюдаем звезду-гигант с радиусом 100 радиусов Солнца с расстояния, например, 5 пк (на самом деле, на таком малом расстоянии крупных звезд нет, но оценка от этого станет лишь более надежной), мы получим угловой диаметр в угловых секундах, равный 200 · 7 · 105 км · 206265 ≈ 0.2′′ . 13 5 · 3 · 10 км

В реальности звезда заметно меньше (около 16 радиусов Солнца) и дальше ( 60 пк), поэтому угловые размеры оказываются существенно меньше полученной оценки. На снимке D показана галактика Водоворот. Она не принадлежит Местной группе галактик и удалена на десятки миллионов световых лет, соответственно ее видимый угловой размер заметно меньше, чем у галактики Андромеды, и уступает размеру Солнца. В действительности угловой размер галактики составляет около 10′. На снимке E показан спутник Юпитера Ио. Юпитер достаточно легко можно увидеть как диск в простейшие бинокли. Его угловой размер примерно равен половине угловой минуты. Ио раз в 20 меньше Юпитера, поэтому ее угловой размер должен быть около угловой секунды. Можно эту величину вычислить точнее 2 · 1800 км · 206265 ≈ 1′′ . 8 5 · 1.5 · 10 км За счет того, что Земля может быть на 1 а. е. ближе или дальше от Юпитера и Ио, эта величина немного меняется в течение года. Но и без численной оценки можно было бы вспомнить, что в отличие от далеких звезд диск Ио могут разрешить современные большие любительские телескопы. В то же время объекты каталога Мессье сразу открывались как протяженные, а разрешить спутники Юпитер удалось далеко не сразу. Правильный ответ: A, B, D, E, C. Алгоритм оценивания. Идентично задаче 9.3. Иллюстрации: A, D — Wikipedia, B — Solar Dynamics Observatory, C — Roettenbacher at al, E — The Galileo Project, JPL, NASA

10

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) Заключительный этап. Тестовый тур

9 класс Решения и критерии

9.7. О ВАЖНОСТИ ЖУРНАЛА НАБЛЮДЕНИЙ(Е. Н. Фадеев)

Два астронома-любителя вели наблюдение одного и того же объекта с помощью телескопов с объективами одного диаметра, но разными фокусными расстояниями ( 𝑞1 = 550 мм, 𝑞2 = 1000 мм). У них был один набор окуляров на двоих с фокусными расстояниями 𝑝1 = 7 мм, 𝑝2 = 12 мм, 𝑝3 = 19 мм и 𝑝4 = 25 мм. Поле зрения всех окуляров одинаковое. Вам даны четыре негативных изображения, которые астрономы могли увидеть в свои телескопы. Соотнесите каждое изображение с парой объектив–окуляр. Условие.

Изображения отличаются только увеличением, которое вычисляется по формуле Γ = 𝐹/𝑓 . Определим увеличения для всех комбинаций и поместим результаты в таблицу.

Решение.

𝑝1

𝑞1 𝑞2

𝑝2

79 143

46 83

𝑝3

29 53

𝑝4

22 40

Изображение B и D максимально отличаются масштабом. С помощью линейки определяем, что масштаб изображения D больше более чем в 6 раз. При этом максимально и минимально возможные увеличения отличаются как раз в 6.5 раз. Из этого делаем вывод, что изображение B соответствует случаю 𝑞1 = 550 мм, 𝑝4 = 25 мм, а изображение D — 𝑞2 = 1000 мм, 𝑝1 = 7 мм. Точно так же определяем отношение масштабов для изображений A и C. Масштаб A больше масштаба B примерно в 1.9 раза и меньше масштаба D в 3.6 раза. Получаем, что самое подходяще увеличение равно 40, что соответствует варианту 𝑝2 = 1000 мм, 𝑝4 = 25 мм. Масштаб С больше, чем масштаб B, примерно в 2.1 раза и меньше масштаба D в 3.1 раза. Самое подходяще увеличение равно 46, что соответствует варианту 𝑝1 = 550 мм, 𝑝2 = 12 мм. Правильный ответ:

B D A Алгоритм оценивания. Правильно поставленные в свои ячейки буквы D и B оцениваются по 1 баллу. В противном случае — 0 баллов. Буква A в ячейках 𝑞2𝑝4 или 𝑞1𝑝2 оценивается 1 баллом. Буква C в ячейках 𝑞1𝑝2 или 𝑞2𝑝3 оценивается 1 баллом. Если A и C одновременно стоят на позициях 𝑞2𝑝4 и 𝑞1𝑝2, то выставляется дополнительный балл (исключение см. ниже). Если ни одна буква не стоит в своей ячейке (оценка 0), но все четыре расположены в правильном порядке по возрастанию увеличения, то выставляется 1 балл. Если одна и та же буква появляется в двух ячейках одновременно, то данная буква не учиты11

XXXI Всероссийская олимпиада по астрономии (2024 г.) 9 класс Заключительный этап. Тестовый тур Решения и критерии вается в подсчете результата. Исключение: одновременное появление буквы A в ячейках 𝑞2𝑝4 и 𝑞1𝑝2 или буквы C в ячейках 𝑞1𝑝2 и 𝑞2𝑝3. В таком случае выставляется 1 балл за букву, но дополнительный балл не выставляется. Иллюстрации: Aladin Sky Atlas

12