Олимпиада по астрономии 10 класс — заключительный этап ВсОШ 2024/2025: задания и ответы

Решения — теор.

Теоретический тур

Условия, решения и схема оценивания. 10 класс

Содержание 10.1. Долгожданная новая . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 10.2. Минутное замешательство . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 10.3. Цифровизация . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 10.4. Полярный спутник . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 10.5. Давайте продлим вечер . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 10.6. Сага о затмениях . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 1 из 23

10 класс

Теоретический тур

18.03.2025

10.1. Долгожданная новая И.В. Игнатьев

Из наблюдений за повторной новой T CrB было установлено, что длина волны линии 𝐻𝛼 в спектре красного гиганта с эффективной температурой 3560 К и светимостью 670 𝐿⊙ колеблется с амплитудой 0.52 Å, а в спектре белого карлика – с амплитудой 0.43 Å. Период обращения системы равен 228 дней, затмения в системе не наблюдаются. Орбиты звёзд круговые. Определите, чему может быть равен наклон плоскости орбит этой системы к картинной плоскости. Лабораторная длина волны линии 𝐻𝛼 равна 6563 Å. Решение.

Пусть индекс 1 относится к красному гиганту, а индекс 2 к белому карлику. Найдём лучевые скорости компонент: 𝑣𝑟 =

∆𝜆 ·𝑐 𝜆0

Получим 𝑣𝑟1 = 23.8 км/с, 𝑣𝑟2 = 19.7 км/с. Полная скорость 𝑣 выражается через лучевую скорость и наклон плоскости орбит следующим образом: 𝑣 = 𝑣𝑟 / sin(𝑖)

В системе отсчёта одной из звёзд можем выразить расстояние между компонентами 𝑎: 𝑎=

𝑇 · (𝑣𝑟1 + 𝑣𝑟2 ) 2𝜋 sin(𝑖)

Запишем третий закон Кеплера: 𝑇2 4𝜋 2 = 𝑎3 𝐺(𝑀1 + 𝑀2 )

Подставляя 𝑎 получим: 2𝜋 sin(𝑖)3 1 = 3 𝑇 · (𝑣𝑟1 + 𝑣𝑟2 ) 𝐺(𝑀1 + 𝑀2 )

Тогда понятно, что наклон зависит от масс компонент, причём чем меньше суммарная масса, тем больше должен быть наклон орбиты. Знаем, что масса белого карлика ограничена сверху пределом Чандрасекара (𝑀𝑐ℎ ≈ 1.4𝑀⊙). Отношение масс можем выразить через отношение скоростей: 𝑀1 𝑣2 𝑣𝑟2 = = 𝑀2 𝑣1 𝑣𝑟1

Теперь выразим наклон орбиты через массу белого карлика: XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 2 из 23

10 класс

Теоретический тур

18.03.2025

2𝜋 sin(𝑖)3 1 = 3 ) 𝑇 · (𝑣𝑟1 + 𝑣𝑟2 ) 𝐺𝑀2 (1 + 𝑣𝑣𝑟2 𝑟1 sin(𝑖)3 >

𝑇 · (𝑣𝑟1 + 𝑣𝑟2 )3 𝑟2 ) 2𝜋𝐺𝑀𝑐ℎ (1 + 𝑣𝑣𝑟1

Отсюда получим ограничение на наклонение орбиты снизу: 𝑖 > 65.5∘

Теперь посмотрим, при каких 𝑖 в системе будут отсутствовать затмения. Найдём радиус красного гиганта: 𝐿1 = 4𝜋𝑅12 𝜎𝑇14 √︃ 𝑅1 =

𝐿 = 0.31 а.е. 4𝜋𝜎𝑇14

Тогда, считая что 𝑅2 << 𝑅1 для отсутствия затмений необходимо, чтобы: cos(𝑖) > 𝑅1 /𝑎 =

tan(𝑖) <

2𝜋𝑅1 · sin(𝑖) 𝑇 · (𝑣𝑟1 + 𝑣𝑟2 ) 𝑇 · (𝑣𝑟1 + 𝑣𝑟2 ) 2𝜋𝑅1

Отсюда получаем ограничение сверху на наклонение орбиты: 𝑖 < 71.2∘

Итого, получаем, что наклонение орбиты лежит в следующем диапазоне: 65.5∘ < 𝑖 < 71.2∘

Участник может неправильно трактовать слово амплитуда, приняв, что это полное изменение (от максимума до минимума) для линии 𝐻𝛼, а не его половина. В таком случае, лучевые скорости получатся в два раза меньше, и составят 𝑣𝑟1 = 11.9 км/с, 𝑣𝑟2 = 9.8 км/с. Это никак не повлияет на решение, а влияет лишь на итоговый ответ. Диапазон изменится на: Возможная ошибка

𝑖 ∈ (27∘ , 55.8∘ )

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 3 из 23

10 класс

Теоретический тур

Критерии оценивания. К1.

18.03.2025 15

Вычисление скоростей. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Запись формулы эффекта Доплера . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Вычисление скоростей (числа) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 По 1 баллу за скорость

Вывод соотношения на наклон, массы и скорости . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Большая полуось как функция скоростей, наклона и периода . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Вывод итоговой формулы для sin(𝑖) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 К3. Нижняя оценка наклона . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Идея о том, что масса белого карлика ограничена сверху как 1.4 𝑀⊙ . . . . . . . . . . . . . 3 Значение для нижней границы угла наклона (число) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К4. Вычисление радиуса красного гиганта (число) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К5. Оценка верхней границы наклона. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Критерий отсутствия затмения (формула) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Вычисление верхнего ограничения на наклон . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К6. Итоговый диапазон. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К2.

Выставляется только при верном численном диапазоне

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 4 из 23

10 класс

18.03.2025

Теоретический тур

10.2. Минутное замешательство А. Ребриков

Астроном наблюдал восход Луны 21 июня. Через 1 минуту после начала восхода, как только астроном увидел терминатор, он понял, что Луна находится точно в фазе первой четверти. На какой широте находится астроном, если он находится севернее тропиков? Наклоном орбиты Луны к эклиптике пренебречь. Сразу отметим, что Луна находится в точке осеннего равноденствия, ведь её наклонением по условию следует пренебречь. Она обгоняет Солнце по прямому восхождению, поэтому освещённая часть направлена со стороны уменьшения прямого восхождения, то есть увеличения часового угла. Именно в сторону увеличения часового угла двигается Луна, то есть действительно первым делом будет восходить освещённая часть Луны. ип

тик а

Решение.

экл

горизонт

𝐴 |𝜙 − 𝜀|

н небес

|𝜙 − 𝜀|

ор т а в к йэ

𝜀 90∘ − |𝜙| 𝐶

На рисунке проведены эклиптика, небесный экватор, терминатор луны, который перпендикулярен направлению на Солнце — эклиптике. Разберём ситуацию в общем случае. Для угла между небесным экватором и горизонтом важен модуль широты. Отметим, что угол между терминатором и горизонтом в любом случае равен |𝜙 − 𝜀|, модуль важен для тропических широт, где широта меньше 23.5∘. Обозначим за 𝑙 путь, который прошла Луна вдоль экватора от начала восхода до момента, когда терминатор впервые коснулся горизонта; за 𝜌 обозначим угловой радиус Луны. Отрезок 𝐴𝐵 равен 𝜌, так как это расстояние между линией параллельной горизонту в момент начала восхода Луны и горизонтом. С другой стороны, он равен сумме проекций двух отрезков: 𝑇 𝐶 и 𝑃 𝐶 . Эти проекции соответственно равны 𝐴𝐶 = 𝜌 sin(|𝜙 − 𝜀|) и 𝐵𝐶 = 𝑙 sin(90∘ − |𝜙|). Запишем формулами то, что мы упомянули выше про отрезок 𝐴𝐵 : 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶 + 𝐶𝐵 =⇒ 𝜌 = 𝜌 sin(|𝜙 − 𝜀|) + 𝑙 sin(90∘ − |𝜙|) = 𝜌 sin(|𝜙 − 𝜀|) + 𝑙 cos(|𝜙|).

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 5 из 23

10 класс

18.03.2025

Теоретический тур

Подставим конкретные параметры. Мы не знаем расположение Луны относительно линии апсид, но знаем минимальное 𝑟min = 356 410 км и максимальное 𝑟max = 406 700 км расстояния до Земли и радиус Луны 𝑅 = 1738 км. В таком случае 𝜌=

𝑅 =⇒ 𝜌 = 16.76′ ÷ 14.69′ 𝑟

Здесь и далее мы используем обозначение 𝑎 ÷ 𝑏 для величины в диапазоне от 𝑎 до 𝑏. Учтём, что угловая скорость движения Луны меньше, чем у далёких звёзд. Их угловая скорость 𝜔0 = 15.04 °/ч. Посчитаем угловую скорость в минимальном и максимальном расстоянии по формулам √︃ 𝜔max =

𝐺𝑀 √ 1 + 𝑒 = 0.63 °/ч 3 𝑟min

√︃ 𝜔min =

𝐺𝑀 √ 1 − 𝑒 = 0.49 °/ч 3 𝑟max

Мы здесь брали средний эксцентриситет, учёт его отклонений мало влияет на итоговый ответ. Теперь запишем выражение для пройденного пути и введем параметр 𝑘 𝑙 = 𝜔 · 1 мин. = (𝜔0 − (𝜔min ÷ 𝜔max )) · 1 мин. = 14.41′ ÷ 14.55′ =⇒ 𝑘 =

𝑙 = 0.86 ÷ 0.99. 𝜌

Перепишем соотношение 1 = sin(|𝜙 − 𝜀|) + 𝑘 cos(|𝜙|).

Нам осталось исследовать корни этого уравнения. Самое время учесть конкретные ограничения из условия: северное полушарие и 𝜙 > 𝜀, следовательно |𝜙 − 𝜀| = 𝜙 − 𝜀, |𝜙| = 𝜙 и уравнение примет вид 1 = sin(𝜙 − 𝜀) + 𝑘 cos(𝜙) = − sin(𝜀) cos(𝜙) + sin(𝜙) cos(𝜀) + 𝑘 cos(𝜙) = (− sin(𝜀) + 𝑘) cos(𝜙) + cos(𝜀) sin(𝜙) = (0.46 ÷ 0.59) cos(𝜙) + 0.92 sin(𝜙)

Воспользуемся методом вспомогательного угла. Домножим наши выражения на некоторую константу 𝐷 так, чтобы у нас получилось выражение с углом 𝜃. 𝐷 = (0.46 ÷ 0.59)𝐷 cos(𝜙) + 0.92𝐷 sin(𝜙) = cos(𝜃) cos(𝜙) + sin(𝜃) sin(𝜙) = cos(𝜙 − 𝜃)

Подберём константу так, чтобы выполнялось основное тригонометрическое тождество 12 = cos2 (𝜃) + sin2 (𝜃) = ((0.46 ÷ 0.59)𝐷)2 + (0.92𝐷)2 ≈ (1.06 ÷ 1.19)𝐷2 1 𝐷= = 0.92 ÷ 0.97. 1.03 ÷ 1.09

Теперь сам угол, его tg(𝜃) =

sin(𝜃) 0.92𝐷 0.92 = = = (1.56 ÷ 2.00) =⇒ 𝜃 = 57.3∘ ÷ 63.4∘ . cos(𝜃) (0.46 ÷ 0.59)𝐷 0.46 ÷ 0.59

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 6 из 23

10 класс

Теоретический тур

18.03.2025

Мы получили уравнение cos(𝜙 − (57.3∘ ÷ 63.4∘ )) = 0.92 ÷ 0.97 =⇒ =⇒ 𝜙 = (57.3∘ ÷ 63.4∘ ) ± arccos(0.92 ÷ 0.97) = (57.3∘ ÷ 63.4∘ ) ± (14.1∘ ÷ 23.1∘ ).

Нам подходят все корни для модуля широты, которая равна своему модулю. Если аккуратно проследить за тем, чему соответствуют границы диапазонов, получаем, что в случае минуса соответствующие вариации усиливают друг друга, и диапазон одного из ответов 34.2∘ ÷ 49.3∘ . В случае плюса, вариации наоборот, компенсируют друг друга, из-за чего разброс сильно меньше, и его можно оценить как 77.5∘ ÷ 80.4∘ (в действительности же диапазоны будут соответственно 33.5∘ ÷ 50.1∘ и 76.4∘ ÷ 80.8∘; расхождения вызваны лишь ошибками округления, тем не менее наше замечание про разницу разбросов оказывается совершенно верным). Критерии оценивания.

15

Расположение Луны и терминатора. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Явно сказано, что Луна на эклиптике из-за пренебрежения наклонением орбиты . 1 Луна ровно в точке осеннего равноденствия . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Указано, что терминатор перпендикулярен направлению на Солнце — эклиптике 1 К2. Угловые скорости . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Вклад суточного вращения звёзд. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 Вклад движения Луны относительно звёзд . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Полностью верное указание угловой скорости движения Луны по экватору. . . . . . .1 К3. Уравнение для широты из геометрии . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Верный рисунок (отмечены углы/расстояния) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Уравнение, связывающее широту, время после захода и угловой радиус Луны . . . . 2 К4. Решение уравнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Решение уравнения в числах аналитически . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

К1.

Доведение до вида trig(𝜙 − 𝜃) = 𝑎 с конкретными значениями 𝜃 и 𝑎

Ответ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Два значения широты . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Отсутствие арифметических ошибок . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К6. Учёт вариаций . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Учёт отличия углового радиуса от среднего в уравнении . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Учёт отличия углового радиуса от среднего в ответе . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

К5.

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 7 из 23

10 класс

18.03.2025

Теоретический тур

10.3. Цифровизация М.В. Кузнецов, К.О. Чепурной

При помощи телескопа с диаметром 𝐷 = 20 см, относительным отверстием 𝐴 = 1/10 и ПЗС-матрицей была сделана фотография звезды. В таблице ниже указано число отсчётов (фотонов), зарегистрированное в каждом пикселе матрицы. На основании этих данных определите: A. Размер одного пикселя ПЗС-матрицы. B. Видимую звёздную величину звезды. C. Звёздную величину фона неба (на квадратную секунду), если 60% отсчётов в пикселях фона – это тепловые шумы и шумы считывания. КПД приемника излучения составляет 86%, потери света в оптической системе – 10%. От звезды нулевой звёздной величины поступает 106 фотонов на 1 см2 за 1 секунду. Диаметр диска атмосферного дрожания звезды составляет 1.1′′, длительность выдержки фотографии – 10 секунд. 101 99 97 101 100 104 105

98 98 96 190 102 105 104

97 101 766 795 780 98 101

98 170 777 809 791 196 104

99 100 771 802 771 100 102

100 99 102 202 100 99 104

99 97 100 99 95 97 103

Таблица 1: Количество отсчётов Решение.

Внимательно рассмотрим данную таблицу. 101 99 97 101 100 104 105

98 98 96 190 102 105 104

97 101 766 795 780 98 101

98 170 777 809 791 196 104

99 100 771 802 771 100 102

100 99 102 202 100 99 104

99 97 100 99 95 97 103

Таблица 2: Количество отсчётов. Серым цветом выделены пиксели, на которые попадает изображение звезды. Мы видим, что изображение звезды занимает на ПЗС-матрице область 3 × 3 пикселя. То есть размер изображения звезды больше, чем один пиксель матрицы. Для этого есть сразу несколько причин. Первая причина состоит в том, что никакая оптическая система не может построить точечное изображение звезды, и размер изображения точечного объекта XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 8 из 23

10 класс

18.03.2025

Теоретический тур

определяется разрешающей способностью объектива: 𝜃 = 1.22

𝜆 (рад) 𝐷

или

𝜃′′ =

138 𝐷 (мм)

Первый вариант формулы дает значение разрешающей способности объектива в радианах, и, чтобы найти ее численное значение нужно знать длину волны, на которой проводятся наблюдения. Обычно при визуальных наблюдениях используют среднее значение длины волны оптического диапазона 𝜆 = 550 нм или 5500 ангстрем. Можно воспользоваться и вторым вариантом формулы, который сразу дает значение разрешающей способности в угловых секундах. Определим величину разрешающей способности объектива данного телескопа, обозначив ее как 𝜃1. 𝜃1′′ =

138 ≈ 0.7′′ . 200

Вторая причина, почему изображение звезды не является точечным, это качество атмосферы или атмосферное дрожание. Величина этого эффекта задана в условии задачи и равна 1.1′′. Второй эффект является в полтора раза более сильным. Поскольку эти эффекты независимы друг от друга и величина каждого эффекта является случайной, мы можем работать с ними, как с независимыми источниками случайных ошибок. Тогда суммарный эффект определяется квадратичной суммой и будет равен ′′ 𝜃∑︀ =

√︁ 𝜃12 + 𝜃𝑎2 ≈ 1.3′′ .

Определим размер «неточечности» изображения на ПЗС-матрице, которая расположена в фокальной плоскости телескопа: 𝜃∑︀ =

𝑙 , 𝐹

где 𝑙 – диаметр пятна в фокальной плоскости телескопа. Определим численно эту величину: 𝜃∑︀ 1.3 · 2 · 106 мкм 𝑙= ·𝐹 = = 12.6 мкм. 206265 206265 Снова вернемся к таблице с отсчетами. Так как значения отсчетов в каждом пикселе по горизонтали и по вертикали на центральной оси изображения звезды примерно одинаковы, мы можем считать, что звезда занимает практически все 9 пикселей целиком, и диаметр звезды с хорошей точностью равен 3 пикселям. Следовательно размер одного пикселя 𝑥=

𝑙 = 4.2 мкм. 3

Теперь определим звёздную величину звезды. На первый взгляд кажется, что нам нужно просто сложить число всех фотонов, которые попали в 9 выбранных пикселей – 7062 фотона. Но давайте обратим внимание, что значение отсчетов вне изображения звезды не равно нулю, и задумаемся, а почему так? Ответ простой, XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 9 из 23

10 класс

18.03.2025

Теоретический тур

на него намекает четвертый вопрос задачи – эти отсчеты связаны с зарегистрированными фотонами от фона неба. По пикселям вне изображения звезды легко понять, что средняя величина фона неба составляет 100 фотонов на пиксель. Следовательно, в центральных пикселях от самой звезды мы зарегистрировали 𝑁0 = 7062 − 900 = 6162 фотона. В условии задачи сказано, что КПД приемника излучения составляет 86%, а потери света в оптической системе – 10%. Тогда число фотонов от звезды, попавших на зеркало телескопа, составит 𝑁0 ≈ 7960 фотонов 𝑁= 0.86 · 0.9 Давайте определим, от каких параметров зависит число фотонов, попадающих на телескоп. Для этого в условии задачи дана еще одна подсказка – от звезды нулевой звёздной величины на 1 см2 в 1 секунду поступает 106 фотонов. Чем больше выдержка фотографии, тем больше фотонов будет зарегистрировано. Чем больше площадь зеркала (не пикселя), тем больше будет фотонов на приёмнике. Запишем эту зависимость в виде сравнения нашей звезды и звезды нулевой звёздной величины, параметры которой будем обозначать индексом 𝑠 – стандарт: 𝑁1 𝐸1 ∆𝑡1 · 𝑆1 = 𝑁𝑠 𝐸𝑠 ∆𝑡𝑠 · 𝑆𝑠

где ∆𝑡𝑠 = 1 сек, а 𝑆𝑠 = 1 см2. Выразив отсюда отношение освещённостей 𝑁1 ∆𝑡𝑠 · 𝑆𝑠 𝐸1 = · , 𝐸𝑠 𝑁2 ∆𝑡1 · 𝑆1

можно через формулу Погсона получить разность звёздных величин (︂

)︂ 𝑁1 ∆𝑡𝑠 · 𝑆𝑠 𝑚1 − 𝑚𝑠 = −2.5 log · . 𝑁2 ∆𝑡1 · 𝑆1

Подставим значения:

7960 1 сек · 1 см2 𝑚1 = 0 − 2.5 log · 106 10 сек · 𝜋 · (20/2)2 см2 𝑚

(︂

)︂

= 14𝑚

Наконец, определим фон неба – звёздную величину квадратной секунды неба. Угловой размер одного пикселя составляет 𝑥 4.2 · 10−6 м 𝛾= = = 2.1 · 10−6 рад = 0.43′′ 𝐹 2м Нам дано по условию, что 60% отсчетов в пикселях фона – это тепловые шумы и шумы считывания, не связанные с фотонами, поступающими из внешнего пространства в оптическую систему. Значит, оставшиеся 40% отсчётов – это и есть отсчёты от фотонов, рассеянных атмосферой Земли, которые и создают фон неба. Значит, в каждый пиксель поступает 40 отсчётов от фона неба. А число таких фотонов, полученных оптической системой, равно 𝑁2 =

40 ≈ 52 фотона на пиксель 0.86 · 0.9

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 10 из 23

10 класс

Теоретический тур

18.03.2025

Аналогично рассуждениям выше, определим звездную величину, которую создают фотоны фона, попавшие в один пиксель: 𝑚𝑓 = 19.5𝑚

Теперь эту величину надо привести к угловой площади неба в 1 квадратную секунду. Одна сторона пикселя имеет угловой размер 0.43′′. Значит, его угловая площадь – 0.18 2′′. Угловая площадь участка неба, фотоны которого попадают на этот пиксель, будет ровно такая же. Следовательно, поверхностная звёздная величина фона будет равна 𝑚2′′ = 𝑚𝑓 + 2.5 lg 𝑆 = 17.7𝑚 /2′′ Критерии оценивания.

15

Определение разрешающей способности объектива . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Определение разрешающей способности телескопа с учетом атмосферы . . . . . . . . . . . . . . . 2 Если используется модель с выбором большей разрешающей способности. . . . . . . . .1 К3. Определение линейного масштаба «пятна» звезды . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К4. Определение величины одного пикселя . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К5. Определение общего числа фотонов от звезды без фона. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Число фотонов в 9 пикселях. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 Определение средней величины фона неба, вычет фона неба . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К6. Определение звёздной величины звезды . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Учет потерь в приёмнике и оптической системе. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 Запись зависимости числа фотонов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Получение выражения для звёздной величины . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Итоговый численный ответ с точностью 0.2𝑚 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К7. Определение звёздной величины фона неба. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Определение числа фотонов фона на пиксель. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 Определение угловой площади участка на небе, соответствующего 1-му пикселю . 1 Итоговый численный ответ с точностью 0.2𝑚 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К1. К2.

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 11 из 23

10 класс

18.03.2025

Теоретический тур

10.4. Полярный спутник В. Игнатьев, А. Ребриков

Спутник пролетает через зенит для наблюдателя на Северном полюсе Земли, причём скорость спутника в этот момент перпендикулярна направлению от наблюдателя. Высота орбиты спутника составляет половину радиуса Земли, а величина скорости совпадает с первой космической скоростью на поверхности Земли. Определите азимут, в направлении которого будет двигаться спутник после прохождения зенита для наблюдателя на экваторе. Решение.

В первую очередь отметим, что расстояние от центра Земли до спутника 3 1 𝑟 = 𝑅⊕ + 𝑅⊕ = 𝑅⊕ . 2 2

Посчитаем первую космическую скорость Земли: √︃ 𝑣𝐼 =

𝐺𝑀 = 7.9 км/с. 𝑅⊕

Когда спутник будет наблюдаться в зените на экваторе, он будет в 90 градусах от текущего положения. Сейчас его скорость перпендикулярна направлению на центр Земли, то есть он точно находится на линии апсид (перицентр и апоцентр), следовательно, он будет находиться в фокальном параметре. Восстановим параметры орбиты спутника. Запишем интеграл энергии 𝑣02 = 𝐺𝑀

(︂

2 1 − 𝑟 𝑎

)︂

𝐺𝑀 = 𝑅⊕

(︂

𝑅⊕ 𝑅⊕ − 2 𝑟 𝑎

)︂ .

Выделим слева и справа квадрат первой космической скорости: 𝑣𝐼2 = 𝑣𝐼2

)︂ (︂ 4 𝑅⊕ 𝑅⊕ 𝑅⊕ − =⇒ 𝑎 = 3𝑅⊕ . =⇒ 1 = − 2 𝑟 𝑎 3 𝑎

Текущее расстояние меньше большой полуоси, значит, мы находимся в перицентре: 3 1 𝑅⊕ = 𝑞 = 𝑎(1 − 𝑒) = 3𝑅⊕ (1 − 𝑒) =⇒ 1 − 𝑒 = =⇒ 𝑒 = 0.5. 2 2

Теперь найдём фокальный параметр 9 3 𝑝 = 𝑎(1 − 𝑒2 ) = 𝑎 = 𝑅⊕ 4 4

В момент, когда спутник будет пролетать в зените для наблюдателя на экваторе, на наблюдаемое с Земли направление движения спутника будет влиять только трансверсальная составляющая. Найдём её из закона сохранения момента импульса 𝑣0 𝑞 = 𝑣𝜏 𝑝 =⇒ 𝑣𝜏 = 𝑣0

𝑞 2 = 𝑣𝐼 = 5.3 км/с. 𝑝 3

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 12 из 23

10 класс

18.03.2025

Теоретический тур

Вообще, не проводя никаких вычислений, можно сказать, что пролетая над экватором спутник будет лететь примерно на юг, то есть на азимут примерно равный нулю. Однако, он в точности не равен нулю, ведь сам наблюдатель двигается. Относительная скорость складывается из двух ортогональных компонент — скорость спутника и скорость наблюдателя. Можно посчитать верное решение разными способами. Один из вариантов — посчитать отдельно угловую скорость спутника на фоне далёких звёзд и угловую скорость зенита. Угловая скорость относительно далёких звёзд будет делиться на две компоненты — по направлению на юг и на запад. Посчитаем по определению, как разность трансверсальных скоростей (скорость обращения на экваторе есть 𝜔⊕𝑅⊕ = 0.46 км/с ̸= 𝑣𝐼 и направлена на восток). Также учтём, что для определения скорости относительно зенита, а не далёких звезд, нужно будет вычесть угловую скорость зенита, которая направлена на восток (действительно, ведь звёзды относительно зенита двигаются на запад, к заходу, следовательно зенит относительно звёзд в противоположную сторону, на восток). Заметим, что скорость спутника относительно зенита и скорость зенита относительно звёзд — обе направлены на запад (ведь мы беря относительную скорость вычитаем, тем самым меняем направление). Будем считать положительным направление на юг и на запад соответственно, тогда 𝜔юг =

𝑣𝜏 𝑝 − 𝑅⊕

𝜔запад =

𝜔⊕ 𝑅⊕ 𝜔⊕ 𝑅⊕ + (𝑝 − 𝑅⊕ )𝜔⊕ 𝜔⊕ 𝑝 + 𝜔⊕ = = . 𝑝 − 𝑅⊕ 𝑝 − 𝑅⊕ 𝑝 − 𝑅⊕

Как видно из этих формул, сами угловые скорости зависят от расстояния от наблюдателя до спутника, но вот их отношение — не зависит, и равно 𝜔⊕ 𝑝

𝜔⊕ 𝑝 𝜔запад 𝜔⊕ 𝑝−𝑅 . = 𝑣𝜏 ⊕ = = 𝜔юг 𝑣𝜏 𝑣𝜏 /𝑝 𝑝−𝑅⊕

Из-за чего направление движения спутника отклоняется на угол 𝜃 9 𝜔⊕ 𝑅⊕ 27 0.46 км/с 𝜔запад 𝜔⊕ 𝑝 = tg 𝜃 = ≈ 0.19 =⇒ 𝜃 ≈ 11°. = = 4 2 𝜔юг 𝑣𝜏 8 7.9 км/с 𝑣 3 𝐼 Скорость повернута к западу, то есть спутник будет лететь в направлении азимута 11° Можно поступить иначе. Воспользуемся понятием переносной скорости: посчитаем трансверсальную скорость спутника в вращающейся системе отсчёта, связанной с наблюдателем, или, что в таком случае эквивалентно, в вращающейся системе отсчёта, связанной с центром Земли (действительно, в такой системе наблюдатель неподвижен). Переносной скоростью будет угловая скорость вращения Земли помноженная на расстояние от центра Земли до спутника: 𝑢 = 𝑝 · 𝜔⊕ = 1.04 км/с. Из-за чего направление движения спутника отклоняется на угол 𝜃 tg 𝜃 =

𝑢 𝑝 · 𝜔⊕ = =⇒ 𝜃 ≈ 11°. 𝑣𝜏 𝑣𝜏

Направление спутника поворачивается против движения наблюдателя, в ту же сторону, что и далёкие звёзды. Как можно заметить, получилось абсолютно такая же формула и такой же ответ. XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 13 из 23

10 класс

Теоретический тур

18.03.2025

Учащийся может неверно перейти из одной системы отчета в другую, забыв, что система вращающаяся. Тогда у него должно получится следующее решение: Скорость наблюдателя сутки = 0.46 км/с. Из-за чего направление движения спутника отклоняется на угол 𝜃 𝑢=

2𝜋𝑅⊕

tg 𝜃 =

𝑢 =⇒ 𝜃 ≈ 5°. 𝑣𝜏

Направление спутника поворачивается против движения наблюдателя, в ту же сторону, что и далёкие звёзды. То есть, к западу, то есть спутник будет лететь в направлении азимута 5°. Иначе можно трактовать, что в таком решении не учитывается скорость движения зенита относительно далёких звёзд. Такое решение оценивается частичным баллом. Критерии оценивания.

15

Параметры орбиты . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Строгое обоснование, что точка над полюсом является перицентром орбиты. . . . . .1 Выражение для первой космической скорости . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Выражение для эксцентриситета орбиты. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 К2. Скорость в исследуемой точке . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Вывод, что точка над экватором является фокальным параметром орбиты . . . . . . . 1 Выражение для фокального параметра . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Выражение для трансверсальной скорости. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 К3. Вычисление азимута . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Переход во вращающуюся систему отсчёта. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 Вычисление компонент относительной трансверсальной скорости . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Направление отсчёта азимута, иначе говоря, указание, что азимут ∈ [0, 90∘] . . . . . . 1 Формула для азимута. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 Ответ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К1.

Комментарии к системе оценивания. При решении без учёта движения точки отсчёта азимута (без грамотного перехода во вращающуюся систему отсчёта) оценка за K3 не превышает 2 баллов.

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 14 из 23

10 класс

Теоретический тур

18.03.2025

10.5. Давайте продлим вечер А. Автаева

В будущем «совы» настояли на своем и решили продлить световой день, чтобы вечером еще было светло. Они отправили в одну из точек на орбите Земли, отстоящую от Земли на 60°, плоское овальное зеркало так, чтобы отраженное в нем Солнце целиком могло быть видно с Земли. A. Нарисуйте схематично расположение зеркала относительно Земли и Солнца. B. Под каким углом к поверхности зеркала на него падают солнечные лучи? C. Определите минимальные размеры зеркала – посчитайте его наименьшие возможные большую и малую полуоси. D. Оцените, в какой момент по местному времени на экваторе Земли происходит закат зеркального Солнца. E. Найдите видимую звёздную величину зеркального Солнца. F. Определите, сколько будет длиться полная фаза центрального затмения зеркального Солнца Луной (промежуток времени, в течение которого зеркального Солнца не будет видно). G. Допустим, в каком-то месяце случилось кольцевое солнечное затмение. Какова вероятность, что в этом же месяце будет затмение зеркального Солнца? Свой ответ поясните. Считайте орбиты Земли и Луны круговыми, пренебрегите потерями света при отражении от зеркала. Решение. Пункт 1.

Зеркало 𝑎⊕

Солнце

𝑎⊕ 𝑎⊕

Земля Рис. 1: Взгляд на систему Земля – Солнце с северного полюса. XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 15 из 23

10 класс

18.03.2025

Теоретический тур

Треугольник Земля – Зеркало – Солнце равносторонний. Зеркало прямое, и через него видно отражение Солнца, значит, угол падения будет равен углу отражения. Следовательно, угол между поверхностью и лучом равен 60∘. Пункт 3. Зеркало представляет собой эллипс (овал, рисунок 2), расположенный под углом к наблюдателю. Значит: 𝐷 – большая ось зеркала, 𝑑 – малая ось зеркала.

Пункт 2.

d D

Рис. 2: Форма зеркала. Наблюдатель видит зеркало круглым. См. рис. 3 и 4. Для того чтобы в зеркало помещалось все Солнце, но и линейные размеры были минимальны, угловой размер зеркала должен соответствовать угловому размеру изображения Солнца. 𝑅⊙

𝑑 𝑎⊕

𝑎⊕

Рис. 3: Вид из плоскости эклиптики на систему Земля – зеркало – изображение Солнца. 𝑅⊙

𝐷 𝑎⊕

𝑎⊕

Рис. 4: Вид из полюса эклиптики на систему Земля – зеркало – изображение Солнца. Изображение Солнца находится на расстоянии 2 а.е., так как солнечным лучам требуется пройти путь от Солнца до Зеркала и потом после отражения до Земли. 𝑑

1 а.е.

2𝑅⊙ ⇒ 𝑑 = 𝑅⊙ = 697000 км 2 а.е.

𝐷=

𝑑 = 805000 км sin(60°)

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 16 из 23

10 класс

18.03.2025

Теоретический тур

Решение представлено для случая наблюдения из конкретной точки на Земле (или при пренебрежении размером Земли). Для того, чтобы Солнце можно было наблюдать одновременно из любой точки на Земле, малая ось зеркала увеличивается примерно на величину диаметра Земли. Аналогично, большая полуось увеличивается согласно приведённой выше формуле. Пункт 4. Зеркальное Солнце отстает от реального на 60∘ по эклиптике. Поэтому в первом приближении (так как требуется только оценка) можно сказать, что зеркальное Солнце движется но небу со скоростью, равной скорости Солнца, то есть 15°/час. На экваторе в любое время года заход Солнца происходит в 18 : 00 по местному солнечному времени, движение происходит в плоскости, перпендикулярной плоскости горизонта. Значит, Зеркальное Солнце заходит позже реального на 4 часа, в 22 : 00. В реальности из-за наклона плоскости эклиптики к плоскости экватора время захода изменяется в пределах 22 : 00 ± 17 минут. Пункт 5. Заметим, что зеркало изменяет только направление движения солнечных лучей, не меняя их характеристик. Поэтому, так как в зеркало видно полное изображение Солнца, можно считать, что вместо зеркала в том направлении на расстоянии 2 а.е. находится реальное Солнце. 𝐼𝐼𝑚𝑔 =

𝐿⊙ 4𝜋(2𝑎⊕ )2

𝑚𝐼𝑚𝑔 − 𝑚⊙ = 2.5 log 𝑚𝐼𝑚𝑔 = 𝑚⊙ + 2.5 log

𝐼⊙ 𝐼𝐼𝑚𝑔

𝐿⊙ × 4𝜋(2𝑎⊕ )2 = 𝑚⊙ + 2.5 log 4 = −25, 24𝑚 4𝜋𝑎2⊕ 𝐿⊙

Первый вопрос. Затмение центральное, значит, относительно Луны зеркальное Солнце пройдет по диаметру Луны. Полная фаза затмения будет от положения 2 до положения 3, см. . Пункт 6.

Рис. 5: Взаимное положение Луны и зеркального Солнца во время затмения. Продолжительность полной фазы затмения отличается для наблюдателей, находящихся в разных точках земного шара. Для случая, когда наблюдатель находится на полюсе Земли, что также соответствует наблюдению из центра Земли, реализуется следующая ситуация: Угловой размер зеркального Солнца в два раза меньше углового размера Луны. Угловое 360 движение зеркального Солнца относительно звёзд равно 𝜔⊙ = 365.25 дней = 0.04°/час, а 𝜔$ = °

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 17 из 23

10 класс

18.03.2025

Теоретический тур

дней = 0.55°/час. Движение зеркального Солнца относительно Луны 𝜔 = 𝜔$ − 𝜔⊙ =

360° 27.3 0.51°/

час. Угловое растояние, которое должно пройти зеркальное Солнце относительно Луны, равно разности углового диаметра Луны и углового диаметра зеркального Солнца. Следовательно, продолжительность полной фазы затмения: 𝑡=

2𝜌Луны − 2𝜌𝑆𝑢𝑛 = 31 мин. 𝜔

Это оценка дает минимальное время полной фазы центрального затмения. Если наблюдатель находится в любой другой точке земного шара, требуется учесть угловую скорость Земли в данной точке. Максимальное значение для продолжительности такого затмения реализуется в случае, если наблюдатель находится на экваторе, а затмение происходит в зените. Мгновенная угловая скорость Луны относительно зеркального Солнца уже будет отличаться от средней угловой скорости Луны: 𝑉 − 𝑉пов 𝜔$ = $ = 360∘ · 𝑑$⊕ − 𝑅⊕

(︂

60𝑅⊕ 1𝑅⊕ − 29.5сут 1сут

)︂

/(59𝑅⊕ ) = 0.26∘ /час

Следовательно, продолжительность полной фазы затмения: 𝑡=

2𝜌Луны − 2𝜌𝑆𝑢𝑛 = 62 мин. 𝜔

Пункт 7. Так как наклон орбит никто не убирал, два затмения в один месяц случиться не могут, так как у Луны только два узла орбиты – две точки, в которых пересекаются плоскости орбиты Луны и эклиптики, и эти узлы находятся в диаметрально противоположных точках орбиты. Зеркальное Солнце отстоит от реального на 60° по эклиптике, если узел находится в направлении на реальное Солнце, то передвинуться на 60° за месяц он не успеет.

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 18 из 23

10 класс

Теоретический тур

18.03.2025

Критерии оценивания. К1.

15

Правильное расположение зеркала относительно Земли и Солнца . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Если рисунок сделан зеркально симметрично без явного указания, что вид с Юга – 0 баллов

К2.

Угол к поверхности . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Любой другой угол, даже если правильно – 0

Определены минимальные линейные параметры зеркала. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Указание на то, что зеркало – это эллипс, а с Земли выглядит как круг . . . . . . . . . . 1 Малая полуось эллипса. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 Большая полуось эллипса . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К4. Определение момента захода Солнца как 22 часа. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К5. Определение видимой звёздной величины . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Утверждение, что зеркало меняет только направление лучей. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 Правильная формула . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Правильное численное значение −25.24𝑚 ± 0.25𝑚 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К6. Определение длительности полного затмения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

К3.

Условие задачи позволяет выбрать несколько моделей решений. Например, наблюдатель находится на полюсе или в центре Земли. В этом случае участнику не нужно учитывать вращение Земли вокруг своей оси. Возможно, участник разместил наблюдателя на экваторе. В этом случае, необходимо учесть вращение Земли. Решения, в которых участники искали длительность затмения во всей полосе полного затмения, оценивается максимум в 1 балл

Описана модель, используемая для расчета . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Определение пути, пройденого Луной относительно Солнца. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 Относительная скорость . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Получение численного ответа с точностью ±3 мин с учетом выбранной модели. . .1 К7. Обоснование ответа на последний вопрос задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 19 из 23

10 класс

18.03.2025

Теоретический тур

10.6. Сага о затмениях В. Б. Игнатьев

Определите возможные значения временного интервала между двумя последовательными солнечными затмениями. Для каждого возможного значения интервала оцените вероятность того, что следующее затмение наступит именно через такой интервал. Считайте эксцентриситет лунной орбиты бесконечно малым. Эксцентриситетом земной орбиты пренебречь. Решение.

Для наступления солнечных затмений должно выполнится два условия: A. Луна должна находится в новолунии B. Эклиптическая широта Луны |𝛽| ≤ 𝛽𝑐𝑟 𝛽𝑐𝑟 = 𝜌⊙ + 𝜌$ + 𝑝$ − 𝑝⊙ = 88′ 42′′

Луна Солнце

𝑝⊙

𝑝$𝜌

Земля

𝜌⊙ 𝛽𝑐𝑟

Рис. 6: Условия наступления частного солнечного затмения В общем случае, последующее затмение может произойти через синодический период Луны или отрезок времени, кратный синодическому периоду. Не обязательно, что после какоголибо солнечного затмения последующее затмение произойдет ровно через один синодический период. Это зависит от второго условия наступления затмения. От того, где именно относительно узла находится Луна в момент исходного затмения, будет зависить положение Луны в момент последующего затмения. Выпишем из справочных данных значение синодического периода Луны 𝑆 и драконического периода Луны 𝑇𝐷 : 𝑆 = 29.5306 суток 𝑇𝐷 = 27.2122 суток Максимальное удаление Луны от узла для наступления частного затмения sin 𝛽𝑐𝑟 sin 88′ 42′′ sin 𝑙𝑐𝑟 = = sin 𝑖 sin 5∘ 09′

𝑙𝑐𝑟 = 16.7∘

Следовательно, полная длина диапазона 𝐿 возможных значений положения Луны относительно узла составляет 𝐿 = 2 · 𝑙𝑐𝑟 = 33.4∘

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 20 из 23

10 класс

18.03.2025

Теоретический тур

Рассмотрим эту задачу для случая наступления солнечного затмения через один синодический период. Определим область допустимых значений 𝑙 нахождения Луны относительно узла, чтобы через синодический период снова было солнечное затмение. За один синодический период Луна сместиться относительно узла на расстояние ∆𝑙1 ∆𝑡1 = 𝑆 − 𝑇𝐷 = 2.3184 суток ∆𝑙1 = 𝑤𝐷 · ∆𝑡1 = 30.67∘

Проинтерпретируем полученный результат. Если, первоначальное затмение было полным и Луна была в узле своей орбиты, то через синодический период Луна сместиться от узла более чем на 30∘ и затмения не будет. Но если Луна находится в самом начале интервала возможных расстояний от узла 𝑙, то возможна ситуация, что строго через один синодический период снова будет затмение, но уже в конце указаного диапазона Луна 𝛽

Узел

90∘

Рис. 7: Для определения величины l Проанализировав изменение положения Луны за один синодический период мы пришли к выводу, что последующее затмение будет возможно, только если Луна изначально находилась в определенной области возможных положений. 𝑥 = 𝐿 − ∆𝑙1 = 33.40∘ − 30.67∘ = 2.73∘ 1𝑆 −16.70 −13.97

Узел

Рис. 8: Случай одного синодического периода. Заштрихованная область – это область, в которой должна находится Луна при первом затмении, что через один синодический период также было затмение. Поскольку, изначальное положение Луны может быть случайным, то есть любым, то отношение длин(величин) диапазонов и будет давать вероятность распределения периодов последующих затмений. Отсюда уже видна механика решения. Проанализуем периоды времени, кратные синодическому периоду до того момента, пока у нас не заполниться вся первоначальная область допустимых значений величины 𝑙. XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 21 из 23

10 класс

18.03.2025

Теоретический тур

периода. Cмещение относительно узла составить ∆𝑙2 = 2 · ∆𝑙1 = 2 · 30.67 = 61.34 . При таком смещении Луны от узла никакого затмения не будет. Также произойдет с тремя и четыремя синодическими периодами. А вот при интервале времени в пять синодических периодов Луна окажется вблизи противоположного узла. Посчитаем этот случай. Смещение составляет ∆𝑙5 = 5 · ∆𝑙1 = 153.35∘. Предположим, что изначальное затмение произошло в самой далекой точки от узла, уже после его прохождения. Тогда после пяти синодических периодов

Два синодический ∘

𝑙𝑚𝑎𝑥5 = 16.70∘ + 153.35∘ = 170.05∘

То есть, Луна оказалась внутри области, где возможны солнечные затмения. Поскольку нас интересует возможные значения величины 𝑙 исходного затмения, то нас устраивает диапазон 5𝑆

Узел

9.95

16.70

Рис. 9: Случай пяти синодических периодов. Заштрихованная область – это область, в которой должна находится Луна при первом затмении, что через пять синодический период также было затмение. При шести синодических периодах смещение Луны составит ∆𝑙6 = 184.02∘. То есть Луна также будет у противоположного узла своей орбиты. В этом случае нас устроит диапазон 6𝑆 −16.70

Узел

12.68

Рис. 10: Случай шести синодических периодов. Заштрихованная область – это область, в которой должна находится Луна при первом затмении, что через щесть синодический период также было затмение. Обратите внимание, что диапазон для 1 и 6 синодических периодов пересекаются. Но, в условии задачи спрашивают про наступление последующего затмения. И если при изначальном затмении Луна была в области, где возможно наступление затмения через 1 и 6 синодических периодов, то последующее затмение – это затмение через 1 периодов. Итоговый результат Период Вероятность 1S 8.2% 5S 20.3% 6S 71.5% XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 22 из 23

10 класс

18.03.2025

Теоретический тур

1𝑆 −16.70 −13.97

Узел 5𝑆

Узел

9.95

16.70

6𝑆 −16.70

Узел

1𝑆

6𝑆

−16.70 −13.97

Узел

12.68 5𝑆 9.95

16.70

Рис. 11: Итоговое распределение Сравним с расчетами последних 11 897 солнечных затмений. Период число затмений Процент 1S 1 361 11.4% 5S 2 743 23.1% 6S 7 793 65.5% Небольшие расхождения, которые мы видим, определяются эксцентриситетом лунной орбиты и не постоянной угловой скоростью. А также вековыми изменения параметров орбиты Луны. Критерии оценивания.

15

Условие наступления солнечных затмений. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Указано новолуние . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Указано условие на 𝛽 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 К2. Значения временных интервалов между последующими затмениями. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 для случая одного синодического периода . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 для случая пяти синодического периода . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 для случая шести синодического периода . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Указаны иные ответы. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . −1

К1.

За каждый не верный интервал оценка по данному критерию снижается на 1 балл. Общая оценка за критерий не может быть отрицательной.

Определение допустимых значений 𝑙 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 для случая одного синодического периода . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 для случая пяти синодического периода . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 для случая шести синодического периода . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К4. Определение вероятностей наступления каждого случая . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Если не учтены области пересечения 1 и 6 синодического периода . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К3.

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 23 из 23

Решения — прак.

Практический тур Условия, решения и схема оценивания. 10 класс

Содержание 10.7. Базовая зависимость . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 10.8. Танцы с Бубном . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 10.9. Сгорел на работе . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 1 из 21

10 класс

Практический тур

19.03.2025

10.7. Базовая зависимость В. Б. Игнатьев

В таблице ниже представлены данные из каталога Brandler et al. по некоторым наиболее ярким звёздам одного рассеянного скопления. Определите показатель степени зависимости «масса – светимость» для звёзд главной последовательности в диапазоне масс от 2 𝑀⊙ до 5𝑀⊙ на примере данного скопления. номер 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29

lg 𝐿 2.50 2.37 2.34 2.29 2.22 1.97 1.93 1.82 1.76 1.63 1.63 1.63 1.61 1.56 1.52 1.46 1.41 1.38 1.32 1.29 1.24 1.17 1.12 1.10 1.10 1.08 1.07 1.01 0.98

𝐺𝑚𝑎𝑔 5.20 5.44 5.43 5.64 5.75 6.16 6.30 6.43 6.60 6.80 6.84 6.82 6.81 6.90 7.00 7.20 7.10 7.29 7.35 7.53 7.55 7.65 7.71 7.75 7.80 7.83 7.73 7.96 8.02

lg 𝑇 4.126 4.119 4.117 4.113 4.107 4.079 4.073 4.059 4.05 4.036 4.029 4.029 4.026 4.018 4.010 4.001 3.991 3.987 3.976 3.969 3.960 3.947 3.939 3.935 3.934 3.931 3.930 3.919 3.914

lg 𝑔 3.979 4.06 4.076 4.097 4.129 4.213 4.223 4.245 4.255 4.267 4.271 4.272 4.274 4.278 4.281 4.285 4.288 4.289 4.291 4.292 4.294 4.295 4.297 4.297 4.297 4.298 4.298 4.300 4.301

𝐵𝑃 𝑚𝑎𝑔 − 𝐺𝑚𝑎𝑔 -0.018 -0.022 -0.035 -0.04 -0.043 -0.04 -0.037 -0.03 -0.023 -0.019 -0.01 0.026 -0.005 -0.002 0.005 0.007 0.020 0.025 0.038 0.036 0.050 0.060 0.064 0.066 0.078 0.071 0.076 0.082 0.091

В таблице приведены следующие данные: порядковый номер; lg 𝐿 – логарифм болометрической светимости звезды в единицах светимости Солнца; 𝐺𝑚𝑎𝑔 – видимая звёздная величина в полосе G каталога GAIA; lg 𝑇 – логарифм эффективной температуры звезды в кельвинах; lg 𝑔 – логарифм ускорения свободного падения в фотосфере звезды в системе единиц СГС (сантиметр/грамм/секунда); 𝐵𝑃 𝑚𝑎𝑔 − 𝐺𝑚𝑎𝑔 – показатель цвета для полос 𝐵𝑃 𝑚𝑎𝑔 и 𝐺𝑚𝑎𝑔 каталога GAIA. Параллакс звездного скопления составляет 𝜋 = 7.4 миллисекунды дуги. Абсолютная звёздная величина Солнца в полосе G каталога GAIA равна +4.8𝑚 . Осевым вращением звезд пренебречь. XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 2 из 21

10 класс

Практический тур

19.03.2025

Решение.

Для решения задачи нужно получить классическую зависимость «масса–светимость» для звёзд главной последовательности. Она имеет вид:

𝐿 ∼ 𝑀𝛾 𝛾 - показатель степени, разный для различных диапазонов масс. И участникам нужно найти показатель степени для указанного в условии диапазона масс. На первом этапе стоит проверить, что все предоставленные звезды относятся к главной последовательности, так как яркие звезды могут быть и красными гигантами или двойными звездами. На втором этапе, что все они находятся в нужном нам диапазоне масс. Эту нужно сделать, чтобы не обрабатывать и получать зависимость для правильной выборки данных. Для того, чтобы проверить, что все звезды являются звездами главной последовательности построим диаграмму звездная величина – цвет. Если все верно, то получится плавная линия. Если какие-то точки будут заметно выбиваться, то эти звезды не принадлежат главной последовательности.

Рис. 1: Построенная диаграмма звездная величина-цвет. Проведем анализ диаграммы. На ней хорошо видны звезды главной последовательности, точка поворота - ухода звезд с главной последовательности. Звезды под номерами 1-5 формируют точку поворота и уже не принадлежат главной последовательности и находятся на следующей XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 3 из 21

10 класс

Практический тур

19.03.2025

эволюционной стадии. Точка 12 сильно выделяется над полученной главной последовательностью, это может быть двойная система, состоящая из двух примерно одинаковых по массе, и соотвественно цвету, звезд. А может быть звезда фона, которая наложилась в картинной плоскости на рассматриваемое скопление. Участник может построить аналогичный график, выбрав по вертикальной оси lg 𝐿. Точки, которые нужно отбросить не изменятся.

Рис. 2: Построенная диаграмма звездная величина-цвет. Далее участник при решении задачи может действовать следующими способами для всех оставшихся в рассмотрении точек. Версия в лоб.

Для всех оставшихся точек сделаем следующие действия. A.

Из логарифма температуры вычислить значение температуры фотосферы звезды, а из логарифма светимости – светимость в светимостях Солнца.

B.

Определим радиус звезды 𝑅 при помощи закона Стефана-Больцмана 𝐿 = 4𝜋𝑅2 𝜎𝑇 4

C.

Из lg 𝑔 логарифма ускорения свободного падения получим саму величину 𝑔

D.

Из величины ускорения свободного падения вычислим 𝑀 массу звезды

E.

Далее еще раз отсеем те звезды, которые находятся вне диапазона 2 − 5 𝑀⊙

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 4 из 21

10 класс F. G.

Практический тур

19.03.2025

Вычислим логарифм массы lg 𝑀 и построить зависимость lg 𝐿 − lg 𝑀

Отсеем точки не укладывающиеся в зависимость. Это будут точки от звезд фона либо двойных звезд.

Оставим этот путь для участников, которые обладают нелимитированным количеством времени. Рациональный подход

Стоит заметить, что на последнем этапе нужно значение логарифма массы звезд, потому что логарифмируя зависимость масса-светимость можно получить линейную зависимость, коэффициент которой сразу дает искомую в задаче величину. Следовательно нет смысла уходить от логарифмов в сторону степенных зависимостей, а проще и удобнее получить общую формулу. Запишем формулу для ускорения свободного падения и прологарифмируем ее:

𝑔=

𝐺𝑀 , 𝑅2

lg 𝑔 = lg 𝐺 + lg 𝑀 − 2 lg 𝑅

Запишем закон Стефана-Больцмана и прологарифмируем ее:

𝐿 = 4𝜋𝑅2 𝜎𝑇 4 ,

lg 𝐿 = lg(4𝜋𝜎) + 2 lg 𝑅 + 4 lg 𝑇

Из второго выражения выразим lg 𝑅 и подставим во первое, выразив в нем lg 𝑀

lg 𝑔 = lg 𝐺 + lg 𝑀 − (lg 𝐿 − lg(4𝜋𝜎) − 4 lg 𝑇 ) = lg(4𝜋𝜎𝐺) + lg 𝑀 − lg 𝐿 + 4 lg 𝑇 Следовательно:

lg 𝑀 = lg 𝑔 + lg 𝐿 − 4 lg 𝑇 − lg(4𝜋𝜎𝐺) Стоит обратить внимание, что ускорение свободного падения 𝑔 * дано в величинах системы СГС, следовательно размерность величины сантиметр на квадратную секунду. В системе СИ это величина 𝑔 будет на два порядка меньше.

lg 𝑔 = lg 𝑔 * − 2 Также заметим, что светимость дана в светимостях Солнца. Следовательно, финальная формула будет выглядеть следующим образом:

lg 𝑀 = lg 𝑔 * + lg(𝐿L⊙ ) + lg 𝐿⊙ − 4 lg 𝑇 − lg(4𝜋𝜎𝐺) − 2 = lg 𝑔 * + lg(𝐿L⊙ ) − 4 lg 𝑇 + 14.32 + 26.59 lg

𝑀 = −30.3 𝑀⊙

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 5 из 21

10 класс

19.03.2025

Практический тур

Альтернативный способ получения необходимых соотношений возможен, если выражать единицы в массах и светимостях Солнца. Запишем формулу отношения ускорений свободного падения звезды и Солнца и прологарифмируем ее:

𝑔=

𝐺𝑀 , 𝑅2

𝑀 𝑅 𝑔 = lg − 2 lg 𝑔⊙ 𝑀⊙ 𝑅⊙

Запишем отношения светимостей через закон Стефана-Больцмана и прологарифмируем ее:

𝐿 = 4𝜋𝑅2 𝜎𝑇 4 ,

lg

𝑅 𝑇 𝐿 = 2 lg + 4 lg 𝐿⊙ 𝑅⊙ 𝑇⊙

Следовательно, если использовать логарифмические величины из таблицы, выражение будет иметь вид :

lg

𝑔 𝐿 𝑇 𝐿 𝑀 = lg + lg − 4 lg = lg 𝑔 + lg − 4 lg 𝑇 − lg 𝑔⊙ + 4 lg 𝑇⊙ 𝑀⊙ 𝑔⊙ 𝐿⊙ 𝑇⊙ 𝐿⊙

Возьмем значения величин о Солнце из справочных данных, переведем их в систему СГС:

(︂ lg 𝑔⊙ = lg

𝐺𝑀⊙ 2 𝑅⊙

)︂

(︂ = lg

6.67 · 10−8 · 2 · 1033 (6.9 · 1010 )2

)︂

(︀ )︀ lg 2.74 · 104 ≈ 4.44

4 lg 𝑇⊙ = 4 lg (5800) ≈ 15.05 И итоговое выражение для расчета будет:

lg

𝐿 𝐿 𝑀 = lg 𝑔 + lg − 4 lg 𝑇 − 4.44 + 15.05 = lg 𝑔 + lg − 4 lg 𝑇 + 10.61 𝑀⊙ 𝐿⊙ 𝐿⊙

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 6 из 21

10 класс

19.03.2025

Практический тур

номер 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29

lg 𝐿 2.50 2.37 2.34 2.29 2.22 1.97 1.93 1.82 1.76 1.63 1.63 1.63 1.61 1.56 1.52 1.46 1.41 1.38 1.32 1.29 1.24 1.17 1.12 1.10 1.10 1.08 1.07 1.01 0.98

Gmag 5.20 5.44 5.43 5.64 5.75 6.16 6.30 6.43 6.60 6.80 6.84 6.82 6.81 6.90 7.00 7.20 7.10 7.29 7.35 7.53 7.55 7.65 7.71 7.75 7.80 7.83 7.73 7.96 8.02

lg 𝑇 4.126 4.119 4.117 4.113 4.107 4.079 4.073 4.059 4.05 4.036 4.029 4.029 4.026 4.018 4.010 4.001 3.991 3.987 3.976 3.969 3.960 3.947 3.939 3.935 3.934 3.931 3.930 3.919 3.914

lg 𝑔 3.979 4.06 4.076 4.097 4.129 4.213 4.223 4.245 4.255 4.267 4.271 4.272 4.274 4.278 4.281 4.285 4.288 4.289 4.291 4.292 4.294 4.295 4.297 4.297 4.297 4.298 4.298 4.300 4.301

BPmag-Gmag -0.018 -0.022 -0.035 -0.04 -0.043 -0.04 -0.037 -0.03 -0.023 -0.019 -0.01 0.026 -0.005 -0.002 0.005 0.007 0.020 0.025 0.038 0.036 0.050 0.060 0.064 0.066 0.078 0.071 0.076 0.082 0.091

lg 𝑀 0.585 0.564 0.558 0.545 0.531 0.477 0.471 0.439 0.425 0.363 0.395 0.396 0.39 0.376 0.371 0.351 0.344 0.331 0.317 0.316 0.304 0.287 0.271 0.267 0.271 0.264 0.258 0.244 0.235

Теперь заметим, что звезды под номерами 22 и больше имеют массу меньше, чем 2 𝑀⊙ (lg 𝑀 = 0.301), и для построения графика нам не подходят. Так же видно, что звезда 10 скорее всего является звездой фона, так как она лежит ниже главной последовательности и заметно выше в графике зависимости масса-светимость, поэтому эту точку необходимо отбросить. Итоговая выборка звезд будет выглядеть следующим образом

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 7 из 21

10 класс

19.03.2025

Практический тур

номер 6 7 8 9 11 13 14 15 16 17 18 19 20 21

lg 𝐿 1.97 1.93 1.82 1.76 1.63 1.61 1.56 1.52 1.46 1.41 1.38 1.32 1.29 1.24

Gmag 6.16 6.30 6.43 6.60 6.84 6.81 6.90 7.00 7.20 7.10 7.29 7.35 7.53 7.55

lg 𝑇 4.079 4.073 4.059 4.05 4.029 4.026 4.018 4.010 4.001 3.991 3.987 3.976 3.969 3.960

lg 𝑔 4.213 4.223 4.245 4.255 4.271 4.274 4.278 4.281 4.285 4.288 4.289 4.291 4.292 4.294

BPmag-Gmag -0.04 -0.037 -0.03 -0.023 -0.01 -0.005 -0.002 0.005 0.007 0.020 0.025 0.038 0.036 0.050

lg 𝑀 0.477 0.471 0.439 0.425 0.395 0.39 0.376 0.371 0.351 0.344 0.331 0.317 0.316 0.304

Строим график зависимости lg 𝐿 от lg 𝑀 .

Рис. 3: зависимость lg 𝐿 от lg 𝑀 . Определить значение показателя степени лучше всего при помощи метода наименьших квадратов ( МНК ). Очень важно отметить, что мы строим линейную зависимость вида 𝑦 = 𝐴𝑥+𝐵 , в которой свободный член зависимости 𝐵 = 0. Построенная зависимость должна содержать точку (𝐿 = 1 𝐿⊙ ; 𝑀 = 1 𝑀⊙ ), что в логарифмических осях соответствует точке (0; 0). XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 8 из 21

10 класс

Практический тур

19.03.2025

Получаем значение показателя степени: случай без свободного члена 𝛾 = 4.086. Случай определения зависимости со свободным членом, 𝛾 = 4.134 свободный член 𝑏 = −0.003 Теперь, в качестве факультативного анализа построим графики для случаев, если точки не будут выброшены. A.

Случай, если ни одна точка не выброшена. Случай определения без свободного члена - 𝛾 = 4.044. Случай определения зависимости со свободным членом, показатель степени 𝛾 = 4.267, свободный член 𝑏 = −0.041

B.

Случай, если выброшены только точки 1-5.

Случай определения без свободного члена - 𝛾 = 3.833. Случай определения зависимости со свободным членом, показатель степени 𝛾 = 4.161, свободный член 𝑏 = −0.007 C.

Случай, если выброшены только точки 10 и 12.

Случай определения без свободного члена - 𝛾 = 4.069. Случай определения зависимости со свободным членом, показатель степени 𝛾 = 4.274, свободный член 𝑏 = −0.048 D.

Случай, если выброшены только точки 22-29.

Случай определения без свободного члена - 𝛾 = 4.055. Случай определения зависимости со свободным членом, показатель степени 𝛾 = 3.656. свободный член 𝑏 = +0.12 Ответ: случай без свободного члена 𝛾 = 4.086.

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 9 из 21

10 класс

Практический тур

19.03.2025

График со всеми точками

График со всеми точками, кроме точек 1-5

C. График со всеми точками, кроме точек 10 и 12

График, со всеми точками, кроме точек 22-29

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 10 из 21

10 класс

Практический тур

19.03.2025

Критерии оценивания.

25

Решение, в котором ответ сразу записывается 𝛾 = 4 оценивается в ноль баллов

К1. Удаление лишних точек из выборки на основании ГР . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

Построение диаграммы ГР в любом виде . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Удаление 1-5 точек . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Удаление 10 точки . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Удаление 12 точки . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К2. Определение масс звезд из таблицы. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 Оценка за данный пункт выставляется только при получении верных значений масс. Если массы определены для 2-3 случайно выбранных звезд, оценка за данный пункт не более 2х баллов при верном численном ответе.

К3. Удаление точек 22-29 из выборки, по критерию массы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

Этот балл за считывается, только если массы были определены корректно и удалены все точки. В случае любой ошибки оценка за пункт - 0 баллов

К4. Построение графика

lg 𝐿 − lg 𝑀 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 𝛾 К5. Определение показателя степени зависимости 𝐿 ∼ 𝑀 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Если массы звезд определены не верно оценка за данный пункт 0 баллов Если записан ответ, но не приведено обоснование и решение, или оно не является достаточным, то оценка за пункт - 0 баллов. В случае, если часть точек из выборки не удалена, максимальная оценка за данный пункт 3 балла, при графическом методе определения угла наклона - 2 балла

Метод МНК . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 ИЛИ Графический метод . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 учет равенства нулю свободного члена . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Получен численный ответ в диапазоне 4.10 ± 0.05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 11 из 21

10 класс

19.03.2025

Практический тур

10.8. Танцы с Бубном В. В. Красоткина, В.Б. Игнатьев

На диаграмме ниже показано положение белого карлика Сириус В относительно главного компонента системы (Сириус А). Определите период обращения, эксцентриситет, большую полуось орбиты системы и дату прохождения его через перицентр. Известно, что параллакс Сириуса составляет 0.378′′ , сумма масс системы равна 3.08𝑀⊙ , а угол между лучом зрения и нормалью к плоскости орбит системы 𝑖 = 43∘ .

8 7 6 5 18.02.1970

∆ Dec. ["]

20.08.2016

2 1 0

26.09.2012

02.09.2010

−1

27.12.2006

−2

20.04.2005 15.10.2003

−3

27.10.2001

19.03.1997

−4 −5 −12 −11 −10

−9

−8

−7

−6

−5

−4

−3

∆ R.A. ["]

−2

−1

Решение.

Для начала восстановим положение центра эллипса. Для этого проведём несколько пар параллельных прямых через центры отрезков, образованных пересечением эллипса с прямыми (на графике – пунктирные линии). Их пересечение даст точку центра эллипса. Изменения положения Сириуса В происходят относительно главной звезды, поэтому точка (0, 0) соответствует точке фокуса.

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 12 из 21

10 класс

19.03.2025

Практический тур

8 7 6 5 4

∆ Dec. ["]

3 2

1 F

0 −1 −2 −3 −4 −5 −12 −11 −10

−9

−8

−7

−6

−5

−4

−3

∆ R.A. ["]

−2

−1

При проецировании эллипса на картинную плоскость все соотношения линейных размеров сохраняются. Тогда из данной картинки мы можем найти отношение двух величин, зависящих от эксцентриситета истинного эллипса: например, отношение фокального расстояния к апоцентрическому расстоянию. Расстояния между точками находим по теореме Пифагора, используя их координаты: 𝑐 𝑎0 𝑒 0 𝐶𝐹 4.14 = = = 𝑄 𝑎0 (1 + 𝑒0 ) 𝑀𝐹 11.23 Отсюда

𝑒0 = 0.58 Теперь воспользуемся знанием стереометрии:

𝑆 = 𝑆0 cos 𝑖 Площадь проекции плоской фигуры равна площади истинной фигуры, умноженной на косинус угла между плоскостью фигуры и плоскостью проекции. Ниже для справки приведено доказательство этого факта, которое не требуется приводить в решении задачи. XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 13 из 21

10 класс

19.03.2025

Практический тур

𝐵′ 𝑖

𝐴 𝐷

𝛼 𝐶

Рассмотрим проецируемую фигуру – треугольник 𝐴𝐵𝐶 , сторона которого АС лежит в плоскости проекции 𝛼 (или параллельна плоскости проекции 𝛼). Угол между плоскостью и треугольником обозначим за 𝑖.

𝐵𝐵 ′ ⊥ 𝛼; 𝐵𝐵 ′ ∩ 𝛼 = 𝐵 ′ – проекция точки 𝐵 на плоскость 𝛼 𝐵𝐷 – высота △𝐴𝐵𝐶 . Тогда по теореме о трёх перпендикулярах 𝐵 ′ 𝐷 является высотой △𝐴𝐵 ′ 𝐶 . 𝐵 ′ 𝐷 = 𝐵𝐷 cos 𝑖 1 𝐵′𝐷 1 𝑆𝐴𝐵 ′ 𝐶 𝑆𝐴𝐵𝐶 = 𝐴𝐶 · 𝐵𝐷, 𝑆𝐴𝐵 ′ 𝐶 = 𝐴𝐶 · 𝐵 ′ 𝐷 ⇒ = 2 2 𝑆𝐴𝐵𝐶 𝐵𝐷 Тогда

𝑆𝐴𝐵 ′ 𝐶 = cos 𝑖 𝑆𝐴𝐵𝐶

𝐵′

𝐴′ 𝑀

𝛼 𝐶

Рассмотрим проецируемую фигуру – треугольник 𝐴𝐵𝐶 , ни одна из сторон которого не лежит в плоскости проекции 𝛼 и не параллельна ей. Угол между плоскостью и треугольником обозначим за 𝑖. 𝐵𝐵 ′ ⊥ 𝛼; 𝐵𝐵 ′ ∩ 𝛼 = 𝐵 ′ – проекция точки 𝐵 на плоскость 𝛼

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 14 из 21

10 класс

Практический тур

19.03.2025

𝐴𝐴′ ⊥ 𝛼; 𝐴𝐴′ ∩ 𝛼 = 𝐴′ – проекция точки 𝐴 на плоскость 𝛼 𝐴𝐵 ∩ 𝛼 = 𝑀 – пересечение прямой 𝐴𝐵 с плоскостью 𝛼 𝑆𝐴𝐵𝐶 = 𝑆𝑀 𝐵𝐶 − 𝑆𝑀 𝐴𝐶 , 𝑆𝐴′ 𝐵 ′ 𝐶 = 𝑆𝑀 𝐵 ′ 𝐶 − 𝑆𝑀 𝐴′ 𝐶

Из первой части доказательства делаем вывод:

𝑆𝑀 𝐵 ′ 𝐶 = 𝑆𝑀 𝐵𝐶 cos 𝑖, 𝑆𝑀 𝐴′ 𝐶 = 𝑆𝑀 𝐴𝐶 cos 𝑖 Тогда

𝑆𝐴′ 𝐵 ′ 𝐶 = 𝑆𝑀 𝐵𝐶 cos 𝑖 − 𝑆𝑀 𝐴𝐶 cos 𝑖 = 𝑆𝐴𝐵𝐶 cos 𝑖

Для произвольных фигур это равенство можно доказать, приближая их многоугольными фигурами.

Тогда справедливо соотношение

√︀ 𝜋𝑎20 1 − 𝑒20 𝑆0 1 √ = = , 2 2 𝑆 cos 𝑖 𝜋𝑎 1 − 𝑒

(1)

в котором все величины с индексом 0 соответствуют истинному эллипсу, а без индекса – видимому (проекции). Параметры видимого эллипса мы можем найти из прямых измерений и теоремы Пифагора: 𝑎 = 7.31′′ , 𝑏 = 4.52′′ , 𝑒 = 0.79 Тогда из (1) легко находится истинное значение большой полуоси в угловых единицах:

𝑎0 = 7.52′′ Зная параллакс, найдем линейный размер полуоси системы:

𝑎𝑙 = 𝑎0 ·

1 = 19.89 а.е. 𝜋

Период найдем из III закона Кеплера: 2

𝑎3𝑙

𝑇 = ⇒ 𝑇 = 2𝜋 4𝜋 2 𝐺𝑀Σ

√︃

𝑎3𝑙 = 50.63 года. 𝐺𝑀Σ

Дату прохождения апоцентра снимем с графика: примерно 18.02.1970. Сооответственно, дата следующего прохождения перицентра – 12.06.1995 (через половину периода системы). С этого момента 𝑇 = 50.63 года пройти не успело, следовательно, данное прохождение перицентра было последним на данный момент.

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 15 из 21

10 класс

Практический тур

Критерии оценивания.

19.03.2025 25

К1. Построение. Определение центра эллипса. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

К2. Построение. Определение положения центральной звезды. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К3. Определение значения эксцентриситета . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 К4. Определение значения большой полуоси . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

Описание метода расчёта через отношение площадей эллипсов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Определение полуоси в угловых секундах . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Определение полуоси в астрономических единицах . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К5. Определение периода системы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К6. Определение момента прохождения перицентра . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Определение точек апоцентра и перицентра . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Определение даты прохождения апоцентра . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Определение даты прохождения перицентра . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 16 из 21

10 класс

19.03.2025

Практический тур

10.9. Сгорел на работе В.Б. Игнатьев, Д.Ф. Гасымов

На приложенном графике представлены зависимости от времени светимости двух звёзд на стадии главной последовательности. Нижний график построен для Солнца при его текущем химическом составе, а верхний график – для звезды с массой 1 𝑀⊙ , которая образовалась на ранних этапах эволюции Вселенной и обладала значительно меньшей металличностью. A.

B.

C.

D.

Чему равна масса водорода в Солнце, который к настоящему моменту уже преобразовался в гелий? Какая масса водорода преобразуется в гелий в Солнце за всё время нахождения его на главной последовательности? Чему равны массовые и количественные доли водорода и гелия в Солнце, когда оно выйдет со стадии главной последовательности? Какая масса водорода преобразуется в гелий за всё время жизни звезды с массой 1 𝑀⊙ , если она образовалась в ранней Вселенной и обладала низкой металличностью?

M = 1.0 M , Z = 0.001 M = 1.0 M , Z = 0.02

L/L

3 2

4 5 6 9 t, 10 years

10

Рис. 4: Светимость звезд с массой 1 𝑀⊙ на стадии главной последовательности, 𝑍 – металличность звезды Для Солнца можно считать, что массовая доля водорода при образовании звезды составляла 70%, а массовая доля гелия – 30%. Наличием других элементов в звёздах, потерей массы XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 17 из 21

10 класс

19.03.2025

Практический тур

за счет звёздного ветра и других эффектов пренебречь. Масса протона составляет 1.6726 · 10−27 кг, масса ядра гелия – 6.6447 · 10−27 кг. Решение.

В звездах типа Солнца водород превращается в гелий в результате ядерных реакций, называемых p-p циклом. В ходе одного такого цикла 4 протона превращаются в ядро гелия и выделяется энергия, подавляющая часть которой уносится излучением. Здесь и далее энергией, которую уносят 2 нейтрино за один цикл, пренебрежем. Получим эту величину из данных, приведённых в условии задачи:

∆𝐸 = ∆𝑚 · 𝑐2 = (4𝑚𝑝 − 𝑚𝐻𝐸 ) · 𝑐2 = 4.1 · 10−12 Дж. Рассмотрим представленные графики. Площадь под кривой равна суммарной энергии, высвеченной звездой за время жизни на главной последовательности. Определим эту энергию для Солнца (нижняя кривая) за время 4.8 – 4.9 миллиарда лет и за всё время его нахождения на ГП. Современный возраст Солнца можно получить из графика, найдя время, при котором 𝐿 = 1 𝐿⊙ . Обратим внимание, что шкала по вертикальной оси имеет логарифмическую природу, поэтому данные с неё надо снимать аккуратно. Вероятная ошибка участника – это предположение, что светимость линейно растет со временем. Для наглядности предоставим график (рис. 5) в линейном масштабе на котором явно видно, что данное предположение не является верным. Для вычисления площади разобьём логарифмическую кривую на несколько более-менее узких интервалов и определим площадь каждого как

Номер 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

𝑆𝑖 =

𝐿𝑖 + 𝐿𝑖−1 · ∆𝑡𝑖 2

𝐿𝑖 0.75 0.8 0.85 0.93 1 1.05 1.1 1.2 1.32 1.5 1.7

𝐿𝑖−1 0.7 0.75 0.8 0.85 0.93 1 1.05 1.1 1.2 1.32 1.5

𝑡 1 2 3 4 4.8 5 6 7 8 9 10

∆𝑡 1 1 1 1 0.8 0.2 1 1 1 1 1

𝑆𝑖 0.725 0.775 0.825 0.89 0.72 0.20 1.075 1.15 1.285 1.41 1.6

Отметим, что светимости здесь выражены в единицах светимости Солнца, а время – в миллиадрах (109 ) лет. Суммируем значение площадей каждого столбца. За время жизни Солнца (4.8 миллиарда лет) площадь под кривой графика будет равна 3.935 ≈ 3.9 светимостей Солнца за 1 миллиард XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 18 из 21

10 класс

19.03.2025

Практический тур

L/L

M = 1.0 M , Z = 0.001 M = 1.0 M , Z = 0.02

1 0.0

0.2

0.4 0.6 Time, years

0.8

1.0 ×1010

Рис. 5: Данные по светимости в линейном масштабе лет. Переведём это в джоули и получим полную высвеченную энергию 𝐸1

𝐸1 = 3.9 · 3.88 · 1026 · 3.15 · 1016 = 4.8 · 1043 Дж. Число актов p-p цикла будет равно

𝑁1 =

𝐸0 4.6 · 1044 Дж = ≈ 1.16 · 1055 актов −12 −12 4.1 · 10 Дж 4.1 · 10 Дж

А число протонов, преобразованных в гелий, будет в четыре раза больше:

𝑁01 = 4𝑁1 = 4.66 · 1055 протонов Изначально в Солнце 70% массы было в виде атомов водорода. Поэтому исходное их количество равно

𝑁0 =

0.70𝑀⊙ 0.7 · 2 · 1030 = = 8.4 · 1056 атомов 𝑚𝑝 1.67 · 10−27

Оценим массу водорода, которая преобразовалась в гелий в Солнце к настоящему моменту: 𝑀𝐻|𝐻𝐸 = 𝑁01 · 𝑚𝑝 = 4.66 · 1055 · 1.67 · 10−27 = 7.8 · 1028 кг = 3.9% 𝑀⊙ XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 19 из 21

10 класс

19.03.2025

Практический тур

Полный интеграл под всей кривой равен 10.725 (светимостей Солнца за миллиард лет). Тогда число протонов, которые были преобразованы на Солнце в атомы гелия за всё время существования на ГП, равно

𝑁1 = 4

10.725 · 3.88 · 1026 · 3.15 · 1016 𝐸1 = 4 · = 1.27 · 1056 шт. 4.1 · 10−12 Дж 4.1 · 10−12 Дж

Тогда масса водорода, преобразованного в гелий, будет

𝑀𝐻|𝐻𝐸 = 𝑁1 · 𝑚𝑝 = 2.04 · 1029 кг = 10.6% 𝑀⊙ . Следовательно, массовые доли водорода и гелия в Солнце при выходе из ГП будут составлять 59.4% и 40.6% соответственно. Проделаем ту же самую операцию для звезды, которая образовалась в ранней Вселенной. Такая звезда обладала меньшей металличностью, её светимость была заметно больше, а время жизни на главной последовательности – заметно меньше. Номер 1 2 3 4 5 6

𝐿𝑖 1.75 2.0 2.4 3.0 4 4.8

𝐿𝑖−1 1.5 1.75 2.0 2.4 3.0 4

𝑡 1 2 3 4 5 5.5

∆𝑡 1 1 1 1 1 0.5

𝑆𝑖 1.67 1.88 2.2 2.7 3.5 2.2

Площадь под кривой равна 14.15 светимостей Солнца за миллиард лет. Переведём эту величину в джоули: 𝐸2 = 14.15 · 3.88 · 1026 · 3.15 · 1016 = 1.7 · 1044 Дж. Число протонов, которые были преобразованы в атомы гелия, равно

𝑁2 = 4

14.15 · 3.88 · 1026 · 3.15 · 1016 𝐸2 = 4 · = 1.7 · 1056 протонов, 4.1 · 10−12 Дж 4.1 · 10−12 Дж

что соответствует массе преобразованного в гелий водорода

𝑀𝐻|𝐻𝐸 = 𝑁2 · 𝑚𝑝 = 2.8 · 1029 кг = 14% 𝑀⊙ Наконец, ответим на вопрос C про количественную долю атомов водорода и гелия. Запишем отношение массовых долей водорода и гелия для Солнца при уходе с главной последовательности: 𝑁𝐻 𝑚𝑝 59.4% = 𝑁𝐻𝐸 𝑚𝐻𝐸 40.6% Выразим отсюда отношение числа атомов водорода к числу атомов гелия:

𝑁𝐻 59.4% 𝑚𝐻𝑒 = · ≈ 5.85. 𝑁𝐻𝐸 40.6% 𝑚𝑝 XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 20 из 21

10 класс

Практический тур

19.03.2025

Следовательно, количественная доля атомов водорода в Солнце будет равна 𝜂𝐻 = 5.85/6.85 ≈ 85%, а гелия 𝜂𝐻𝐸 = 1/6.85 ≈ 15%. Критерии оценивания.

25

При оценивании данной задачи пропагации ошибок нет.

К1. Определение энергии, которая выделяется при одном акте p-p цикла . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К2. Утверждение, что площадь под кривыми – это полная излучённая энергия. . . . . . . . . . . . 2 К3. Снятие точек с диаграммы для Солнца . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

Пункт оценивается, если снятые с графика значения верны.

Снято 5 и более точек . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 ИЛИ снято 3–4 точки . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 ИЛИ снято 2 точки . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К4. Определена полная излучённая энергия Солнца до настоящего момента . . . . . . . . . . . . . . . 3 Верно использован возраст Солнца в диапазоне 4.5 − 5.0 миллиардов лет . . . . . . . . . 1 Получена энергия 𝐸1 в джоулях или в электронвольтах . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К5. Определена массовая доля водорода в Солнце, уже превратившегося в гелий . . . . . . . . . 2 Определено число актов p-p цикла . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Получен численный ответ 3.9% ± 0.2% . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К6. Определена полная излучённая энергия Солнца за все время на ГП . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К7. Определена массовая доля водорода в Солнце, которая превратится в гелий . . . . . . . . . . 2 К8. Снятие точек с диаграммы для низкометалличной звезды . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Снято 5 и более точек . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 ИЛИ снято 3–4 точки . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 ИЛИ снято 2 точки . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К9. Определена полная излучённая энергия звезды за всё время на ГП . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К10. Определена массовая доля водорода в звезде, который превратится в гелий . . . . . . . . . 2 К11. Определена количественная доля водорода в звезде, который превратится в гелий . . 3 Приведен корректный способ связи массовых и количественных долей . . . . . . . . . . 1 Получено верное значение доли для атомов водорода и гелия . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 21 из 21