Олимпиада по астрономии 9 класс — заключительный этап ВсОШ 2024/2025: задания и ответы

Решения — теор.

Теоретический тур

Условия, решения и схема оценивания. 9 класс

Содержание 9.1. Сбросить балласт . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 9.2. Давайте продлим вечер . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 9.3. В ожидании максимума . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 9.4. Цифровизация . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 9.5. Таинственный клад . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 9.6. Сливающиеся белые карлики . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 1 из 18

9 класс

Теоретический тур

18 марта 2025 г.

9.1. Сбросить балласт В. Б. Игнатьев

Над экватором безатмосферной планеты радиуса 𝑅 по круговой орбите высотой 0.03𝑅 двигается искусственный спутник. На экваторе планеты находится научная станция. В некоторый момент времени, когда спутник оказался строго над станцией, от него отделилась капсула со снаряжением общей массой 0.2 массы спутника. При расстыковке капсуле был сообщен импульс таким образом, чтобы она падала строго по радиусу исходной орбиты спутника, а сам спутник ускорился, сохраняя направление движения. 1. На какую максимальную высоту сможет подняться спутник? 2. На каком расстоянии от станции упадет капсула, если период обращения спутника на исходной орбите в 10 раз меньше звездных суток на планете? Обе величины выразите в единицах 𝑅. Пусть 𝑣0 — исходная скорость спутника, 𝑣1 — его скорость после отделения капсулы, а 𝑚 — его масса. Запишем закон сохранения импульса для спутника с капсулой:

Решение.

𝑚𝑣0 = 0.2𝑚 · 0 + 0.8𝑚 · 𝑣1 .

Мы учли, что для падения вертикально вниз орбитальная скорость капсулы должна быть равна 0. Тогда 𝑣1 = 1.25𝑣0. Направление скорости спутника не изменилось, она осталась перпендикулярной направлению на планету, но выросла. Значит, точка разделения стала точкой перицентра новой орбиты спутника. В любой точке эллиптической орбиты скорость спутника может быть определена из уравнения √︃ (︂

𝐺𝑀

𝑣=

)︂ 2 1 − , 𝑟 𝑎

где 𝐺 — гравитационная постоянная, 𝑀 — масса планеты, 𝑟 — расстояние от центра планеты, до спутника, 𝑎 — большая полуось орбиты. В перицентре 𝑟 = 𝑟p = 𝑎(1 − 𝑒) и формула приобретает вид √︃ √︂ 𝑣1 =

𝐺𝑀 1 + 𝑒 = 𝑎 1−𝑒

√ 𝐺𝑀 (1 + 𝑒) = 𝑣0 1 + 𝑒. 𝑎(1 − 𝑒)

Отсюда получаем эксцентриситет новой орбиты: √

1+𝑒=

5 4

𝑒=

25 9 −1= = 0.5625. 16 16

Зная перицентрическое расстояние и эксцентриситет, можно определить расстояние в апоцентре: 𝑟𝑎 1+𝑒 = 𝑟𝑝 1−𝑒

𝑟𝑎 = 𝑟𝑝

1+𝑒 25 = 1.03𝑅 ≈ 3.7𝑅. 1−𝑒 7

Тогда высота спутника в апоцентре составит 3.7𝑅 − 𝑅 = 2.7𝑅. При падении расстояние капсулы от центра планеты изменится всего на 3%, а значит, падение будет происходить с почти постоянным ускорением 𝑔. В начальный момент времени капсула XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 2 из 18

9 класс

Теоретический тур

18 марта 2025 г.

находилась на высоте 𝐻 = 0.03𝑅, а спустя время 𝑡 высота стала равна нулю. Тогда для равноускоренного движения √︃ 𝐻=

𝑔𝑡2 2

𝑡=

2𝐻 . 𝑔

Ускорение свободного падения на поверхности планеты равно 𝑔 = 𝐺𝑀/𝑅2. Тогда √︂ 𝑡=

2 · 0.03𝑅3 = 𝐺𝑀

√︃

2 · 0.03(𝑅 + 𝐻)3 (︀ )︀3 ≈ 𝐺𝑀 1 + 𝐻 𝑅

√ √ 0.06 0.06 = 𝑇 = 0.04𝑇. 𝜔 2𝜋

Здесь 𝜔 — исходная угловая скорость спутника, а 𝑇 — его период обращения. Здесь мы вновь учли, что высота орбиты капсулы сильно меньше 𝑅. Звездные сутки на планете в 10 раз больше, значит, за время падения капсулы планета повернется на угол 360° · 0.004 = 1.44°. Этот угол соответствует дуге экватора 𝑙=

1.44 𝑅 ≈ 0.025𝑅. 57.3

Именно на таком расстоянии от станции упадет капсула. Критерии оценивания.

15

Определение скорости спутника как долю начальной круговой . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 К2. Есть понимание формы новой траектории . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К1.

Точка расстыковки — перицентр новой орбиты, а максимальное расстояние будет в ее апоцентре.

К3.

Система уравнений, необходимая для нахождения апоцентрического расстояния . . . . . . 2

К4.

Найдена максимальная высота. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

Законы сохранения энергии и момента импульса или им аналогичные. Если вместо высоты найдено расстояние до центра Земли, то 1 балл.

Определено время падения капсулы в долях периода планеты . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 К6. Найдено расстояние от станции до места посадки капсулы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

К5.

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 3 из 18

9 класс

Теоретический тур

18 марта 2025 г.

9.2. 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. 1. Нарисуйте расположение зеркала относительно Земли и Солнца. 2. Под каким углом к поверхности зеркала солнечные лучи падают на него? 3. Определите минимальные линейные размеры зеркала (зеркало овальное и расположено так, чтобы отражение Солнца было полностью видно с Земли), укажите максимальный и минимальный диаметры зеркала. 4. Оцените местное время захода за горизонт зеркального Солнца на экваторе. 5. Найдите звездную величину зеркального Солнца. 6. Как долго будет длиться полная фаза центрального затмения зеркального Солнца Луной? Считайте орбиты Земли и Луны круговыми, пренебрегите потерями света при отражении от зеркала. Решение. 1.

Зеркало 𝑎⊕

Солнце

𝑎⊕ 𝑎⊕

Земля Рис. 1: Взгляд на систему Земля – Солнце с северного полюса. Треугольник Земля — Зеркало — Солнце равносторонний. Зеркало плоское, значит, угол падения равен углу отражения. Следовательно, угол между поверхностью и лучом равен 60°. 2.

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 4 из 18

9 класс

18 марта 2025 г.

Теоретический тур

Зеркало представляет собой эллипс (овал, рисунок 2) расположенный под углом к наблюдателю, значит, 𝐷 — максимальный диаметр зеркала, 𝑑 — минимальный диаметр зеркала. Для справки, овал — это плоская замкнутая строго выпуклая гладкая кривая. 3.

𝑑 𝐷

Рис. 2: Форма зеркала. Наблюдатель видит зеркало круглым (cм. рис. 3 и 4). Для того чтобы в зеркало помещалось все Солнце, но 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, а затем, после отражения, до Земли. Из равенства угловых размеров получаем 𝑑

1 а. е.

2𝑅⊙ 2 а. е. 𝐷=

𝑑 = 𝑅⊙ = 697 000 км,

𝑑 = 805 000 км. sin(60°)

Зеркальное Солнце отстает от реального на 60° по эклиптике, и в первом приближении движется по небу со скоростью равной скорости Солнца, то есть 15°/час. На экваторе в любое 4.

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 5 из 18

9 класс

18 марта 2025 г.

Теоретический тур

время года заход Солнца происходит в 18h 00m по местному времени, а суточное движение происходит перпендикулярно плоскости горизонта. Значит, зеркальное Солнце заходит позже на 4 часа, в 22h 00m. 5. Заметим, что зеркало изменяет только направление движения солнечных лучей, не меняя их характеристик. Так как в зеркало видно полное изображение Солнца, то можно считать, что вместо зеркала в том направлении находится Солнце на расстоянии 2 а. е. Освещенность, создаваемая зеркалом, будет равна 𝐼Img =

𝐿⊙ . 4𝜋(2𝑎⊕ )2

Звездную величину зеркального Солнца получим, сравнив его с обычным Солнцем: 𝑚Img − 𝑚⊙ = 2.5 lg

𝐼⊙ . 𝐼Img

𝐿⊙ 4𝜋(2𝑎⊕ )2 · 4𝜋𝑎2⊕ 𝐿⊙

= 𝑚⊙ + 2.5 lg 4 = −25.3m .

(︂ 𝑚Img = 𝑚⊙ + 2.5 lg

)︂

6. Затмение центральное, значит, Луна закрывает зеркальное Солнце так, что в некоторый момент времени их центры совпадали. Полная фаза затмения будет от положения 2 до положения 3 (см. рис. 5).

Рис. 5: Взаимное положение Луны и зеркального Солнца во время затмения. Угловой размер зеркального Солнца в два раза меньше углового размера Луны. Угловая 360 скорость зеркального Солнца относительно звезд равна 𝜔⊙ = 365.25 дней ≈ 0.04°/час, а угло360 вая скорость Луны — 𝜔$ = 27.3 дней ≈ 0.55°/час. Скорость Луны относительно зеркального Солнца 𝜔 = 𝜔$ − 𝜔⊙ = 0.51°/час. Пусть 𝛿$ и 𝛿⊙ — угловые диаметры Луны и зеркального Солнца соответственно. Тогда во время полной фазы Луна перемещается на расстояние 𝛿$ − 𝛿⊙ = 𝛿⊙. Продолжительность полной фазы затмения равна: °

𝑡=

𝛿⊙ 0.25° = ≈ 0.49 = 29 мин. 𝜔 0.51∘ /час

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 6 из 18

9 класс

Теоретический тур

18 марта 2025 г.

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 баллов

Определены минимальные линейные размеры зеркала . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Указание на то, что зеркало – это эллипс и с Земли выглядит как круг. . . . . . . . . . .1 Явно указывается и используется то, что изображение находится на 2 а. е.. . . . . . . .1 Малая полуось эллипса. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 Большая полуось эллипса . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К4. Определение момента захода Солнца . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Обоснование . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Ответ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К5. Определение видимой звездной величины . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Утверждение, что зеркало меняет только направление лучей. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 Правильная формула . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Правильное численное значение −25.24𝑚 ± 0.15𝑚 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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, пройденного Луной относительно Солнца. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 Скорость Луны относительно Солнца . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Получение численного ответа с учетом выбранной модели. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 7 из 18

9 класс

18 марта 2025 г.

Теоретический тур

9.3. В ожидании максимума В. Б. Игнатьев

23 сентября для наблюдателя в Гринвиче (𝜙 = 51.5∘, 𝜆 = 0h 00m) Церера взошла в 17h 30m. На сколько звездных величин блеск Цереры меньше максимально возможного? Через сколько суток она достигнет максимума блеска? Орбиты Цереры и Земли считать круговыми и лежащими в одной плоскости. Радиус орбиты Цереры 𝑎 = 2.77 а. е. Поглощением в атмосфере Земли, рефракцией, уравнением времени и суточным параллаксом пренебречь. Решение.

Наблюдатель находится в Гринвиче, где гражданское (поясное) время при принятых нами допущениях совпадает с местным (и средним) солнечным. В день наблюдения в 18h 00m Солнце, находящееся в точке осеннего равноденствия, заходит за горизонт в точке запада, а в точке востока оказывается точка весеннего равноденствия  (рис. 6). Небесный экватор

Эклиптика 𝜀

90∘ − 𝜙

𝐸, 

Горизонт

Рис. 6: Вид на точку востока в 18:00 Церера взошла в 17h 30m, когда точка  еще находилась под горизонтом на глубине (рис. 7) ℎ = 0.5h cos 𝜙 = 7.5° cos 𝜙 ≈ 4.7°.

Добавим к рисунку 7 эклиптику, которая проходит через точку  и располагается под углом 𝜀 к небесному экватору. Церера находится одновременно на эклиптике и на горизонте, поэтому угловое расстояние от точки  до Цереры составляет 𝐿=

ℎ 7.5° cos 𝜙 = ≈ 18°. cos(𝜙 + 𝜀) cos(𝜙 + 𝜀)

Нарисуем орбиты Земли и Цереры, как они были бы видны из северного полюса эклиптики (рис. 8). Радиусы этих орбит обозначим 𝑎⊕ и 𝑎 соответственно. Напомним, что точка весеннего равноденствия в противостоянии к Солнцу, поэтому угол  — Земля — Церера — это уже

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 8 из 18

9 класс

18 марта 2025 г.

Теоретический тур

Небесный экватор

Эклиптика ℎ

Церера

𝐸 

Горизонт

Рис. 7: Вид на точку востока в 17:30 

Земля

Церера 𝛽

𝑎⊕ 𝛾

Солнце

Рис. 8: Вид из полюса эклиптики найденный нами угол 𝐿. Угол Земля — Церера — Солнце обозначим как 𝛽 . В астрономии его часто называют фазовым углом. Угол Земля — Солнце — Церера обозначим 𝛾 . Запишем теорему синусов для треугольника Солнце — Земля — Церера: 𝑎 𝑎⊕ = . ∘ sin(180 − 𝐿) sin 𝛽

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 9 из 18

9 класс

Теоретический тур

18 марта 2025 г.

Выразим угол 𝛽 : (︂ )︂ )︁ (︁ 𝑎 )︁ (︁ 𝑎 1 ⊕ ⊕ ∘ sin(180 − 𝐿) = arcsin sin 𝐿 = arcsin sin 18° ≈ 6.4°. 𝛽 = arcsin 𝑎 𝑎 2.77

Угол 𝛾 при Солнце можно найти из суммы углов треугольника. 𝛾 = 𝐿 − 𝛽 = 11.6∘ .

По теореме косинусов можно определить расстояние от Земли до Цереры. 𝑅=

√︁

𝑎2⊕ + 𝑎2 − 2𝑎⊕ 𝑎 cos 𝛾 = 1.8 а. е.

В случае круговых орбит, максимальный блеск Церера будет иметь на минимальном к Земле расстоянии, то есть в противостоянии. В этот момент фаза карликовой планеты будет равна 𝛽 единице. Обратим внимание, что в момент восхода фаза Цереры будет равна Φ = 1+cos ≈ 2 0.997, то есть настолько близка к единице, что разница возникает в третьем знаке. Таким отличием от единицы можно смело пренебречь. Запишем формулу Погсона, сравнив звездные величины Цереры в противостоянии и рассматриваемый момент задачи. 𝑅 𝑅2 = −5 lg ≈ 0.04m . 𝑚max − 𝑚 = −2.5 lg 2 (𝑎 − 𝑎⊕ ) 𝑎 − 𝑎⊕

Осталось ответить на последний вопрос задачи, через какое время у Цереры будет максимальный блеск, или, что то же самое, она будет в противостоянии. Вернемся к рисунку 8. Если смотреть из северного полюса эклиптики, то планеты двигаются против часовой стрелки. Угловая скорость Цереры меньше угловой скорости Земли, а поскольку она находится восточнее Солнца, то она недавно была в противостоянии. Синодический период Цереры 𝑆=

𝑎1.5 𝑇 · 𝑇⊕ = 1.5 ≈ 1.28 года 𝑇 − 𝑇⊕ 𝑎 −1

Церера была в противостоянии 𝑡 = 𝑆𝛾/360° ≈ 0.04 года назад, и снова окажется там спустя ∆𝑡 = 𝑆 − 𝑡 = 1.24 года ≈ 452 сут. Критерии оценивания.

15

Угловое расстояние 𝐿 между  и Церерой. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 К2. Расстояние между Церерой и Землей в момент наблюдения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 К3. Разность звездных величин . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

К1.

Если не рассмотрен вопрос с фазой, то −1.

Синодический период . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К5. Вычисление времени до следующего противостояния. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К4.

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 10 из 18

9 класс

18 марта 2025 г.

Теоретический тур

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

При помощи телескопа с диаметром 𝐷 = 20 см, относительным отверстием 𝐴 = 1/10 и ПЗСматрицей была сделана фотография звезды. В таблице вам указано число отсчетов (фотонов) в каждом пикселе матрицы. На основании этих данных определите следующие величины: 1. фокусное расстояние телескопа; 2. размер одного пикселя ПЗС-матрицы; 3. звездную величину звезды КПД приемника излучения составляет 86%, потери света в оптической системе — 10%. От звезды нулевой звездной величины поступает 106 фотонов на 1 см2 в 1 секунду. Диаметр диска атмосферного дрожания звезды 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

Относительное отверстие телескопа — это отношение диаметра объектива к его фокусному расстоянию 𝐹 : Решение.

𝐴=

𝐷 𝐹

Следовательно, 𝐹 = 10 · 𝐷 = 200 см. Это является ответом на первый вопрос задачи. Перейдем ко второму вопросу. Для этого 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 1: Количество отчетов. Серым цветом выделена изображение звезды относительно фона. Изображение звезды занимает на ПЗС-матрице область 3×3 пикселя. Выходит, что изображение звезды занимает больше, чем один пиксель. Причин для этого несколько. Первая состоят в том, что телескоп не строит точечное изображение звезды. Существует разрешающая способность объектива: 𝜆 138 или 𝜃′′ = . 𝜃 = 1.22 (рад) 𝐷 𝐷 (мм) XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 11 из 18

9 класс

Теоретический тур

18 марта 2025 г.

Первая формула дает значение разрешающей способности объектива в радианах, и для нахождения числа нужно знать длину волны оптического диапазона. Обычно, в астрономии для длины волны оптического диапазона берут значение 𝜆 = 550 нм или 5500 Å. Можно воспользоваться и второй формулой, которая сразу дает значение разрешающей способности в угловых секундах. Определим величину разрешающей способности объектива данного телескопа, обозначив ее за величину 𝜃1. 𝜃1′′ =

138 ≈ 0.7′′ . 200

Вторая причина, почему изображение звезды не является точечным, это качество атмосферы или атмосферное дрожание. Величина этого эффекта дана в условии задачи и равна 𝜃𝑎 = 1.1′′. Второй эффект является в полтора раза более сильным. Поскольку, каждая величина является случайной, то мы можем отнестись к ним, как к случайным ошибкам. Тогда суммарный эффект будет ′′ 𝜃∑︀ =

√︁ 𝜃12 + 𝜃𝑎2 ≈ 1.3′′ .

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

𝑙 , 𝐹

где 𝑙 — диаметр пятна в фокальной плоскости телескопа. Тогда 𝜃∑︀ 1.3 · 2 · 106 мкм 𝑙= ·𝐹 = = 12.6 мкм. 206 265

206265

Снова вернемся к таблице с отчетами. Так как значения в каждом пикселе по горизонтали и вертикали на центральной оси звезды примерны равны, то размер звезды с хорошей точностью составляет 3 пикселя. Следовательно, размер одного пикселя 𝑥=

𝑙 = 4.2 мкм. 3

Теперь перейдем к третьему вопросу задачи. Определим звездную величину звезды. Казалось бы, нам нужно сложить число всех фотонов, которые попали в 9 выбранных пикселей. Это 7062 фотона. Но следует обратить внимание на то, что за пределами изображения звезды также имеются отсчеты. Этот шум, возникающий в матрице по очень разным причинам, должен быть во всех пикселях, в том числе и пикселях со звездой. Средняя величина фона неба составляет 100 фотонов на пиксель. Следовательно, от звезды мы зарегистрировали 𝑁0 = 6162 фотона. Вспомним, что в условии задачи было сказано, что КПД приемника излучения составляет 86%, потери света в оптической системе 10%. Тогда число фотонов, попавших на зеркало телескопа составляет 𝑁0 𝑁= = 7960 фотонов. 0.86 · 0.9 XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 12 из 18

9 класс

18 марта 2025 г.

Теоретический тур

Выразим, от чего зависит число фотонов, попадающих на матрицу. Для этого в условии задачи дана еще одна подсказка. А именно, от звезды нулевой звездной величины поступает 106 фотонов на 1 см2 в 1 секунду. Чем больше будет выдержка, тем больше фотонов будет зарегистрировано. Чем больше площадь зеркала (а не пикселя), тем больше будет фотонов на приемнике. Запишем зависимость в виде сравнения нашей звезды со звездой нулевой звездной величины. Последнюю будем обозначать индексом 𝑠 – стандарт. 𝐸1 ∆𝑡1 · 𝑆1 𝑁1 = , 𝑁𝑠 𝐸𝑠 ∆𝑡𝑠 · 𝑆𝑠

где ∆𝑡𝑠 = 1 секунде, а 𝑆𝑠 = 1 см2. Выразим отсюда отношение освещенностей 𝐸1 𝑁1 ∆𝑡𝑠 · 𝑆𝑠 = · . 𝐸𝑠 𝑁2 ∆𝑡1 · 𝑆1

Через формулу Погсона получим разность звездных величин (︂

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

)︂

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

(︂

)︂

= 14𝑚

Критерии оценивания. К1. К2.

15

Определение фокусного расстояния телескопа: формула + значение. . . . . . . . . . . . . . . 1 + 1 Определение углового размера изображения звезды. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Вычисление дифракционного размера. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 Учет атмосферного диска дрожания . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Правильный способ учета двух эффектов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Если учитывается только один эффект, то за этап не более 1 балла, но остальные оцениваются в полной мере.

Определение линейного размера «пятна» звезды . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Определение линейного размера одного пикселя. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К5. Определение числа фотонов от звезды. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Звезда занимает 9 пикселей . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Правильный подсчет числа фотонов в пикселях, занятых звездой. . . . . . . . . . . . . . . . .1 Определение средней величины фона . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Вычитание среднего уровня фона из отсчетов звезды. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 Учет потерь в приемнике и оптической системе. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 К6. Определение звездной величины звезды . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Связь отношения освещенностей от числа отсчетов в пикселе . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Получение выражения для звездной величины . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Итоговый численный ответ с точностью 0.2𝑚 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К3.

К4.

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 13 из 18

9 класс

18 марта 2025 г.

Теоретический тур

9.5. Таинственный клад А. Ф. Шишкина

Юный астроном Саша любит играть с дедушкой в квесты. Однажды Саша получил от дедушки первую подсказку с таким содержанием: «В тот момент, когда я закапывал клад, звезды № 1 и № 2 располагались так, что где бы ты ни был в этот момент, сумма высот этих звезд у тебя меньше либо равна моей. Склонения этих звезд

𝑋 и 𝑌 . Остальная информация будет во второй подсказке.»

По данным из первой подсказки помогите Саше определить широты, на которых может находиться клад. Ответ выразите через 𝑋 и 𝑌 . В данном вопросе считайте, что звезды находятся недалеко друг от друга, а разница их прямых восхождений меньше, чем разница их склонений. На следующий день Саша получил вторую подсказку: Вопрос № 1.

«Эта информация приведет тебя точно к кладу. Я закопал клад 3 июля в

12h 56m по мос-

ковскому времени. В момент закапывания клада высоты звезд № 1 и № 2 были равны. Это

. В справочнике Саша нашел экваториальные координаты звезд: Фомальгаут: прямое восхождение 22h 57m 39s, склонение −29°37′20′′; Ахернар: прямое восхождение 01h 37m 43s, склонение −57°14′12′′. Вопрос № 2. Определите координаты (широту и долготу) места, где закопан клад. Вопрос № 3. На каком материке закопан клад? Считайте, что экваториальные координаты звезд с течением времени не меняются. звезды Ахернар и Фомальгаут»

Для начала введем понятие подзвездная точка — эта такая точка, в которой данная звезда находится в данный момент в зените. Тогда заметим несколько ее свойств: 1. Множество точек на Земле, из которых данная звезда видна на одной высоте — это окружность с центром в подзвездной точке данной звезды. 2. Широта подзвездной точки всегда равна склонению данной звезды. 3. Центр Земли, подзвездная точка и сама звезда лежат на одной прямой. 4. Чем дальше мы удаляемся от подзвездной точки, тем меньше будет высота этой звезды. Используем эти свойства для решения задачи. Пусть наши звезды — это А и Б. Рассмотрим подзвездные точки обеих этих звезд, которые обозначим А1 и Б 1. Пусть мы находимся в какой-то точке В, которая не лежит на дуге А1Б 1. Тогда заметим, что сумма длин дуг А1В и Б1В больше, чем длина дуги А1Б1. Значит клад зарыт где-то на дуге А1Б1 , а возможная широта места, где закопан клад, лежит в промежутке от Х до 𝑌 , т. к. Х и 𝑌 — это широты подзвездных точек А1 и Б1. Ответ на первый вопрос получен. Рассмотрим второй вопрос. Сначала определим широту. Поскольку высоты звезд были одинаковыми, то значит мы отдалились на земле от точки А1 и от точки Б1 на равные расстояния.

Решение.

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 14 из 18

9 класс

Теоретический тур

18 марта 2025 г.

Поэтому можно утверждать, что клад находится на середине дуги А1Б1, т. е. широта места, где находится клад, равна (𝑋 + 𝑌 )/2, т. е. в нашем случае широта равна 𝜙 = −43°25′46′′. Осталось найти долготу. Для этого нам нужно найти звездное время в этой точке и на гринвичском меридиане в момент закапывания клада. Сначала найдем солнечное время в Гринвиче: 𝑇гр = Т𝑛 − 𝑛 = 12h 56m − 3h = 9h 56m . Теперь найдем звездное время на гринвичском меридиане. Посчитаем количество дней, прошедших с дня летнего солнцестояния (22 июня) до даты закапывания клада. Получим 11 дней. За это время Солнце переместилось по эклиптике на 360/365.25 · 11 ≈ 10.8° ≈ 11°. 𝛼𝑐 = 6h + 11 · 24/365 ≈ 6.72h ≈ 6h 43m .

Часовой угол Солнца в Гринвиче 𝑡 = 𝑇гр –12h = 21h 56m .

Тогда звездное время на Гринвиче: 𝑆гр = 𝑡 + 𝛼𝑐 = 4h 39m .

Так как клад находится на середине дуги А1Б1, то звездное время в данном месте есть среднее между звездными временами точек А1 и Б1. Для наблюдателя в т. А1 в зените находится Ахернар, значит часовой угол этой звезды равен 0. Тогда звездное время в т. А1: 𝑆А1 = 𝛼1 + 𝑡1 = 01h 37m 43s .

Аналогично для точки Б1:

𝑆Б1 = 𝛼2 + 𝑡2 = 22h 57m 39s.

Расстояние между звездами меньше 180°, значит, нас интересует середина меньшей дуги большого круга, на котором лежат наши подзвездные точки. Тогда звездное время в нашей точке: 𝑆к = (01h 37m 43s + (22h 57m 39s − 24h ))/2 = 0h 17m 41s ≈ 0h 18m .

Определим долготу:

𝜆 = 𝑆к –𝑆гр = −4h 21m = −65°15′ = 65°15′ з. д.

Мы получили, что клад закопан на континенте к югу от экватора в западном полушарии. Под такое описание из материков подходит только Южная Америка.

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 15 из 18

9 класс

Теоретический тур

18 марта 2025 г.

Критерии оценивания.

15

Вопрос № 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Обоснование . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Верный ответ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К2. Вопрос № 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 Нахождение широты: обоснование. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 Нахождение широты: верный ответ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Солнечное время в Гринвиче . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Прямое восхождения Солнца в день закапывания клада. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 Часовой угол Солнца . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Звездное время в Гринвиче. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 Звездное время в точке клада . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Верное значение долготы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К3. Вопрос № 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К1.

Верный ответ засчитывается только в случае соответствия координат, полученных в вопросе 2, и указанного географического места.

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 16 из 18

9 класс

18 марта 2025 г.

Теоретический тур

9.6. Сливающиеся белые карлики В. Б. Игнатьев

Ученые обнаружили компактную двойную систему, состоящую из двух полностью одинаковых белых карликов, движущихся по круговым орбитам вокруг общего центра масс. Наблюдения показали, что расстояние до двойной 𝑟 = 59 пк, а ее звездная величина 𝑚 = 13m. Плоскость орбиты системы наклонена на 𝑖 = 85° к картинной плоскости. Температуры фотосфер2 звезд равны 𝑇 = 15 000 К, ускорения свободного падения на поверхности 𝑔 = 0.96 · 106 м/с . Орбитальный период двойной системы медленно уменьшается за счет излучения гравитационных волн. При каком значении орбитального периода эта двойная начнет наблюдаться как затменно-переменная система? Болометрическими поправками и межзвездным поглощением пренебречь. Третий закон Кеплера связывает орбитальный период 𝑃 двойной c расстоянием между звездами 𝑎 и массами компонент M: Решение.

[︂ 𝑃 = 4𝜋 2

𝑎3 𝐺(M + M)

]︂ 12 ,

где 𝐺 — гравитационная постоянная. С помощью рисунка определим, что затмения возможны, если 𝑎 не больше 𝑎=

2𝑅 . cos 𝑖

𝑅 𝑖 𝑎

К наблюдателю

Таким образом, для ответа на поставленный вопрос нам нужно определить массы и радиусы белых карликов. В целом, эти значения для белых карликов не слишком сильно разнятся, поэтому оценить искомое значение несложно. Масса типичного белого карлика примерно равна массе Солнца M⊙, а радиус около 10000 км. Подставив эти значения, получим период 22 минуты. Теперь решим задачу более точно. Ускорение свободного падения на поверхности белого карлика равно 𝑔 = 𝐺M/𝑅2. Тогда M=

𝑔𝑅2 . 𝐺

Радиус белого карлика можем найти из закона Стефана — Больцмана. Отношение светимостей белого карлика и Солнца можно записать в виде 𝐿 = 𝐿⊙

(︂

𝑅 𝑅⊙

)︂2 (︂

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

𝑇 𝑇⊙

)︂4 .

стр. 17 из 18

9 класс

18 марта 2025 г.

Теоретический тур

Здесь величины, относящиеся к Солнцу, отмечены индексами ⊙. Эта же величина может быть выражена с помощью абсолютных звездных величин белого карлика 𝑀 и Солнца 𝑀⊙: 𝐿 = 10−0.4(𝑀 −𝑀⊙ ) . 𝐿⊙

Величина 𝑀⊙ дана в справочных данных, а 𝑀 можно найти, поскольку нам дана звездная величина двойной и расстояние до нее. Принимая во внимание, что вклад в блеск двойной вносят оба белых карлика, получим 𝑀 = 𝑚 + 2.5 lg 2 + 5 − 5 lg 𝑟 = 13 + 2.5 lg 2 + 5 − 5 lg 59 = 9.9m

Теперь мы можем рассчитать радиус белого карлика (︂ 𝑅 = 𝑅⊙

𝑇⊙ 𝑇

и его массу M=

)︂2

−0.2(𝑀 −𝑀⊙ )

10

(︂ = 695 000

5800 15000

)︂2

10−0.2(9.9−4.7) ≈ 9500 км

𝑔𝑅2 0.96 · 106 (9.5 · 106 )2 = ≈ 1.3 × 1030 кг ≈ 0.65𝑀⊙ 𝐺 6.67 × 10−11

Мы видим, что радиусы этих белых карликов довольно типичные, а массы несколько меньше принятого нами в начале решения значения. Искомый период получается равным 𝑎3 𝑃 = 4𝜋 𝐺 · 2M [︂

]︂ 12

[︂

𝑅 = 16𝜋 𝑔 · cos3 𝑖 2

]︂ 21

[︂ = 16𝜋 2

9.5 × 106 0.96 × 106 · cos3 85°

]︂ 21

≈ 26 мин.

Критерии оценивания. К1.

15

Зависимость периода двойной от массы звезд и большой полуоси. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Если учтена масса только одной звезды, этот этап не оценивается, но остальные оцениваются в полной мере. Если в качестве большой полуоси используется половина расстояния между звездами, этот этап не оценивается, но остальные оцениваются в полной мере.

Критерий для максимального размера 𝑎 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К3. Связь массы и радиуса белого карлика . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

К2.

Если эта величина используется как известная, то этот этап не оценивается, а остальные оцениваются в полном объеме.

К4.

Определение радиуса белого карлика . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Если эта величина используется как известная, то этот этап не оценивается, а остальные оцениваются в полном объеме.

Применение закона Стефана — Больцмана . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Применение формулы Погсона для освещенностей. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 Связь видимой и абсолютной звездных величин . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Учтено, что видимая звездная величина относится к двум звездам . . . . . . . . . . . . . . . 1 Вывод формулы и вычисление значения радиуса . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 + 1 К5. Получение итогового ответа. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 18 из 18

Решения — прак.

Заключительный этап Условия, решения и схема оценивания. 9 класс

Содержание 9.7. Хранители полюса . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 9.8. Колечко-колечко... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 9.9. Променяли Солнце на Луну . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 1 из 10

9 класс

19 марта 2025 г.

Заключительный этап

9.7. Хранители полюса Е. Н. Фадеев

В древности звёзды 𝛾 и 𝛽 Малой Медведицы (Феркад и Кохаб) указывали на Северный полюс мира, подобно тому как звёзды 𝛼 и 𝛽 Большой Медведицы указывают на полюс мира сейчас. Вам предоставлен фрагмент звёздной карты с нанесенными на неё линиями экваториальной системы координат. Суточные параллели нарисованы через каждые 10°, круги склонений — через 1h . 1.

Как давно в последний раз Феркад и Кохаб указывали на полюс мира?

2.

На каком угловом расстоянии от текущего положения он находился?

3.

Выразите угловое расстояние от Кохаба до полюса мира в тот момент в долях расстояния между Кохабом и Феркадом. Звезда Вега Капелла

Прямое восхождение h

18.6 5.3h

Звезда

Прямое восхождение

Кохаб Феркад

14.8h 15.3h

Решение. В результате прецессии Северный полюс мира движется вокруг полюса эклиптики

по малому кругу небесной сферы радиусом 23.4° с периодом около 26 000 лет. Координаты северного полюса эклиптики 𝛼PE = 18h , 𝛿 = 66.6°.

Напомним астрономическую терминологию. Кругом склонения называется большой круг небесной сферы, проходящий через полюса мира. Вдоль него измеряются склонения. На иллюстрации круги склонений представлены в виде прямых, расходящихся из центра — XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 2 из 10

9 класс

Заключительный этап

19 марта 2025 г.

Северного полюса мира. Суточными параллелями называются малые круги небесной сферы, параллельные небесному экватору. Вдоль суточных параллелей перемещаются звезды в процессе суточного движения. Каждая суточная параллель имеет постоянное склонение. На рисунке суточные параллели показаны концентрическими окружностями. Нам даны прямые восхождения двух ярких звёзд: Вега находится в левом верхнем углу, а Капелла — вблизи правой границы карты. Правильно отождествив звёзды и приняв во внимание, что прямые восхождения увеличиваются по часовой стрелке, найдём нужный круг склонений. Если участники обладают достаточными знаниями звездного неба, они могут использовать другие способы для градуировки системы координат. Измерим линейкой расстояние 𝑥 между суточными параллелями 60° и 70°. Оно равно 21 мм. В силу особенностей стереографической проекции, в которой сделана эта карта, расстоянием между каждой парой суточных параллелей различно. Тогда полюс эклиптики будет находиться на расстоянии 0.66𝑥 ≈ 14 мм от параллели 60° или на расстоянии 0.34𝑥 ≈ 7 мм от параллели 70°. Проведём окружность с центром в полюсе эклиптики и проходящую через полюс мира. Звёзды Кохаб и Феркад — две наиболее яркие звезды в созвездии Малой Медведицы после Полярной. Они образуют донышко ковшика. Хоть далеко не всегда яркость звёзд в созвездии уменьшается в порядке 𝛼, 𝛽 , 𝛾 . . . но в данном случае это правило выполняется. Те, кто не помнит на память какие именно звёзды в астеризме Малый Ковш носят такие названия, могут догадаться с помощью заданных в условии координат. Проведем линию от Феркада через Кохаб до пересечения с начерченным нами кругом. Угол между современным и древним положениями полюса мира с вершиной в полюсе эклиптике равен 30°. Значит, полюс мира

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 3 из 10

9 класс

Заключительный этап

19 марта 2025 г.

проходит это расстояние за время

𝑡=

30 26 000 ≈ 2170 лет, 360

Получаем, что Феркад и Кохаб указывали на полюс мира около 146 года до нашей эры. Измерим расстояние от древнего положения полюса мира до современного. Оно оказывается в 1.2 раза больше, чем расстояние от суточной параллели 80° до полюса. Тогда угловое расстояние между положениями полюса равно 12°. Расстояние от Кохаба до полюса составляло 2.4 расстояний Феркад — Кохаб. Критерии оценивания.

25

К1. Градуировка координатной сетки . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

Правильно понято, где какие координатные круги . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Найдены правильные опорные звезды с известными координатами. . . . . . . . . . . . . . . .2 Правильная градуировка кругов склонений . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К2. Определение положения прецессионного круга . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Правильное положение полюса эклиптики . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Правильно проведен прецессионный круг . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Правильное направление движения полюса по прецессионному кругу . . . . . . . . . . . . . 2 К3. Правильно найдены Кохаб и Феркад . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 + 1 Если правильно найдена только одна звезда, то дальнейшее решение не оценивается.

К4. Ответ на первый вопрос — правильное время. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

К5. Ответ на второй вопрос — правильное расстояние от текущего полюса . . . . . . . . . . . . . . . . 3 К6. Расстояние от Кохаба до полюса в прошлом . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 4 из 10

9 класс

Заключительный этап

19 марта 2025 г.

9.8. Колечко-колечко... Е. Г. Бойцов

Угловой размер планетарной туманности Кольцо на небе 1.5′ × 1′ . Сколько звезд 6m и ярче попало на этот кадр? А 7m и ярче? Оцените звездную величину самых тусклых звезд на фотографии. Межзвездным поглощением пренебречь.

Источник: Reddit Решение. Хорошо известно, что объекты Мессье, а туманность Кольцо — это объект этого

каталога под номером 57, сравнительно яркие, 6–9 звездной величины. Можно вспомнить, что звездная величина M 57 примерно равна 9m . Однако, эта яркость распределена по довольно большой площади фотографии и напрямую сравнивать звезды с туманностью не получится. Разве что мы получили некоторый ориентир: самые тусклые звезды точно не могут быть ярче 9m . Размеры туманности на фотографии равны примерно 38 × 56 мм. Отношение этих величин примерно соответствует отношению данных в условии угловых размеров туманности, т. е. масштаб фотографии в обоих направлениях одинаковый составляет 0.26′ /см. Тогда наш кадр занимает на небе площадку 5.4′ × 4.1′ = 0.0062 квадратных градусов. Всего на небе 41250 квадратных градусов, то есть на кадре нам видна 1.5 × 10−7 часть неба. Всего на небе видно около 6000 звезд шестой звездной величины и ярче. На одну такую звезду XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 5 из 10

9 класс

Заключительный этап

19 марта 2025 г.

приходится более тысячи площадок подобных нашей, поэтому вероятнее всего, что ни одна звезда 6m и ярче не попала на нашу площадку. Попробуем оценить, на сколько больше звезд 7m и ярче можно увидеть на небе. Сначала предположим, что все звезды одинаковые и распределены в пространстве равномерно. В отсутствие поглощения мы можем их видеть до некоторого расстояния 𝑟, с которого они видны как звезды 6m . На одну звездную величину слабее они будут видны с расстояния 𝑟 + ∆𝑟 такого, что √ 𝑟 + ∆𝑟 = 100.2 ≈ 2.515. 𝑟 Число видимых звезд пропорционально объему сферы, в котором они расположены. Тогда (︂ )︂3 𝑁 (⩽ 7) 𝑟 + ∆𝑟 = = 100.6 ≈ 3.98 ≈ 4. 𝑁 (⩽ 6) 𝑟 Если мы окружены звездами двух типов, то видимые до определенной звездной величины они заполняют разные сферические объемы, но изменению на одну звездну величину соответствуют аналогичные увеличения объемов и численности звезд. Точно такие же рассуждения можно проделать для любого числа различных наборов звезд, а значит, выведенная закономерность справедлива для всей совокупности звезд. Также заметим, что мы нигде не использовали конкретные звездные величины, то есть это правило универсально: звезд ярче величины 𝑚+1 больше, чем 𝑚 в 4 раза. Это утверждение называют теоремой Зеелигера. Отсюда делаем вывод, что звезд 7m и ярче 24 000, то есть на каждую приходится 278 площадок. Следовательно, ожидаемое число таких звезд на фотографии тоже 0. При этом мы можем найти 40-50 звезд. Это значит, что всего для наблюдения с такой проницающей способностью на небе около 𝑁𝑡 = 3 × 108 . Пусть 𝑁 = 6000 — это число звезд ярче 6m . Тогда 𝑁𝑡 = 4𝑥 𝑁 . Тогда

4𝑥 =

𝑁𝑡 𝑁

𝑥 = log4

lg 𝑁𝑁𝑡 𝑁𝑡 = ≈ 7.8. 𝑁 lg 4

Вычисления с логарифмами здесь можно упростить, помня, откуда берется четверка: 𝑥

0.6𝑥

4 = 10

𝑁𝑡 = 𝑁

lg 𝑁𝑁𝑡 𝑥= ≈ 7.8. 0.6

Значит на фотографии видны звезды до 13.8m . В действительности межзвзездное поглощение приводит к тому, что мы видим меньше звезд, отчего с увеличением на звездную величину видим не в 4 раза больше звезд, а примерно в 2. Поэтому наша оценка получилась заниженной.

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 6 из 10

9 класс

Заключительный этап

19 марта 2025 г.

Критерии оценивания.

25

К1. Определение углового размера фотографии . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

Масштаб фотографии . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Угловые размеры . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 + 2 К2. Число таких площадок на небе. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Площадь всего неба. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 Вывод . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 m К3. На фотографии 0 звезд 6 и ярче. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Сколько звезд 6m и ярче на небе . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Вывод . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Если указана 1 звезда, то 1 балл. В остальных случаях 0 баллов.

К4. Вывод теоремы Зеелигера . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Данный результат может быть известен участнику и может быть засчитан без вывода.

К5. На фотографии 0 звезд

7m и ярче. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Сколько звезд 7 и ярче на небе . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Вывод . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 m

Если указана 1 звезда, то 1 балл. В остальных случаях 0 баллов.

К6. Определение звездной величины самых слабых звезд . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 7 из 10

9 класс

Заключительный этап

19 марта 2025 г.

9.9. Променяли Солнце на Луну Т. В. Мигаль

Вам представлена лунная аналемма, снятая по тому же принципу, что и стандартная солнечная. В левом нижнем углу изображения дан диск Луны, увеличенный в 12 раз по сравнению с масштабом фото. Известно, что в период фотографирования Луны произошло летнее солнцестояние. Первой была сделана фотография Луны в полнолунии, отмеченная на рисунке кружком. Считать, что нижний край фотографии параллелен горизонту. 1.

Определите полушарие Земли, в котором были сделаны фотографии.

2.

Найдите широту места съемки.

3.

Через какой интервал времени от начала съемки сделан кадр с Луной в положении А?

4.

Луна на первом кадре заходит или восходит? Отметьте на фотографии точку запада или востока.

5.

Определите эклиптическую широту Луны в точке А аналеммы.

6.

Определите дату начала съемки.

Источник: APOD Решение.

Во время летнего солнцестояния Солнце имеет положительное склонение, в кадре Луна вблизи новолуния указывает соответствующее положение Солнца на небе в некоторый момент XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 8 из 10

9 класс

Заключительный этап

19 марта 2025 г.

съемки. Полная Луна вблизи летнего солнцестояния имеет отрицательное склонение, и положение Луны в этот момент также есть в кадре. Поскольку на аналемме положение Солнца (при положительном склонении) выше, чем положение полной Луны (при отрицательном склонении), то можно сделать вывод, что изображение получено в северном полушарии Земли. Проведем ось аналеммы — линию, делящую пополам нижнюю и верхнюю петли. Заметим, что лунная аналемма также, как и солнечная, имеет форму восьмерки, что обусловлено наклоном орбиты Луны к экватору, а также ее эксцентриситетом. Значит, как и у солнечной аналеммы, ось перпендикулярна экватору — отклонения, вызванные эксцентричностью и нелинейностью движения из-за наклона заметно меньше изменения склонения. Получаем, что ось аналеммы пересекает горизонт под углом, примерно равным широте. Это утверждение справедливо только при положении аналеммы вблизи точек востока или запада. Измерим два катета в прямоугольном треугольнике, гипотенузой которого является ось аналеммы, а один из катетов параллелен горизонту. Получим 𝑥 = 12.7 см; 𝑦 = 22 см. То есть широта равна

arctg(𝑥/𝑦) ≈ 30∘ . В реальности серия фотографий была снята на юге штата Нью-Мексико, на широте

31∘

Фотографии для солнечной аналеммы делаются в одно и то же время по среднему солнечному времени, то есть раз в синодический период обращения Земли вокруг собственной оси и вокруг Солнца. Так же и с Лунной аналеммой — изображения были получены с промежутком в синодический период Луны и осевого вращения Земли.

∆𝑇 =

𝑇⊙ · 𝑇$ 23h 56m 4s · 27.3217d = = 24h 50m 31s . 𝑇$ − 𝑇⊙ 27.3217d − 23h 56m 4s

Второе положение Луны на этом снимке находится левее первого. Проще всего это можно определить по порядку изменения лунных фаз. Снимок A был сделан 25-м, то есть спустя 24 · ∆𝑇 ≈ 24d 20h 12m . Проведем срединный перпендикуляр к оси аналеммы (см. рисунок). Это будет небесный экватор. Поскольку, как мы выяснили, наблюдения происходят в северном полушарии, то данное взаимное положение небесного экватора и горизонта соответствуют восточной части неба, а Луна на первом кадре восходит. Будем считать, что угловой масштаб фото всюду одинаков. Это также можно подтвердить, измерив размер лунного серпа на аналемме в разных местах. Он окажется постоянным. Теперь измерим размер увеличенного диска Луны в углу коллажа. Он равен 30 мм. Размер XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 9 из 10

9 класс

Заключительный этап

19 марта 2025 г.

аналеммы по оси — 254 мм. Значит, угловой размер аналеммы равен:

𝑑 = 0.5∘ ·

254 · 12 ≈ 51°. 30

В самом южном положении склонение Луны равно 𝛿𝑚𝑜𝑜𝑛 = −51∘ /2 = −25.5∘ . Так как наклонение орбиты Луны к эклиптике много меньше наклонения эклиптики к экватору, то наименьшее склонение у Луны наблюдается вблизи точки зимнего солнцестояния, а значит можно линейно переводить склонение в эклиптическую широту:

𝛽𝑚𝑜𝑜𝑛 = 𝛿𝑚𝑜𝑜𝑛 + 𝜀 = −2∘ . Жюри приняло решение не оценивать шестой вопрос задачи.

Критерии оценивания.

25

К1. Определено полушарие Земли. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

К2. Найдена широта места съемки . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

Обоснование измерений. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4 Измерения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К3. Найден интервал времени от начала съемки до точки А . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Вычисление синодического периода . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Верно определено направление движения Луны по аналемме. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 Вычислени интервала времени . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К4. Положение Луны относительно горизонта . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Полная Луна восходит . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Если нет объяснения, то 1 балл.

Правильно отмечена точка восхода . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К5. Определена эклиптическая широта Луны в точке А . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Обоснование измерений. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3 Измерения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Если определен только масштаб снимка, то 1 балл.

Определена эклиптическая широта Луны . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

XXXII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 10 из 10