Олимпиада по астрономии 9 класс — заключительный этап ВсОШ 2025/2026: задания и ответы

Решения — теор.

Теоретический тур Условия, решения и схема оценивания. 9 класс

Содержание 9.1. Калейдоскоп планет . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 9.2. Тихо! Эхо сверхновой . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 9.3. Одно из двух . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 9.4. Звездный градусник . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 9.5. Два в одном . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 9.6. Восточный экспресс . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 1 из 23

Теоретический тур

9 класс

24 апреля 2026 г.

9.1. Калейдоскоп планет В. Б. Игнатьев Марс кульминирует в астрономическую полночь на высоте 55∘ , а Юпитер ровно через 6h на высоте 31.5∘ . На какой высоте будет кульминировать Солнце в этот день? Чему равна широта места наблюдения? Какая дата наблюдения? Рефракцией и уравнением времени пренебречь. Орбиты всех планет круговые и лежат в одной плоскости. Решение. Нижние кульминации планет даже в приполярных регионах не могут происходить выше 23.5∘ , а значит, в условии могут рассматриваться только их верхние кульминации. Поскольку Марс кульминирует в полночь, то он находится в противостоянии, а Юпитер, кульминирующий спустя 6h , находится в западной квадратуре. Угловое расстояние между точками кульминации планет не может превышать 2𝜀 = 47∘ , где 𝜀 — наклон небесного экватора к эклиптике, поскольку их склонения заключены в пределах от −𝜀 до 𝜀. Значит, кульминации Марса и Юпитера происходят по одну сторону от зенита. Разница высот кульминаций составляет ∆ℎ = 55∘ − 31.5∘ = 23.5∘ = 𝜀. Этой же величине равна и разность склонений. Поскольку планеты находятся на эклиптике в 90∘ друг от друга, такая ситуация может быть только в том случае, когда одна из планет находится в одной из точек равноденствий, а другая — в одной из точек солнцестояний. Случай 1: Юпитер находится в одной из точек равноденствий (𝛿Ю = 0). Тогда широта места наблюдения 𝜙 определяется из условия для верхней кульминации Юпитера: ℎЮ↑ = 90∘ − |𝜙1,2 − 𝛿Ю | = 90∘ − |𝜙1,2 | = 31.5∘

𝜙1,2 = ±58.5∘ .

Марс кульминирует выше Юпитера, то есть его склонение должно быть по модулю больше склонения Юпитера. При наблюдении в северном полушарии 𝛿M1 = 23.5∘ , то есть он находится в точке летнего солнцестояния. Солнце находится в противоположной от Марса точке эклиптики — точке зимнего солнцестояния. Следовательно, дата наблюдения — день зимнего солнцестояния (21–22 декабря). Высота Солнца в верхней кульминации будет на 𝜀 ниже высоты кульминации Юпитера: ℎ1 = ℎЮ↑ − 𝜀 = 8∘ . Для наблюдателя в южном полушарии Марс также будет кульминировать выше Юпитера, но его склонение составит 𝛿M2 = −23.5∘ , то есть он окажется в точке зимнего солнцестояния, а Солнце — в точке летнего солнцестояния. Такая ситуация возможна в день летнего солнцестояния (20–21 июня). Высота Солнца в верхней кульминации вновь должна быть на 𝜀 ниже высоты Юпитера, то есть ℎ2 = 8∘ . Случай 2: Марс находится в одной из точек равноденствия (𝛿M = 0). Тогда широту места наблюдения удобно получить из условия для верхней кульминации Марса: ℎ𝑀 ↑ = 90∘ − |𝜙3,4 | = 55∘

𝜙3,4 = ±35∘ .

Поскольку Солнце находится в противоположной точке равноденствия и имеет то же склонение, что и Марс, то и кульминирует на той же высоте, что и Марс: ℎ3,4 = 55∘ .

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 2 из 23

9 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026 г.

Если наблюдение происходит в день весеннего равноденствия (20–21 марта), то Юпитер, находящийся к западу от Солнца в точке зимнего солнцестояния, имеет склонение −23.5∘ и кульминирует ниже Марса в северном полушарии. В день осеннего равноденствия (22– 23 сентября) склонение Юпитера положительное и подобный случай реализуется в южном полушарии. Таким образом, возможны четыре варианта ответа, приведенные в таблице: Дата ℎ⊙ 20–21 марта 55∘ 20–21 июня 8∘ 22–23 сентября 55∘ 21–22 декабря 8∘

𝜙 35∘ с. ш. 58.5∘ ю.ш. 35∘ ю. ш. 58.5∘ с.ш.

Критерии оценивания. 15 ∘ К1. Марс и Юпитер на небе в 90 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К2. Разность склонений планет равна 23.5∘ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К3. Планеты находятся в соседних кардинальных точках эклиптики. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 К4. Правильная тройка ответов (дата, широта, высота) для каждого случая . . . . . . . . . . 4 × 3 Если в тройке один ответ неправильный, то такой ответ оценивается в 1 балл вместо 3

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 3 из 23

9 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026 г.

9.2. Тихо! Эхо сверхновой А. С. Аношин Иоганн Кеплер открыл три своих закона, основываясь на чрезвычайно точных результатах наблюдений великого датского астронома Тихо Браге, с которым он работал в его последний год жизни. В молодые годы Браге наблюдал вспышку сверхновой, которую мы теперь называем сверхновой Тихо. Ее современные координаты: прямое восхождение 𝛼0 = 00h 25m 08s , склонение 𝛿0 = +64∘ 09′ 56′′ , а годичный параллакс 𝜋 ′′ = (0.43 · 10−3 )′′ . Спектр сверхновой был определен астрономами в 2006 году благодаря эффекту светового эха. Излучение от вспышки, рассеянное на окружающих пылевых структурах, позволило получить её спектр и установить тип сверхновой. Координаты одной из наблюдаемых пылевых структур 𝛼 = 01h 46m 38s , 𝛿 = +57∘ 13′ 36′′ . 1. Оцените расстояние между сверхновой Тихо и этой пылевой структурой. Ответ выразите в световых годах. 2. Одновременно световое эхо от этой сверхновой может наблюдаться на многих пылевых структурах. Выделим любую плоскость, содержащую прямую наблюдатель-сверхновая. Определите вид кривой в этой плоскости, вдоль которой располагаются отражающие структуры? Решение. Тихо Браге наблюдал свет сверхновой, который двигался к нам по кратчайшему расстоянию. Это произошло совсем недавно по космическим меркам, так что расстояние до места вспышки сверхновой можно считать неизменным. Его можно определить из годичного параллакса: 1 𝑙 = ′′ = 2.33 кпк. 𝜋[ ] Свет, отразившийся от пылевого облака, преодолел расстояние большее 𝑙 на величину, которую свет проходит за время, прошедшее с момента наблюдения самой сверхновой. Вспышка наблюдалась в 1572 году, то есть за 434 года до определения спектра. Но можно и примерно прикинуть время этого события. Например, опираясь на время работы Кеплера. Другое реперное событие — изобретение телескопа. Тихо Браге был, пожалуй, последней яркой фигурой в дотелескопической астрономии, а Кеплер уже модернизировал телескоп Галилея новым окуляром. Телескоп был изобретен примерно 400 лет назад, а молодость Тихо Браге должна была прийтись не менее чем на четверть века раньше. Для дальнейших вычислений будем принимать величину запаздывания отраженного сигнала равной ∆𝑡 = 400 лет. Следовательно, этот сигнал прошел дополнительные 400 световых лет или 123 пк. Обратимся к рисунку. Обозначим точкой 𝑆 место вспышки сверхновой, 𝐸 — положение наблюдателя, а 𝑃 — пылевую структуру, отразившую свет сверхновой. Расстояние 𝑆𝑃 обозначим как 𝐿2 , 𝐸𝑃 — как 𝐿1 : 𝐿1 + 𝐿2 = 𝑙 + 𝑐∆𝑡. Заметим, что последнее уравнение описывает геометрическое место точек 𝑃 , сумма расстояний которых от двух заданных точек 𝐸 и 𝑆 постоянна. Это геометрическое определение эллипса, то есть все отражающие структуры, которые мы можем видеть одновременно лежат на дуге эллипса (поверхности эллипсоида в общем случае). Обозначим угол ∠𝑆𝐸𝑃 как 𝜃. Запишем теорему косинусов для треугольника △𝐸𝑆𝑃 :

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 4 из 23

Теоретический тур

9 класс

24 апреля 2026 г. 𝑃

𝐿1 𝐿2 𝜃 𝑙

𝐿22 = 𝑙2 + 𝐿21 − 2𝑙𝐿1 cos 𝜃 = 𝑙2 + (𝑙 + 𝑐∆𝑡 − 𝐿2 )2 − 2𝑙(𝑙 + 𝑐∆𝑡 − 𝐿2 ) cos 𝜃; Раскроем скобки в правой части. Тогда члены с 𝐿22 сократятся и уравнение станет линейным относительно 𝐿2 . Проведя простые преобразования, получим: 𝐿2 =

𝑙2 + (𝑙 + 𝑐∆𝑡)2 − 2𝑙(𝑙 + 𝑐∆𝑡) cos 𝜃 . 2(𝑙 + 𝑐∆𝑡 − 𝑙 cos 𝜃)

Угол 𝜃 — это угловое расстояние между пылевой структурой и сверхновой. Из координат видно, что это расстояние невелико, поэтому можем получить приближенное значение с помощью теоремы Пифагора. Главное, не забывать, что при больших склонениях координатная сетка по прямому восхождению сжата в cos 𝛿 раз. √︀ √ 𝜃 = ∆𝛿 2 + ∆𝛼2 · cos2 ⟨𝛿⟩ = 6.92 + 20.42 · cos 61∘ ≈ 12∘ . Здесь ⟨𝛿⟩ — среднее значение склонения, ∆𝛼 и ∆𝛿 — разности прямых восхождений и склонений сверхновой и пылевой структуры. Для любителей сферических треугольников приведем точное решение: 𝜃 = arccos(sin 𝛿 · sin 𝛿0 + cos 𝛿 · cos 𝛿0 · cos ∆𝛼) ≈ 12∘ . Из полученной ранее формулы получаем 𝐿2 ≈ 760 пк = 2500 св. лет. Комментарий. Результат с точностью до нескольких процентов совпадает с вычисленным расстоянием в статье «Scattered-light echoes from the historical galactic supernovae Cassiopeia A and Tycho (SN 1572)», из которой брались данные для этой задачи.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 5 из 23

9 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026 г.

Критерии оценивания. 15 К1. Расстояние до сверхновой . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К2. Правильное понимание геометрии явления светового эха . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Нарисована правильная схема или дано словесное описание явления.

К3. Время, прошедшее с момента наблюдения сверхновой (от 370 до 500 лет) . . . . . . . . . . . . . 3 Если ответ не попадает в правильный диапазон, но попадает в диапазон [250; 550], то за этот критерий выставляется 1 балл, иначе — 0 баллов. Дальнейшее решение оценивается полностью, кроме К7.

К4. Вывод, что структуры располагаются вдоль эллипса . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Ответ без обоснования не оценивается

К5. Вычисление угла 𝜃 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Если не учтен cos⟨𝛿⟩, то 1 балл. Допустимо вместо ⟨𝛿⟩ использовать склонение сверхновой или структуры.

К6. Вывод формулы для вычисления 𝐿2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 К7. Окончательный ответ в диапазоне от 2200 до 2600 св. лет . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Ответ дан не в световых годах — оценка за критерий снижается на 1 балл. Ответ дан вне правильного диапазона, но в диапазоне [2090; 3200] cв. лет — штраф 1 балл. В остальных случаях оценка за этот пункт не выставляется.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 6 из 23

9 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026 г.

9.3. Одно из двух А. Н. Акиньщиков С помощью телескопа составляется каталог всех звёзд, видимый поток от которых превышает фиксированный порог. В окрестностях Солнца на один красный гигант приходится 400 звезд, подобных Солнцу (желтых карликов). Абсолютная звездная величина красных гигантов равна −0.5𝑚 , а желтых карликов 5𝑚 . Считайте, что звёзды распределены в пространстве равномерно, а поглощением света можно пренебречь. Какой класс звёзд из представленных окажется более многочисленным в итоговом каталоге и во сколько раз? Решение. Поток от звезды светимости 𝐿 на расстоянии 𝑑 равен 𝐹 =

𝐿 . 4𝜋𝑑2

Минимальному значению потока 𝐹min соответствуют звезды, находящиеся на максимальном расстоянии 𝑑max . Тогда √︂ 𝐿 ∝ 𝐿1/2 . 𝑑max = 4𝜋𝐹min Пусть 𝑉max = 43 𝜋𝑑3max — объем, в котором находятся все видимые звезды данного типа. Тогда число звезд в этом объеме: 4 𝑁 = 𝑛𝑉 = 𝜋 𝑛 𝑑3max ∝ 𝑛 𝑑3max ∝ 𝑛𝐿3/2 , 3 где 𝑛 — пространственная плотность числа звёзд данного типа. Следовательно, отношение числа красных гигантов 𝑁g к числу карликов 𝑁d равно: (︂ )︂3/2 𝑁g 𝑛g 𝐿 g = . 𝑁d 𝑛d 𝐿d Абсолютные звездные величины гигантов и карликов отличаются на 5.5𝑚 звездных величин. Тогда из формулы Погсона получаем: 𝐿g = 10−0.4(−0.5−5) ≈ 158. 𝐿d Отношение пространственных плотностей задано в условии. Подставим числа: 𝑁g 1 1986 = · 1583/2 ≈ ≈ 5. 𝑁d 400 400 Значит, в таком каталоге красных гигантов окажется в 5 раз больше, при том, что в пространстве они встречаются в 400 раз реже. Причина этого кажущегося парадокса в том, что яркая звезда видна с гораздо большего расстояния, то есть мы их выбираем из гораздо большего объема пространства. Альтернативное решение. Выразим предельные звездные величины для красных гигантов и желтых карликов: 𝑚lim = 𝑀𝑔 − 5 + 5 lg 𝑑max 𝑔 , XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 7 из 23

Теоретический тур

9 класс

24 апреля 2026 г.

𝑚lim = 𝑀𝑑 − 5 + 5 lg 𝑑max 𝑑 . Так как предельная звездная величина одинакова из-за одинакового предельного потока: 𝑀𝑔 − 5 + 5 lg 𝑑max 𝑔 = 𝑀𝑑 − 5 + 5 lg 𝑑max 𝑑 , 5 lg 𝑑max 𝑔 − 5 lg 𝑑max 𝑑 = 𝑀𝑑 − 𝑀𝑔 . Тогда отношение предельных расстояний: 𝑀𝑑 −𝑀𝑔 5−(−0.5) 𝑑max 𝑔 = 10 5 = 10 5 = 101.1 ≈ 12.59, 𝑑max 𝑑

и итоговое отношение числа звезд: 𝑛g 43 𝜋 𝑑3max 𝑔 12.593 1986 𝑁g = = ≈ 5. = 4 3 𝑁d 𝑛d 3 𝜋 𝑑max 𝑑 400 400 Критерии оценивания. 15 К1. Связь 𝑑max со светимостью звезды (должна быть в явном виде) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 𝐿 Например: 𝐹 = 4𝜋𝑑 2 , 𝑚𝑙𝑖𝑚 = 𝑀𝑔 − 5 + 5 lg 𝑑max 𝑔 или аналогичные

К2. Связь 𝑁 и 𝑑max (должна быть в явном виде) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Например: 𝑁 = 34 𝜋 𝑛 𝑑3max или аналогичные

К3. Определение отношения светимостей . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Формула Погсона в подходящей для вычисления форме в явном виде . . . . . . . . . . . . 2 Правильное значение отношения светимостей . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Если участник не производит отдельного вычисления отношения светимостей, то последние 2 балла добавляются к оценке за правильный итоговый ответ и выставляются в зависимости от его правильности. Если участник приводит только численные значения (только подстановку), то общая оценка за этот пункт не превышает 2 баллов

К4. Формула для отношения числа звезд . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 К5. Правильный численный ответ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Выставляется только за правильный ответ при отсутствии ошибок в предыдущих частях задачи.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 8 из 23

Теоретический тур

9 класс

24 апреля 2026 г.

9.4. Звездный градусник В. Б. Игнатьев, М. В. Кузнецов Перед вами кривая блеска затменно-переменной звезды с круговыми орбитами. Из спектральных наблюдений известно, что одна из звезд системы полностью аналогична Солнцу. Определите температуру второй звезды. Потемнением диска к краю и эффектом прогрева пренебречь. Главный минимум

Вторичный минимум

12.4

12.52

Звёздная величина

Звёздная величина

12.6 12.8 13.0 13.2

12.56

12.60

12.64

13.4 13.6 -0.10

0 Фаза

0.10

12.68 0.30

0.40

0.50 Фаза

0.60

0.70

Решение. Пусть поток от двойной звезды вне затмения равен 𝐹0 , поток в главном минимум равен 𝐹1 , поток во вторичном минимуме равен 𝐹2 . В главном минимуме закрывается более горячая звезда. Договоримся, что 𝑇1 > 𝑇2 . Поскольку по условию орбиты звёзд круговые, площадь перекрытия дисков звезд будет одинакова, обозначим её через 𝑆. Запишем выражение для потока от двойной звезды в минимумах: 𝐹1 = 𝐹0 − ∆𝐹1 , 𝐹2 = 𝐹0 −∆𝐹2 , где ∆𝐹1 и ∆𝐹2 — слагаемые, в которых учитывается вклад излучения от площади 𝑆 закрываемой звезды с температурами 𝑇1 и 𝑇2 соответственно: ∆𝐹1 ∼ 𝜎𝑇14 𝑆/𝑟2 , ∆𝐹2 ∼ 𝜎𝑇24 𝑆/𝑟2 (расстояние 𝑟 до обеих звёзд считаем одинаковым). 𝑇4 𝐹0 − 𝐹1 ∆𝐹1 = 14 = . ∆𝐹2 𝑇2 𝐹0 − 𝐹2 Это выражение можно свести к отношению потоков, и, как следствие, к разнице звездных величин. Разделим и числитель, и знаменатель на 𝐹0 (︂ )︂4 1 − 𝐹1 /𝐹0 𝑇1 = 1 − 𝐹2 /𝐹0 𝑇2

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 9 из 23

9 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026 г.

Теперь вернемся к графикам, на которых по оси y отложена звездная величина, а не поток. Поэтому нужно провести еще несколько действий. В главном минимуме изменение звездной величины составляет ∆𝑚1 = 0.84𝑚 , во вторичном минимуме — ∆𝑚2 = 0.09𝑚 . Тогда отношение потоков равно 𝐹1 = 10−0.4·0.84 = 0.46, 𝐹0 𝐹1 = 10−0.4·0.09 = 0.92. 𝐹0 Тогда искомое отношение температур √︂ 𝑇1 1 − 0.46 = 4 ≈ 1.6. 𝑇2 1 − 0.92 Нам неизвестно, какой индекс имеет звезда с массой и температурой Солнца. Возможно, это более горячая, а возможно, это более холодная звезда. Рассмотрим оба варианта. 1. Звезда типа Солнца – более горячая звезда. Тогда вторая звезда будет иметь температуру 3600 К. 2. Звезда типа Солнца – более холодная звезда. Тогда вторая звезда будет иметь температуру 9300 K. Критерии оценивания. 15 К1. Интерпретация условий задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Снятие величины падения блеска в минимумах . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 × 2 Данный пункт не является критической точкой задачи, важно чтобы участники смогли с точностью до 10% получить данные величины.

Указание, что при круговых орбитах затмеваемые площади одинаковы . . . . . . . . . . . 1 Указано в явном виде или используется в решении

К2. Взаимосвязь потоков и перекрываемой площади 𝑆 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Записан закон Стефана — Больцмана . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Выражение, описывающее ситуацию в общем случае для затмения . . . . . . . . . 1 × 2 Исключение площади из рассмотрения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Запись и корректное использование формулы Погсона . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К3. Зависимость отношения температур от потоков (из верных предположений) . . . . . . . . . . 2 В виде формулы или верного численного выражения. За данный критерий частичный балл не предусмотрен.

К4. Получение верного итогового ответа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 × 2 Каждый из случаев, когда звезда типа Солнца более горячая, или более холодная, оценивается по 2 балла. В случае, если участник ошибся в снятии данных на первом этапе, но в дальнейшем реализовал корректное решение, то критерий 4 оценивается в 50% баллов. В случае, если участник аргументированно рассматривает полное затмение минимальной длительности (нулевая длительность полной фазы), то К1.2 оценивается в 0, К2.2 в 50% баллов, К2.3 в 0 баллов, К3 в 50% баллов. В случае, если участник рассматривает полное затмение с транзитом (т. е. с заметной длительностью полной фазы, что противоречит имеющимся в условии задачи графикам), то К1.2 оценивается в 0, К2.2 в 50%, К2.3 в 0 баллов, К3 и К4 в 50% баллов.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 10 из 23

Теоретический тур

9 класс

24 апреля 2026 г.

9.5. Два в одном В. Б. Игнатьев Полное лунное затмение вместе с частными теневыми фазами наблюдалось с 20:35 до 24:00 по всемирному времени. Одновременно вместе с затмением произошло покрытие Луной звезды Завийява, которое было видно только в небольшой части южного полушария. 1. Определите длительность полной фазы этого лунного затмения. 2. Определите дату этого затмения. 3. Оцените возможные широты, на которых можно было наблюдать покрытие Завийявы. Орбиты Земли и Луны считайте круговыми. Эклиптические координаты Завийявы: широта 𝛽 = 41′ , долгота 𝜆 = 177∘ . Изменением эклиптической широты Луны за время затмения пренебречь. Решение. Рассмотрим конус тени (см. рисунок ниже), который образует подобные треугольники, используя которые можно записать 𝑅⊕ 𝑅2 𝑅⊙ = = , 𝑎⊕ + 𝑥 2 𝑥2 𝑥2 − 𝑎 $

где 𝑅⊙ и 𝑅⊕ — это радиусы Солнца и Земли соответственно, 𝑅2 — радиус тени на удалении Луны (𝑎$ ) от Земли, 𝑎⊕ — большая полуось орбиты Земли, 𝑥2 — длина конуса земной тени. Выражаем из первого равенства 𝑥2 , получаем: 𝑥2 = 𝑎⊕

6370 𝑅⊕ = 1.496 · 108 · ≈ 1.38 · 106 км. 𝑅⊙ − 𝑅⊕ 696 000 − 6370

𝑅⊙ 𝑅⊕

𝑅2 𝑀 𝑥2

𝑆 𝑎⊕

𝑎⊕ Рис. 1: Схема образования земной тени. Из второго равенства выразим 𝑅2 : 𝑅2 = 𝑅⊕

𝑥2 − 𝑎 $ ≈ 4600 км. 𝑥2

Определим длину хорды, по которой проходит Луна через земную тень. Стоит отметить, что в пространстве двигается и Луна и тень. Эту задачу можно решить через относительную угловую скорость (разность угловой скорости Луны и тени), которая связана с синодическим периодом. Или же можно остаться в логике линейный скоростей, считая, что 𝑣=

2𝜋𝑎$ = 0.947 км/с. 𝑆

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 11 из 23

Теоретический тур

9 класс

24 апреля 2026 г.

𝑈4

𝑈1 𝐻 𝑅2

𝑅$

эклиптика

тень

Рис. 2: Схема лунного затмения. Точка 𝑈1 – момент начала затмения, диск Луны заходит в тень. Точка 𝑈4 – момент окончания затмения. где 𝑆 — синодический период Луны. Если затмение не центральное, Луна проходит через тень не по диаметру, а по некоторой хорде. Расстояние, которое проходит центр Луны относительно тени в течение затмения можно определить, зная относительную скорость Луны и продолжительность затмения 𝑇 : 𝐿 = 𝑣𝑇 = 12 300 с · 0.947 км/с ≈ 11 650 км. Высота, на которой центр Луны проходит выше или ниже центра тени 𝐻 равна √︁ 𝐻 = (𝑅2 + 𝑅$ )2 − (𝐿/2)2 = 2490 км. Теперь определим расстояние, которое проходит центр Луны во время полной фазы затмения: √︁ 𝐿2 = 2 (𝑅2 − 𝑅$ )2 − 𝐻 2 ≈ 2820 км. Тогда искомое время полной фазы равно ∆𝑡2 =

2820 км 𝐿2 = = 2970 с ≈ 50 мин. 𝑣 0.947 км/с

Второй вопрос задачи – определим дату затмения. Воспользуемся двумя фактами. 1. Во время полного лунного затмения Луна находится в противоположной Солнцу точке неба. Следовательно, эклиптическая долгота Солнца отличается от долготы Луны на 180∘ . 2. Происходит покрытие Луной звезды с долготой 𝜆 = 177∘ . XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 12 из 23

9 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026 г.

𝐿2

𝑈3

𝑈2 𝑅2 −

𝑅$

эклиптика

тень

Рис. 3: Схема полной фазы лунного затмения. Точка 𝑈2 – момент начала полной фазы затмения, диск Луны полностью заходит в тень. Точка 𝑈3 – момент окончания затмения. Следовательно, долгота Солнца 𝜆⊙ = 357∘ , то есть Солнце не дошло до точки весеннего равноденствия 3 дня. С учетом того, что равноденствие может приходиться на 19–21 марта, то ответ на второй вопрос 16–18 марта. Перейдем к третьему вопросу. На первом этапе решения задачи мы определили, что Луна проходит выше или ниже центра тени, который лежит на эклиптике. Переведем эту высоту в градусную меру: 206265𝐻 = 1336′′ ≈ 22′ . 𝛽$ = 𝑎$ Видимость покрытия будет обусловлена параллактическим эффектом. Если Луна находится выше эклиптики, то покрытие звезды можно увидеть почти на всех широтах, в том числе и в северном полушарии, что противоречит условию задачи. Напротив, если Луна находится ниже эклиптики, то эффект параллакса будет поднимать Луну, если наблюдатель смещается на юг. Если наблюдатель переместится на самую удаленную точку Земли от эклиптики, то Луна изменит свое положение относительно звезд на величину параллакса Луны: 𝑝=

206265𝑅⊕ = 57′ 𝑎$

В этом случае центр Луны окажется на эклиптической широте −22′ + 57′ = 35′ , что ниXXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 13 из 23

Теоретический тур

9 класс

24 апреля 2026 г.

𝑃𝑁

эклиптика

𝐻2 𝑄1

𝑦 = −0.82 · 𝑎

𝑄2

𝑃𝑆

Рис. 4: Вид с Луны на Землю в момент равноденствия. Заштрихованная область — область где возможно наблюдение покрытия. же широты Завияки на 6′ . С учетом того, что Луна имеет значительный угловой радиус (≈ 16′ ), наблюдатель в самой нижней точке от эклиптики будет наблюдаться покрытие звезды. Также, если подняться выше к плоскости эклиптики (это не обязательно севернее), то покрытие будет наблюдаться до момента, пока суточный параллакс Луны будет больше, чем 57′ − 16′ + 6′ = 47′ . Определим предельную эклиптическую широту верхнего края Луны, при которой покрытие еще наблюдается: она равна 41′ . Отсюда находим минимальное параллактическое смещение для наблюдателя, который сможет увидеть покрытие: 47′ . Это смещение соответствует линейному расстоянию от эклиптики 𝐻2 = 5255 км. Определим угол 𝛼 (см. рисунок) cos 𝛼 =

5255 𝐻2 = 𝑅⊕ 6371

𝛼 = 34.4∘

Так как самая удаленная от эклиптики точка в день весеннего равноденствия имеет широту −66.5∘ , то максимальная широта, на которой можно увидеть покрытие Завийявы равна −32.1∘ . Завийява 𝛽

ика

пт кли

э ∘ −𝜆

180

𝑖 𝜀 a

экватор

Завийява располагается чуть менее чем на градус выше эклиптики, а ее эклиптическая долгота немного меньше долготы точки осеннего равноденствия. В этой области эклиптика выше XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 14 из 23

9 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026 г.

экватора, следовательно, склонение Завийявы положительное и с Южного полюса она не видна. Приблизительно можно оценить склонение в 1∘ –2∘ , но это значение можно получить и более точно. Поскольку мы рассматриваем очень небольшую площадку на небе, воспользуемся √︀ плоским приближением. Расстояние от точки весеннего равноденствия до звезды равно ′ (41′ )2 + (3∘ )2 ≈ 3∘ , а наклон l к эклиптике 𝑖 = arctg 41 ≈ 13∘ . Отсюда склонение 𝑙 = 3∘ Завийявы равно 𝛿 = 𝑙 sin(𝜀 + 𝑖) = 1∘ 48′ , а самая южная широта наблюдения покрытия 88∘ 12′ ю. ш. Таким образом, наблюдать покрытие Завийявы можно на широтах от 32.1 ю. ш. до 88.2 ю. ш. Критерии оценивания. 15 К1. Длительность полной фазы затмения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Схема образования земной тени . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Радиус или диаметр земной тени . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Линейная или угловая относительная скорость движения Луны. . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 Расстояние, проходимое центром Луны относительно тени в течение затмения . . . 1 Расстояние между центром тени и линией движения центра Луны . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Расстояние, проходимое центром Луны относительно тени в течение полной фазы 1 Продолжительность полной фазы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Если принято, что Луна находится на эклиптике, то оценка за критерий не превышает 3 баллов.

К2. Дата затмения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Луна противоположна Солнцу . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Дата затмения 16–18 марта . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К3. Область видимости покрытия . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Найден параллакс Луны . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Перевод высоты 𝐻 в градусную меру . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Эклиптическая широта Луны в самой удаленной точке Земли от эклиптики . . . . . . 1 Минимальное параллактическое смещение для наблюдения покрытия . . . . . . . . . . . . 1 Определение диапазона широт . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1+1 Если принято, что Луна находится на эклиптике, то оценка за критерий не превышает 2 баллов.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 15 из 23

Теоретический тур

9 класс

24 апреля 2026 г.

9.6. Восточный экспресс В. Б. Игнатьев Корпорация «Роскосмос» запускает ракету-носитель со спутником с космодрома Восточный (𝜆 = 128∘ 20′ в. д., 𝜙 = 51∘ 53′ с. ш.). На первом этапе ракета-носитель выводит спутник на опорную круговую орбиту высотой 270 км, для которой космодром Восточный является самой северной точкой орбиты. Через несколько оборотов при пересечении плоскости экватора Земли спутник переходит на промежуточную эллиптическую орбиту того же наклонения, апоцентрическое расстояние которой равно радиусу орбиты геостационарных спутников. На этой орбите спутник может совершить несколько оборотов. Оказавшись в апоцентре промежуточной орбиты, спутник еще одним маневром переходит на геостационарную орбиту. Считайте, что все маневры, включая вывод на опорную орбиту, совершаются мгновенно. Определите оптимальное число витков спутника на опорной и на промежуточной орбитах, необходимое для вывода спутника на геостационарную орбиту с долготой Уфы (𝜆 = 56∘ в. д.) с точностью не хуже 3 градусов. При этом суммарная продолжительность перехода не должна превышать 48 часов от момента запуска. Решение. Будем решать задачу в системе отсчета центра Земли. Этап 1. Определение времен всех маневров. Определим период обращения спутника на опорной круговой орбите. √︃ 𝑎31 = 5372 секунд 𝑇1 = 2𝜋 𝐺𝑀⊙ Теперь рассмотрим промежуточную эллиптическую орбиту. Определим афелийное расстояние на этой орбите: √︂

𝐺𝑀⊙ 𝑇⊙2 = 42.23 · 106 м 2𝜋 Отметим, что в качестве периода обращения Земли для расчетов геоцентрической орбиты нужно подставлять звездные сутки, не 24 часа, а 23ℎ 56𝑚 04𝑠 = 86164𝑠 . 𝑎𝐺 =

Большая полуось эллиптической орбиты находится как 𝑎2 =

𝑎1 + 𝑎 𝐺 2

Период обращения аппарата на этой орбите составляет √︃ 𝑇2 = 2𝜋

𝑎32 𝐺𝑀⊙

√︃ = 2𝜋

(𝑎1 + 𝑎𝐺 )3 ≈ 37 925𝑠 8𝐺𝑀⊙

Этап 2. Расчеты долгот. За некоторое время ∆𝑡 Земля повернется на угол XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 16 из 23

Теоретический тур

9 класс

𝛼=

24 апреля 2026 г.

∆𝑡 · 360∘ 86164

Но при этом спутник сделает нецелое число витков вокруг центра Земли. Переход между опорной и промежуточной орбитами осуществляется в точке в экваториальной плоскости Земли, а начальная точка по условию является самой северной точкой орбиты. Поэтому на опорной орбите спутник может сделать целое число витков 𝑛 (𝑛 = 0, 1, 2...) и либо 1 , либо 34 оборота. За один оборот спутника на этой орбите Земля провернется под ним на 4 угол 22.4∘ . На промежуточной эллиптической орбите период спутника равен 𝑇2 = 37 925 секунд, что соответствует повороту Земли на 158.5∘ . Для выхода на геостационарную орбиту спутнику на промежуточной орбите необходимо сделать полуцелое число оборотов 𝑘 + 12 . Где 𝑘 = 0, 1, 2.... Этап 3. Последовательность маневров. Выработаем последовательность маневров для вывода спутника на долготу Уфы. Для решения этой задачи расчеты разумнее производить через углы поворота, а не через время. Но в конце решения надо будет проверить, чтобы итоговое время оказалось менее 48 часов. Рассмотрим случай, когда на первой орбите спутник сделает 𝑛 + 14 витков. Тогда после всех маневров спутник сделает 𝑁 =𝑛+

1 1 + 𝑘 + витков, 4 2

и спутник окажется на долготе 𝜆 при старте с долготы 𝜆0 : 1 1 𝜆 = 𝜆0 − 90∘ − (𝑛 + ) · 22.4∘ − (𝑘 + ) · 158.5∘ 4 2 Упростим выражение, оставив только целочисленные переменные 𝑛 и 𝑘: 𝜆 = 𝜆0 − 90∘ − 84.85∘ − 22.4∘ · 𝑛 − 158.5∘ · 𝑘 Подставим значения 𝜆 и 𝜆0 : 56∘ = 128.3∘ − 90∘ − 84.85∘ − 22.4∘ · 𝑛 − 158.5∘ · 𝑘 Упростим: −102.5∘ + 360∘ · 𝑀 = 22.4∘ · 𝑛 + 158.5∘ · 𝑘,

(1)

здесь 𝑀 – целое число оборотов Земли. В случае, если мы рассматриваем на первой орбите 𝑛 + 43 оборота перед переходом на вторую эллиптичную орбиту, то выражение будет иметь вид 3 1 𝜆 = 𝜆0 + 90∘ − (𝑛 + ) · 22.4∘ − (𝑘 + ) · 158.5∘ 4 2 XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 17 из 23

Теоретический тур

9 класс

24 апреля 2026 г.

56∘ = 128.3∘ + 90∘ − 98.3∘ − 22.4∘ · 𝑛 − 158.5∘ · 𝑘 66.25∘ + 360∘ · 𝑀 = 22.4∘ · 𝑛 + 158.5∘ · 𝑘

(2)

Теперь надо подобрать целые числа 𝑛 и 𝑘, при которых равенство выполняется. Составим таблицу угла смещения для различных 𝑛 и 𝑘: 𝑓 (𝜆) = 22.4∘ · 𝑛 + 158.5∘ · 𝑘 и сравним полученные значение с искомыми. {︃ 257.45∘ = 22.4∘ · 𝑛 + 158.5∘ · 𝑘 или 66.25∘ = 22.4∘ · 𝑛 + 158.5∘ · 𝑘

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

0 22.4 44.8 67.2 89.6 112 134.4 156.8 179.2 201.6 224 246.4 268.8 291.2 313.6 336 358.4

1 180.9 203.3 225.7 248.1 270.5 292.9 315.3 337.7 360.1 382.5 404.9 427.3 449.7 472.1 494.5 516.9

2 339.4 361.8 384.2 406.6 429 451.4 473.8 496.2 518.6 541 563.4 585.8 608.2 630.6 653 675.4

3 497.9 520.3 542.7 565.1 587.5 609.9 632.3 654.7 677.1 699.5 721.9 744.3 766.7 789.1 811.5 833.9

По вертикальной оси 𝑛 – целое число витков на первой орбите, по горизонтальной оси 𝑘 – целое число витков на второй орбите. Для стратегии с 𝑛 + 14 нас интересуют значения угла поворота 257.45∘ или 257.45∘ + 360∘ , а для стратегии 𝑛 + 34 – значение 66.25∘ . Из таблицы видим, что первый сценарий реализовать не получится, а второй реализуется при 𝑛 = 3 и 𝑘 = 0. Проверим, сколько времени потребуется для реализации всех маневров. 3 1 ∆𝑇 = (𝑛 + ) · 𝑇1 + (𝑘 + ) · 𝑇2 4 2 3 1 ∆𝑇 = (3 + ) · 5370𝑠 + · 37925𝑠 = 39 100𝑠 ≈ 10.9 часа. 4 2 Альтернативные решения. XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 18 из 23

Теоретический тур

9 класс

24 апреля 2026 г.

Найденная пара 𝑛 = 3, 𝑘 = 0 является оптимальной по времени перехода, однако не единственной. Если продолжить таблицу значений 𝑓 (𝜆) из стратегии 𝑛 + 34 на большие значения 𝑛 (т.е. рассматривать варианты, в которых правая часть равенства (2) обходит лишние 360∘ за счёт дополнительных оборотов Земли), обнаруживаются ещё два попадания в окрестность Уфы — 𝑛 = 19, 𝑘 = 0 и 𝑛 = 12, 𝑘 = 1. В обоих случаях суммарное время составляет около 34.9 часа, то есть формальным условиям варианты удовлетворяют. Кроме того, условие задачи фиксирует наклонение опорной орбиты (𝑖 = 51.88∘ , поскольку космодром Восточный — самая северная её точка), но не задаёт направление обращения спутника. При запуске «против вращения Земли» (по ретроградной орбите) положения восходящего и нисходящего узлов в инерциальной системе меняются местами, и формулы (1) и (2) переходят друг в друга с заменой знака. Перебор показывает, что в коридоре ±3∘ от Уфы и в пределах 48 часов реализуются ещё три ретроградных решения – 𝑛 = 11, 𝑘 = 0, 𝑛 = 4, 𝑘 = 1 (около 22.9 часа), а также 𝑛 = 27, 𝑘 = 0 (около 46.9 часа). Сводная таблица всех найденных в рамках условий задачи решений приведена ниже. Оптимальным остаётся прямой запуск 𝑛 = 3, 𝑘 = 0 – наименьшее время и наиболее реалистичный по энергозатратам вариант. № 1 2 3 4 5 6

Запуск прямой ретроградный ретроградный прямой прямой ретроградный

𝑛 3 11 4 19 12 27

𝑘 0 0 1 0 1 0

∆𝑇 , ч 10.9 22.9 22.9 34.9 34.9 46.9

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

Ошибка от Уфы −1.5∘ −1.8∘ −2.5∘ −2.1∘ −2.8∘ −2.4∘

стр. 19 из 23

9 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026 г.

Рис. 5: Решение №1. Прямой запуск, 𝑛 = 3, 𝑘 = 0. Оптимальное по времени решение задачи: ∆𝑇 ≈ 10.9 ч, конечная долгота 54.5∘ в. д. Критерии оценивания. 15 К1. Определение времени всех маневров . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Период обращения спутника на опорной орбите . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Апогейное расстояние на опорной орбите . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Большая полуось эллиптической орбиты . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Период обращения спутника на эллиптической орбите. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 В случае, если участник в качестве периода Земли берет 86400 секунд, оценка по данном критерию снижается на 1 балл

К2. Определение угла поворота Земли . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Формула, связывающая угол поворота Земли со временем. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 В случае, если участник в качестве периода Земли берет 86400 секунд, оценка по данному подкритерию 0 баллов

Значение угла поворота Земли за один оборот на опорной орбите (22.4∘ ). . . . . . . . . .1 Значение угла поворота Земли за один оборот на эллиптичной орбите (158.5∘ ) . . . 1 К3. Определение оптимального числа витков . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 Ниже описан популярный пошаговый сценарий решения участника. Тем не менее, участник сразу мог рассмотреть случай 𝑛+ 34 , и найти любое решение, удовлетворяющее условию задачи. В этом случае его решение оценивается в 8 баллов по данному критерию.

Утверждение, что на опорной орбите нужно сделать 𝑛 + 14 или 𝑛 + 43 оборота . . 1+1 Получена формула (1) или ей аналогичная для случая 𝑛 + 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Получена верный ответ для случая 𝑛 + 41 . (Решения нет) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Получена формула (2) или ей аналогичная для случая 𝑛 + 34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Получена верные ответы 𝑛 и 𝑘. для случая 𝑛 + 34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1+1 Проверено, что суммарное время маневров меньше 48 часов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 20 из 23

9 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026 г.

Рис. 6: Решение №2. Ретроградный запуск, 𝑛 = 11, 𝑘 = 0. ∆𝑇 ≈ 22.9 ч, конечная долгота 54.2∘ в. д.

Рис. 7: Решение №3. Ретроградный запуск, 𝑛 = 4, 𝑘 = 1. ∆𝑇 ≈ 22.9 ч, конечная долгота 53.5∘ в. д.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 21 из 23

9 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026 г.

Рис. 8: Решение №4. Прямой запуск, 𝑛 = 19, 𝑘 = 0. ∆𝑇 ≈ 34.9 ч, конечная долгота 53.9∘ в. д.

Рис. 9: Решение №5. Прямой запуск, 𝑛 = 12, 𝑘 = 1. ∆𝑇 ≈ 34.9 ч, конечная долгота 53.2∘ в. д.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 22 из 23

9 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026 г.

Рис. 10: Решение №6. Ретроградный запуск, 𝑛 = 27, 𝑘 = 0. ∆𝑇 ≈ 46.9 ч, конечная долгота 53.6∘ в. д.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 23 из 23

Решения — прак.

Заключительный этап: практический тур Условия, решения и схема оценивания. 9 класс

Содержание 9.7. Жил на свете добрый жук . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 9.8. Светит мазер, светит ясный. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 9.9. Пролетела. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .10

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 1 из 13

9 класс

Заключительный этап: практический тур

25 апреля 2026 г.

9.7. Жил на свете добрый жук Е. Н. Фадеев В таблице приведены результаты наблюдений визуально-двойной звезды: порядковый номер и дата наблюдения, угловое расстояние между компонентами 𝜌 и позиционный угол менее яркого компонента 𝛾 (откладывается от направления на север к востоку). Известно, что параллакс двойной равен 0.133′′ , а масса большего компонента равна 1.5 массы Солнца. Система координат соответствует эпохе J2000.0. 1. На листе миллиметровой бумаги постройте видимую орбиту менее яркого компонента относительно более яркого так, как она видна на небе; 2. Определите период обращения (в годах), большую полуось (в астрономических единицах), эксцентриситет и наклон плоскости орбиты к картинной плоскости, а также массу меньшего компонента (в массах Солнца). № 1 2 3 4 5 6 7 8

Дата 29.09.1902 10.12.1905 18.11.1910 20.10.1913 01.10.1919 26.08.1923 14.01.1929 17.11.1933

𝜌, ′′ 3.4 2.8 1.8 1.5 2.4 3.1 4.0 4.5

𝛾, ∘ 55.6 68.3 105.2 148.0 217.1 236.1 251.9 261.8

№ 9 10 11 12 13 14 15 16

Дата 𝜌, ′′ 29.01.1950 5.8 04.10.1957 6.2 22.11.1972 6.7 18.10.1978 6.8 04.11.1992 7.0 25.10.2001 7.0 11.12.2003 7.0 07.11.2024 6.8

𝛾, ∘ 284.0 292.0 305.4 310.2 321.1 327.9 329.5 345.5

Решение. Нанесем на миллиметровую бумагу точку 𝑆1 — положение более массивной звезды. Поскольку позиционный угол отсчитывается от направления на север, направим полярную ось вверх. Тогда на рисунке восток окажется справа, то есть позиционный угол надо откладывать против часовой стрелки. Отметив все 16 положений второй звезды, обнаруживаем, что ее траектория представляет окружность (рис. 1). Однако точка 𝑆1 располагается заметно в стороне от центра окружности 𝑂. Если бы мы видели движение по круговой орбите, расположенной в картинной плоскости, то 𝑆1 находилась бы в центре окружности. Раз этого не происходит, остается сделать вывод, что действительная орбита эллиптическая, но она наклонена к картинной плоскости так, что проекция большой оси совпадает по величине с малой осью. Проекция фокуса орбиты 𝑆1 оказывается на отрезке, соединяющем точки 4 и 14, то есть этот отрезок — проекция большой оси орбиты. Нарисуем орбиту и ее проекцию сбоку (рис. 2). При проецировании апоастр орбиты 𝑄 переходит в точку 14, периастр 𝑃 — в точку 4, фокус 𝐹 в точку 𝑆1 . Поскольку отрезок 𝐹 𝑆1 параллелен отрезку 𝑃 4, отсекаемые ими отрезки на орбите и ее проекции будут пропорциональны. Проще всего на чертеже измерить расстояния между точками 𝑆1 и 4 и точками 4 и 14. Обозначим их соответственно как 𝑥 и 𝑦. Тогда 𝑥 𝑟𝑝 𝑎(1 − 𝑒) 1−𝑒 = = = 𝑦 2𝑎 2𝑎 2

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

𝑒=1−2

𝑥 ≈ 0.65. 𝑦

стр. 2 из 13

9 класс

Заключительный этап: практический тур

25 апреля 2026 г.

𝛾 = 0° 16 15

14 13 12 11

10

𝑂 2

6°

𝜌=

𝛾 3.4 ′

5. =5

𝑆1

8 7

4 5

Рис. 1: Видимая орбита двойной звезды. В точках 4 и 14 вторая звезда проходит периастр и апоастр своей орбиты. Время между этими событиями равно половине орбитального периода звезды. Наблюдения проводились почти точно с интервалом в 88 лет, поэтому искомый период равен 𝑃 = 176 лет. Из рисунка 2 видно, что наклон плоскости орбиты к картинной плоскости 𝑖 равен √ √ 𝑏 𝑎 1 − 𝑒2 𝑖 = arccos = arccos = arccos 1 − 𝑒2 ≈ 40∘ . 𝑎 𝑎 Зная параллакс двойной 𝜋 ′′ , легко найти расстояние до нее: 𝐷=

1 ≈ 7.5 пк. 𝜋 ′′

Тогда величина малой полуоси орбиты в линейной мере 𝑏=

𝜌4 + 𝜌14 1.5′′ + 7′′ 𝐷= · 7.5 пк ≈ 32 а. е. 2 2

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 3 из 13

9 класс

Заключительный этап: практический тур 𝑟𝑝 𝑐

14

Проекция

𝑖 𝑂

и рб

25 апреля 2026 г.

та

𝑆1

𝑄 Рис. 2: Проекция орбиты. Здесь 𝜌4 и 𝜌14 — расстояния до соответствующих точек из таблицы в условии. Величина большой полуоси равна 32 а. е. 𝑏 =√ ≈ 42 а. е. 𝑎= √ 1 − 𝑒2 1 − 0.652 Зная большую полуось и период обращения, можно определить сумму масс компонет с помощью третьего закона Кеплера: 𝑀1 + 𝑀2 1 год2 𝑎3 · ≈ 2.39. = 𝑀⊙ 1 а. е.3 𝑃2 Тогда масса второго компонента равна 𝑀2 = 2.39𝑀⊙ − 1.5𝑀⊙ = 0.89𝑀⊙ .

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 4 из 13

9 класс

Заключительный этап: практический тур

25 апреля 2026 г.

Критерии оценивания.

25

Если ответ дан не в требуемой размерности, оценка снижается на 1 балл.

К1. Построение орбиты . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Орбита — окружность, большая звезда не в центре . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Правильная ориентация орбиты . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К2. Интерпретация графика . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Орбита эллиптическая и только проецируется в окружность . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Малая полуось не изменена проекцией . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Определение направления большой полуоси . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К3. Определение эксцентриситета . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Сделаны правильные измерения на графике . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Правильный способ вычисления . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Должен включать доказательство того, что вычисляется эксцентриситет реальной орбиты.

Получено правильное значение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К4. Определение наклона . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Правильные измерения на графике и/или правильный способ вычисления. . . . . . . .2 Получено правильное значение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К5. Расстояние до двойной . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К6. Определение периода . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Правильно выбраны точки для определения части периода . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Получено правильное значение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К7. Определение линейных размеров орбиты . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Найден центр орбиты . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Измерен радиус орбиты в угловой мере . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Малая полуось в линейной мере . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Необходимо показать, что радиус видимой орбиты — малая полуось. Если линейный размер видимой орбиты назван большой полуосью, за К7 не более 2 баллов.

Большая полуось в линейной мере . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К8. Определение массы второй звезды . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Суммарная масса системы: формула и ее правильное применение . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Суммарная масса системы: значение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Значение массы второй звезды . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Если для вычисления массы используются ошибочные значения большой полуоси или периода — штраф 1 балл. Масса меньше 0 или больше 1.5𝑀⊙ — штраф 2 балла.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 5 из 13

9 класс

Заключительный этап: практический тур

25 апреля 2026 г.

9.8. Светит мазер, светит ясный. . . В. Б. Игнатьев, М. В. Кузнецов В газопылевых оболочках, окружающих звезды-гиганты на поздних стадиях эволюции, иногда наблюдаются источники мазерного излучения. В этой задаче мы не будем касаться природы мазеров: важно, что каждый отдельный мазер можно считать точечным объектом, а его излучение — монохроматическим. Мазеры концентрируются в тонких сферических оболочках, радиусы которых много больше размеров фотосферы звезды. Источником энергии для мазеров является излучение звезды: переменность звезды приводит к переменной яркости мазеров. Вам предоставлены графики, полученные при исследовании области OH127.8 + 0.0: 1. Спектр мазерного излучения этой области, содержащей много отдельных мазеров. По горизонтальной оси сверху отложена частота наблюдения, а снизу — соответствующая ей доплеровская скорость. По вертикальной оси отложена спектральная плотность потока в янских (1 Ян = 10−26 Вт/(м2 Гц)). Одна из ярких компонент линии соответствует части оболочки, движущейся от звезды к наблюдателю («синяя компонента»), а другая — в противоположную сторону («красная» компонента). 2. Зависимость относительной интенсивности «синей» и «красной» компонент от времени. 3. Зависимость углового расстояния отдельных мазеров от звезды от их лучевых скоростей. Определите: A) Лабораторную частоту исследуемой мазерной линии с точностью до 10 кГц; B) Скорость расширения области мазерного излучения (оболочки) (в километрах в секунду); C) Линейный размер области мазерного излучения (в астрономических единицах); D) Расстояние до исследуемой области (в парсеках); E) Является ли объект внегалактическим, принадлежит нашей Галактике или является объектом Солнечной системы?

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 6 из 13

9 класс

Заключительный этап: практический тур

25 апреля 2026 г.

(a) Спектр области мазерного излучения.

(b) Кривая блеска мазерного излучения

(c) Зависимость углового расстояния от звезды отдельных мазеров от их лучевых скоростей.

К задаче 2

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 7 из 13

9 класс

Заключительный этап: практический тур

25 апреля 2026 г.

Решение. Для ответа на первый вопрос необходимо вспомнить формулу для доплеровского смещения спектральных линий. Пусть 𝜆 и 𝜆0 — наблюдаемая и лабораторная длины волн, 𝑣 — скорость излучателя относительно наблюдателя и 𝑐 — скорость света. Тогда изменение длины волны света за счет движения источника выражается формулой: 𝑣 𝜆 − 𝜆0 = . 𝜆0 𝑐 Но нам на спектре дана шкала частот, а не длин волн. Частота изучения связана с длиной волны как 𝜈 = 𝑐/𝜆. Тогда левая часть формулы для эффекта Доплера принимает вид 𝑐 − 𝜈𝑐0 𝜆 − 𝜆0 𝜈0 − 𝜈 𝜈 = = . 𝑐 𝜆0 𝜈 𝜈0

Отсюда получаем зависимость 𝜈0 от 𝜈 и 𝑣: 𝑣 )︁ 𝜈. 𝜈0 = 1 + 𝑐 (︁

Определив на спектре пару значений 𝜈 и 𝑣, получим 𝜈0 = 1612.23 МГц. Разумеется, измерений следует сделать несколько, а результат усреднить. Замечание 1. Можно заметить, что на графике равным изменениям скорости соответствуют равные изменения частоты. Это следует из формулы эффекта Доплера: (︁ (︁ 𝜈0 𝑣2 )︁ ∆𝑣 𝜈0 𝑣1 )︁ 1 − − ≈ 𝜈 1 − − 𝜈 =− 𝜈0 . ∆𝜈 = 𝜈2 − 𝜈1 = 0 0 𝑣2 𝑣1 1+ 𝑐 1+ 𝑐 𝑐 𝑐 𝑐 Таким образом, достаточно аккуратно определить разность частот, соответствующую изменению скорости на фиксированную величину, и с ее помощью вычислить частоту, соответствующую нулевой скорости. По условию, наблюдаемое излучение формируется в тонкой оболочке, окружающей звезду. Оболочка вместе со звездой движется относительно наблюдателя и вместе с тем удаляется во все стороны от звезды. Тогда разность скоростей приближающейся и удаляющейся от нас компонет спектра равна удвоенной скорости расширения. Измерения можно провести как по спектру, так и по зависимости углового расстояния от лучевой скорости. Искомое значение равно 11 − 11.5 км/с. Обратим внимание на зависимость потока излучения для «красной» и «синей» компонент. Изменения повторяют друг друга, но «красная» компонента запаздывает по отношению к «синей» примерно на 60 дней. Почему так происходит? Источником энергии для мазеров является излучение звезды. Звезды-гиганты на поздних стадиях эволюции обычно переменные, и изменения в яркости звезды сказываются на яркости мазеров в окружающей звезду оболочке. Поскольку оболочка сферическая, мощность излучения изменяется у всех мазеров одновременно, а видимая нами задержка возникает из-за конечности скорости света и громадной величины оболочки. Следовательно, диаметр области мазерного излучения равен 60 световых дней или 𝐷 = 60 св. дней = 60 · 86 400 с · 300 000 км/с ≈ 1.56 · 1012 км ≈ 10 400 а. е., а ее радиус 𝑅 ≈ 5200 а. е. XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 8 из 13

9 класс

Заключительный этап: практический тур

25 апреля 2026 г.

Из рисунка (с) можем определить, что угловой радиус области мазерного излучения составляет 𝜌′′ = 1.3′′ − 1.4′′ . Тогда расстояние до исследуемой области равно 𝑟=

𝑅 5200 а. е. = = 4000 пк = 4 кпк. ′′ 𝜌 1.3′′

Для значения 𝜌′′ = 1.4′′ мы получили бы 𝑟 = 3.7 кпк. Расстояние до звезды составляет около 4 килопарсек. Это расстояние меньше, чем средний радиус нашей галактики 16 кпк, поэтому мы точно можем сказать, это объект принадлежит нашей Галактике. Разумеется, в Солнечной системе нет звезд-гигантов, поэтому ей этот объект принадлежать не может. Замечание 2. Ответить на последний вопрос с большой степенью уверенности можно не вычисляя расстояние. Судя по графикам скорость звезды составляет около 55 км/с, что соответствует характерным относительным скоростям в диске нашей Галактики. Скорости галактик составляют обычно сотни и даже тысячи километров в секунду, хотя, конечно, нельзя на сто процентов утверждать, что не найдется близкая галактика, в которой объект движется с подходящей скоростью. Критерии оценивания. 25 К1. Определение лабораторной частоты линии . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Эффект Доплера для длины волны или частоты . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Верное значение 𝜈0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Если расстояние определяется экстраполяцией без рассмотрения эффекта Доплера, то оценка за критерий не превышает 3 баллов.

К2. Скорость расширения оболочки . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 К3. Линейный размер оболочки . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 Задержка из-за конечности скорости света . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Определение задержки по графику . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Вычисление линейного размера в а. е.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 В ответе иные единицы измерения — штраф 1 балл.

К4. Расстояние до мазерной области . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Определение углового размера по графику . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Отсчет угла не от нуля — штраф 2 балла. Определение угла по экстремальным точкам — штраф 2 балла.

Определение расстояния в парсеках . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 В ответе иные единицы измерения — штраф 1 балл. Значение получено правильно при ошибочном значении линейного размера — штраф 1 балл.

К5. Вывод о галактической природе источника . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Вывод о галактической природе источника . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Обоснование из правильно полученного расстояния . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 9 из 13

9 класс

Заключительный этап: практический тур

25 апреля 2026 г.

9.9. Пролетела О. Ю. Голубева Вам дан снимок кометы C/2025 A6 (Lemmon), которая наблюдалась в созвездии Волопас 22 октября 2025 года. Серия снимков была получена в течение 1 часа через телескоп с полной компенсацией осевого вращения Земли. Далее снимки были сложены по комете, в результате чего комета в поле зрения оказалась неподвижна, а звезды прочертили треки. Определите наиболее точно пространственную скорость кометы во время наблюдений. Оценка погрешностей не требуется. Все измерения отразите на дополнительном листе к задаче. Расстояние между Землей и кометой не менялось и составляло 0.6 а. е. Во время съемки комета находилась в 0.66 а. е. от Солнца вблизи перигелия и двигалась по ретроградной орбите. На снимке по вертикальной оси отложено склонение в градусах, по горизонтальной — прямое восхождение в градусах.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 10 из 13

9 класс

Заключительный этап: практический тур

25 апреля 2026 г.

Решение. Видимое смещение кометы на небе является результатом ее собственного движения, а также осевого вращения и орбитального движения Земли. Согласно условию, осевое вращение Земли компенсировано в процессе съемки. Судя по всему, телескоп работал в экваториальном режиме и вращался вокруг полярной оси. В этом случае звезды в кадре должны быть точечными, но мы видим треки. Из условия понятно, почему так: снимки были сложены по комете, комета смещается, значит, треки звезд демонстрируют смещение кометы, и его можно найти. Методом масштаба найдем видимое угловое смещение кометы по треку любой звезды. Треки звезд на этом изображении не являются суточными треками (суточное вращение исключено в процессе съемки) и не укорачиваются к полюсу, значит, проводить измерения можно в любом месте снимка. Все треки разные по толщине и четкости, значит, результат измерения может зависеть от выбора конкретного трека. Правильнее будет определить смещение минимум на трех разных треках, найти среднее арифметическое и последующие расчеты выполнять с ним. Заметим, что шаг сетки по прямому восхождению и склонению равен 1∘ . При этом расстояние между кругами склонений меньше, чем между суточными параллелями, и уменьшается по мере удаления от небесного экватора, поскольку координатная сетка стягивается к полюсам. Поэтому следует сравнивать длину трека с шагом сетки по склонению. Если участник сравнивает длину трека с шагом сетки по прямому восхождению, он должен разделить длину шага сетки на cos(𝛿), где 𝛿 — склонение в том месте, где измеряется сетка. При печати размер изображения может варьироваться, поэтому в проверке следует ориентироваться на измерения участников, не требуя точного совпадения с авторскими. Пример измерений треков звезд: • измерение 1: ℓ1 = 9 мм, • измерение 2: ℓ2 = 8 мм, • измерение 3: ℓ3 = 8 мм. Шаг сетки 𝐿 = 47 мм. Угловое смещение за все время съемки: 𝜃=

9 мм + 8 мм + 8 мм · 3600′′ ≈ 638′′ . 3 · 47 мм

Тогда угловая скорость кометы: 𝜔=

638′′ = 10.6′′ /мин, 60 мин

что достаточно близко к данным MPC (Minor Planet Center) — 10.9′′ /мин. Зная угловую скорость и расстояние, определим тангенциальную скорость кометы: 𝑣𝜏 = 𝜔 · 𝑟 =

10.6′′ /мин · 0.6 а. е. · 15 · 107 км/а. е. = 77.1 км/с. 206265′′ · 60 с/мин

Здесь 𝑟 — расстояние Земля — комета. Поскольку комета не меняла свое расстояние относительно Земли, лучевая скорость 𝑣𝑟 = 0, и полная скорость равна тангенциальной. XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 11 из 13

9 класс

Заключительный этап: практический тур

25 апреля 2026 г.

Для объекта Солнечной системы эта скорость слишком высока. Вспомним, что наблюдения проводятся с движущейся Земли, значит, мы получили относительную скорость. Комета двигается по ретроградной орбите, что объясняет большую величину скорости: суммируются скорость Земли и проекция скорости кометы на эклиптику. Представим как в пространстве расположены вектора скоростей Земли и кометы. У Земли вектор скорости лежит в плоскости эклиптики, у кометы он направлен в противоположную сторону, т. к. орбита ретроградная, и лежит под некоторым углом к эклиптике. Определим этот угол. а птик

C/2025 A6

𝑣Зем

экли

𝜀 небесный экватор

𝛼−𝜀

𝑣𝜏

Здесь 𝑣𝜏 — найденная выше относительная тангенциальная скорость. 𝑣 — искомая пространственная скорость. 𝑣Зем — составляющая относительной скорости кометы, возникающая из-за орбитального движения Земли, 𝜀 — угол между небесным экватором и эклиптикой. Если бы комета находилась на прямом восхождении 180∘ , этот угол составлял бы 23.5∘ . Фактически это не так. Оценим этот угол. С одной стороны, комета в созвездии Волопас, и это уже дает представление о расположении эклиптики, с другой стороны, можно не знать положение Волопаса на небе, а заметить, что прямое восхождение (221∘ = 14ч 44м ) соответствует области неба между осенним равноденствием и зимним солнцестоянием, и здесь эклиптика расположена под углом меньшим, чем 23.5∘ , к экватору. Расчёты можно провести с 𝜀 = 23.5∘ , а затем проверить насколько изменение угла влияет на ответ (незначительно).

Пусть 𝛼 — угол между вектором относительной тангенциальной скорости кометы и небесным XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 12 из 13

9 класс

Заключительный этап: практический тур

25 апреля 2026 г.

экватором, этот угол можно измерить на снимке: 𝛼 = 35∘ . Величину пространственной скорости 𝑣 получим из треугольника по теореме косинусов (в пределах 𝛿 = 30∘ используем плоское приближение): 2 𝑣 2 = 𝑣Зем + 𝑣𝜏2 − 2 · 𝑣Зем · 𝑣𝜏 · cos(𝛼 − 𝜀),

(︀ )︀ 1 𝑣 = (30 км/с)2 + (77.1 км/с)2 − 2 · 30 км/с · 77.1 км/с · cos(11.5∘ ) 2 ≈ 48.1 км/с. В действительности в день съемки скорость кометы составила 51.8 км/с. И если произвести вычисления, используя орбитальную скорость Земли в этот день (29.8 км/с) и с учётом фактического наклона эклиптики к небесному экватору в этой точке, то ответ получится ближе к действительности. Критерии оценивания.

25

Любое альтернативное решение разбивается на те же ключевые пункты и оценивается по степени выполнения каждого пункта критериев.

К1. Верная интерпретация изображения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 В решении однозначно указано, что треки звёзд демонстрируют исключительно смещение кометы и не являются результатом суточного вращения Земли и даже его не включают.

К2. Корректные измерения и определение углового смещения кометы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Нанесение измерений треков на доп. лист . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Решение производится с учётом измерения трёх и более треков . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Если используются один или два трека (требование к точности не выполнено), данный пункт оценивается в 1 балл.

Корректное определение углового масштаба снимка . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Участник может воспользоваться любым путём определения масштаба: измерять сам трек, или его проекции на сетку, а затем применять теорему Пифагора, сравнивать с шагом сетки по склонению и/или прямому восхождению, — но делать это корректно, с учётом стягивания прямого восхождения к полюсам и неизменности шага по склонению.

Расчёт углового смещения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 При некорректном определении масштаба 1 балл за этот пункт.

К3. Определение тангенциальной скорости кометы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Расчёт величины тангенциальной скорости кометы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Анализ полученного значения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Важные моменты анализа, которые должны присутствовать: скорость не соответствует возможному ожидаемому результату, найдена относительная скорость, которая включает орбитальное движение Земли и не включает осевое вращение Земли.

К4. Определение пространственной скорости кометы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 Правильное обращение с векторами скоростей . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Учёт наклона вектора тангенциальной скорости к эклиптике . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Если угол наклона эклиптики к небесному экватору на этом участке неба принят равным 23.5 градуса, то оценка этого пункта снижается до 1 балла. Если присутствуют рассуждения о том, что наклон эклиптики должен быть меньше, то, вне зависимости от наличия/отсутствия расчёта этого угла, ставится полный балл.

Получен правильный ответ в диапазоне от 47 до 53 км/с . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Баллы за этот пункт выставляются только при условии выполнения остальных критериев.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 13 из 13

Решения — тест.

Тестовый тур Условия, решения и схема оценивания. 9 класс

Содержание 9|10.1. Планетограмма . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 9.2. Температуры . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 9.3. Верю — не верю. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .8 9|10.4. Экваториальная тротуарка . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 9.5. Периодичность . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 9|10|11.6. Солнечный круг . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 9.7. Мужики . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 1 из 22

Тестовый тур

9 класс

27.04.2026

9|10.1. Планетограмма В.Б. Игнатьев, М.В. Кузнецов Вам предоставлена диаграмма с моментами времени верхних кульминаций Солнца и больших планет при наблюдении с поверхности Земли в течении каждого дня на протяжении года. Определите, какие объекты зашифрованы под различными буквами. Расставьте эти объекты в порядке увеличения первой космической скорости с их поверхности.

Рис. 1: Время верхней кульминации светил Решение. Начнем решение этой задачи с определения светил. Центральная, черная, почти вертикальная линия – это Солнце. Она неровная, поскольку работает уравнение времени. B – Солнце. XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 2 из 22

9 класс

Тестовый тур

27.04.2026

Два объекта находятся все время рядом с Солнцем, меняя стороны. Это внутренние планеты Венера и Меркурий. Венера отходит от Солнца на большее угловое расстояние, и, следовательно, может кульминировать заметно раньше или позже, чем Солнце. Также у Венеры больше синодический период, и, следовательно, линия Венеры реже пересекается с линией Солнца. Следовательно, С – Венера, F – Меркурий.

Рис. 2: Решение. Время верхней кульминации светил Перейдем к внешним планетам. На планетограмме изображено пять планет, но в рамках задачи нужно отождествить всего три. Обсудим критерии для однозначного отождествления. У внешних планет синодический период больше года, то есть за один календарный год не получится дважды увидеть соединение с Солнцем. С другой стороны, почти для всех планет, XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 3 из 22

9 класс

Тестовый тур

27.04.2026

кроме Марса, синодический период меньше двух лет, и из графика можно получить значения половин синодических периодов – интервалов между противостоянием и соединением. Также можно рассматривать наклон линий планет к горизонтальной линии, который будет уменьшаться при увеличении большой полуоси. При этом стоит помнить, что для внешних планет синодический период монотонно уменьшается с увеличением полуоси. Таким образом, А – Юпитер, D – Сатурн, Е – Марс. Оставшиеся две линии – оранжевая и голубая – это Уран и Нептун соответственно. Теперь перейдем к финальной части задачи – отранжируем объекты по увеличению первой космической скорости. Наибольшая первая космическая скорость будет у Солнца, за ней последуют планеты-гиганты – Юпитер и Сатурн. Чуть сложнее с планетами земной группы. Венера близка по параметрам к Земле и будет иметь наибольшую скорость из оставшихся планет. А вот значения первой космической скорости для Меркурия и Марса отличаются всего на 20%. 𝑀 𝐺𝑀 ∼ ∼ 𝜌𝑅2 𝑅 𝑅 При отсутствии справочных данных участник с большей вероятностью сможет оценить плотность Меркурия (она близка к плотности Земли), чем вспомнить его массу. Плотность Меркурия (𝜌 ≈ 5500 кг/м3 ) больше, чем плотность Марса (𝜌 ≈ 4000 кг/м3 ). Но эффект от радиуса (Марс ≈ 3400 км, Меркурий ≈ 2500 км) приводит к тому, что самая маленькая космическая скорость будет у Меркурия. 𝑣𝐼2 =

Тогда итоговый ответ: Меркурий – Марс – Венера – Сатурн – Юпитер – Солнце. Или, в буквах, FECDAB.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 4 из 22

Тестовый тур

9 класс

27.04.2026

Ответ. 𝐹 𝐸 𝐶 𝐷 𝐴 𝐵 Критерии оценивания. 5 Верный ответ: FECDAB. Из ответа выбираются все упорядоченные пары букв (𝑋, 𝑌 ), в которых 𝑋 записана раньше 𝑌 . Пары одинаковых букв не учитываются. Если в ответе одновременно встречаются пары (𝑋, 𝑌 ) и (𝑌, 𝑋) для каких-то 𝑋 ̸= 𝑌 , обе такие пары удаляются (ответ сам себе противоречит). Каждой оставшейся паре приписывается вес из таблицы ниже; первичный балл равен сумме весов. Веса пар (строка задаёт первую букву пары, столбец — вторую):

F.. E.. C.. D.. A.. B..

..F

..E

..C

..D

..A

..B

— 0 0 0 0 0

1 — 0 0 0 0

1 1 — 0 0 0

1 1 1 — 0 0

1 1 1 1 — 0

1 1 1 1 1 —

Таблица перевода первичного балла в итоговый: первичный балл

балл за задачу

0, . . . , 8 9 10, 11 12 13, 14 15

0 1 2 3 4 5

Если перевёрнутый ответ участника совпадает с верным ответом, выставляется 1 компенсационный балл.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 5 из 22

Тестовый тур

9 класс

27.04.2026

9.2. Температуры М. В. Кузнецов Расставьте астрономические объекты или их составляющие в порядке увеличения их характерной температуры. Индекс A B C D E

Объект Фотосфера Солнца Хромосфера Солнца Корона Солнца Ядро Солнца Поверхность Земли

Решение. A Фотосфера Солнца. Фотосфера — видимая поверхность Солнца, её эффективная температура составляет ≈ 5778 К. Это существенно больше, чем характерная температура поверхности Земли. B Хромосфера Солнца. Хромосфера — слой солнечной атмосферы выше фотосферы. Температура в хромосфере возрастает с высотой от ≈ 4000 К у основания до ≈ 20000 К в верхних слоях. Характерная температура хромосферы — порядка 104 К, что существенно больше температуры фотосферы. C Корона Солнца. Солнечная корона — внешний слой атмосферы Солнца. Её температура достигает 1–2 миллионов кельвинов (≈ 106 К). Солнечная корона значительно горячее и хромосферы, и фотосферы. D Ядро Солнца. В центре Солнца, где протекают термоядерные реакции, температура достигает ≈ 15 миллионов кельвинов (1.5 · 107 К). Это самый горячий вариант из перечисленных. E Поверхность Земли. Средняя температура поверхности Земли составляет около +15∘ C или ≈ 288 К. Это самая низкая характерная температура из всех вариантов в списке. Упорядочивание по возрастанию температуры: Объект Характерная температура Индекс 𝐸 Поверхность Земли ≈ 3 · 102 К 𝐴 Фотосфера Солнца ≈ 6 · 103 К 𝐵 Хромосфера Солнца ≈ 104 К 𝐶 Корона Солнца ≈ 106 К 𝐷 Ядро Солнца ≈ 1.5 · 107 К

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 6 из 22

Тестовый тур

9 класс

27.04.2026

Ответ. 𝐸 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 Критерии оценивания. 5 Верный ответ: EABCD. Из ответа выбираются все упорядоченные пары букв (𝑋, 𝑌 ), в которых 𝑋 записана раньше 𝑌 . Пары одинаковых букв не учитываются. Если в ответе одновременно встречаются пары (𝑋, 𝑌 ) и (𝑌, 𝑋) для каких-то 𝑋 ̸= 𝑌 , обе такие пары удаляются (ответ сам себе противоречит). Каждой оставшейся паре приписывается вес из таблицы ниже; первичный балл равен сумме весов. Веса пар (строка задаёт первую букву пары, столбец — вторую):

E.. A.. B.. C.. D..

..E

..A

..B

..C ..D

— 0 0 0 0

1 — 0 0 0

1 1 — 0 0

1 1 1 — 0

1 1 1 1 —

Таблица перевода первичного балла в итоговый: первичный балл

балл за задачу

0, . . . , 5 6 7 8 9 10

0 1 2 3 4 5

Если перевёрнутый ответ участника совпадает с верным ответом, выставляется 1 компенсационный балл.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 7 из 22

9 класс

Тестовый тур

27.04.2026

9.3. Верю — не верю В.С. Гораджанов Для каждой пары исторических открытий или событий отметьте то, которое наступило раньше. №1. Что было измерено раньше?

A. Скорость света B. Расстояние до ближайших звезд

№2. Что было открыто раньше?

A. Первые спутники Сатурна B. Первые спутники Юпитера

№3. Что было обнаружено раньше?

A. Рентгеновское излучение B. Космические рентгеновские источники

№4. Что было открыто раньше?

A. Пульсары B. Экзопланеты

№5. Что произошло раньше?

A. Радиолокация Луны B. Обнаружение радиоизлучения из космоса

№6. Что произошло раньше?

A. Изобретение телескопа B. Открытие закона всемирного тяготения

№7. Что было открыто раньше?

A. Планета Нептун B. Крабовидная туманность

Решение. Вопрос №1 A. Оле Рёмер представил результат Парижской академии наук 21 ноября 1676 г. Наблюдая затмения спутника Юпитера Ио, он заметил, что они систематически запаздывают, когда Земля удаляется от Юпитера, и наступают раньше при сближении. Х. Гюйгенс из данных Рёмера получил значение около 230 000 км/с (77% от истинного). Аберрация звёзд, обнаруженная Дж. Брэдли в 1729 г., независимо подтвердила конечность скорости света. B. Первый звёздный параллакс измерил Ф. В. Бессель в 1838 г. (61 Лебедя, гелиометр Фраунгофера, результат 0.314 ± 0.020 угл. сек.). Почти одновременно параллакс определили Ф. Струве (Вега) и Т. Хендерсон (Альфа Центавра). Такой большой временной разрыв обусловлен тем, что углы параллакса невероятно малы — менее 1′′ даже для ближайших звёзд. Определение скорости света, напротив, требовало лишь хороших часов и многомесячных наблюдений Юпитера. Ответ: скорость света (вариант A). Вопрос №2 XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 8 из 22

9 класс

Тестовый тур

27.04.2026

A. 7 января 1610 г. Галилей увидел три «звезды» вблизи Юпитера. К 13 января обнаружил все четыре спутника (Ио, Европа, Ганимед, Каллисто). 15 января Галилей понял, что они обращаются вокруг планеты. Опубликовано в Sidereus Nuncius 13 марта 1610 г. В июле 1610 г. Галилей увидел Сатурн как «тройную планету» с непонятными «ушами». В 1612 г. кольца исчезли (оказались ребром к наблюдателю), и он написал: «Неужели Сатурн проглотил своих детей?» Х. Гюйгенс, используя более мощный 50-кратный телескоп, в 1655 г. предложил гипотезу кольца (опубликована сначала как анаграмма). Полное объяснение — в Systema Saturnium (1659 г.). Галилей увидел оба явления в одном и том же году (1610), но спутники Юпитера определил сразу, а вывод о кольцах Сатурна сделать не смог. Однако сам факт открытия спутников Юпитера произошёл раньше (январь 1610), чем первое наблюдение «загадочных образований» у Сатурна (июль 1610). B. Первый и самый крупный спутник Сатурна Титан открыт 25 марта с помощью собственноручно усовершенствованного телескопа Христианом Гюйгенсом. Ответ: первые спутники Юпитера (вариант B раньше). Вопрос №3 А. В. К. Рентген обнаружил рентгеновское излучение 8 ноября 1895 г. в Вюрцбурге: он заметил, что экран из платиносинеродистого бария флуоресцирует при работе катодной трубки на расстоянии, недоступном для катодных лучей. Статья «О новом виде лучей» вышла в свет 28 декабря 1895 г. За это открытие Рентген получил первую Нобелевскую премию по физике в 1901 г. B. Первый космический рентгеновский источник — Скорпион X-1 — обнаружен 18 июня 1962 г. командой Р. Джаккони (ракета Aerobee 150, Уайт-Сэндс, Нью-Мексико). Счётчики Гейгера, предназначенные для поиска рентгеновского отражения от Луны, вместо этого зафиксировали мощный источник в Скорпионе. Ответ: рентгеновское излучение (вариант A раньше). Вопрос №4 A. 6 августа 1967 г. Дж. Белл Бёрнелл заметила «помехи» на ленте самописца; 28 ноября подтверждены регулярные импульсы с периодом 1.337 с от PSR B1919+21 (прозвище «LGM1» — Little Green Men). Публикация — февраль 1968 г. Нобелевская премия 1974 г. (Хьюиш и Райл; Белл Бёрнелл — нет). B. Первые подтверждённые экзопланеты: 9 января 1992 г. — две планеты у миллисекундного пульсара PSR B1257+12 (А. Волщан и Д. Фрейл, метод тайминга пульсара в Аресибо). Первая экзопланета у солнцеподобной звезды — 51 Пегаса b (М. Майор и Д. Кело, 6 октября 1995 г.). Ирония: первые экзопланеты обнаружены вокруг мёртвой звезды — пульсара, но сам пульсар был открыт раньше (1967 г.). Ответ: пульсары (вариант A раньше). Вопрос №5 A. Карл Янский (Bell Labs), исследуя радиопомехи трансатлантической связи, в 1932–1933 гг. обнаружил «устойчивый шум», который достигал максимума каждые 23 ч 56 мин (звёздные сутки) — источник в направлении центра Галактики. Первый полноценный радиотелескоп построил Грот Рёбер во дворе своего дома в 1937 г., и около десяти лет он оставался единственным радиоастрономом в мире. B. Радиолокация Луны — проект «Диана», 10 января 1946 г. (Дж. Девитт, лагерь Эванс, XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 9 из 22

9 класс

Тестовый тур

27.04.2026

Нью-Джерси): модифицированный радар SCR-271 послал импульсы на Луну, эхо вернулось через 2,5 с. Венгерский физик З. Бай получил тот же результат независимо 6 февраля 1946 г. Ответ: обнаружение радиоизлучения из космоса (вариант B раньше). Вопрос №6 A. Первый телескоп (рефрактор) изобрёл Ганс Липперсгей в 1608 г. Галилей, узнав об этом, в 1609 г. создал свой телескоп с 20-кратным увеличением и направил его на небо. B. Закон всемирного тяготения был опубликован Исааком Ньютоном в 1687 г. (книга «Математические начала натуральной философии»). Ответ: изобретение телескопа (вариант A раньше). Вопрос №7 A. Планета Нептун открыта 23 сентября 1846 г. Иоганном Галле (Берлинская обсерватория) по расчётам Урбена Леверье. Почти одновременно, но чуть позже наблюдения подтвердил Дж. Адамс в Англии. B. Крабовидная туманность (M1) открыта как туманный объект Джоном Бевисом в 1731 г., независимо повторно открыта Шарлем Мессье в 1758 г. (стала первым объектом его знаменитого каталога). Хотя сверхновую, породившую Крабовидную туманность, наблюдали земные астрономы в 1054 г., как отдельный объект на небе туманность была зафиксирована задолго до Нептуна. Ответ: Крабовидная туманность (вариант B раньше). Ответ. 𝐴 𝐵 𝐴 𝐴 𝐵 𝐴 𝐵 Критерии оценивания. 5 Верный ответ: ABAABAB. Каждая клетка ответа сравнивается с буквой верного ответа на той же позиции. Если буквы совпали — 1 первичный балл; иначе — 0. Пустая клетка всегда даёт 0. Таблица перевода первичного балла в итоговый: первичный балл

балл за задачу

0, 1, 2 3 4 5 6 7

0 1 2 3 4 5

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 10 из 22

9 класс

Тестовый тур

27.04.2026

9|10.4. Экваториальная тротуарка О. Ю. Голубева Расположить объекты по мере увеличения максимальной высоты их верхней кульминации для наблюдателя на экваторе

A.

B.

C.

D.

E. XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 11 из 22

9 класс

Тестовый тур

27.04.2026

Решение. Сначала расшифруем полученные объекты и укажем их склонение. A. Большая туманность Ориона (M42) — 𝛿 ≈ −5.4∘ B. Крабовидная туманность в созвездии Тельца (M1) — 𝛿 ≈ +22∘ C. Туманность Андромеды (M31) — 𝛿 ≈ +41.3∘ D. Солнце — 𝛿 меняется от −23.5∘ до +23.5∘ , максимальная высота достигается при 𝛿 = 0∘ (в дни равноденствий) E. Туманность «Кошачий Глаз» в созвездии Дракона (NGC 6543) — 𝛿 ≈ +66.6∘ Для наблюдателя на экваторе (𝜙 = 0∘ ) высота светила в верхней кульминации равна ℎ = 90∘ − |𝛿|. Таким образом, чем больше абсолютное значение склонения, тем ниже максимальная высота. Расположим объекты по возрастанию модуля склонения (т.е. по убыванию высоты): |𝛿5 | > |𝛿3 | > |𝛿2 | > |𝛿1 | > |𝛿4 |, где 𝛿4 = 0∘ (максимальная высота Солнца). Следовательно, порядок объектов от наименьшей высоты к наибольшей: 5 (Кошачий Глаз) → 3 (Андромеда) → 2 (Краб) → 1 (Орион) → 4 (Солнце). В обозначениях рисунков это соответствует последовательности: E → C → B → A → D.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 12 из 22

Тестовый тур

9 класс

27.04.2026

Ответ. 𝐸 𝐶 𝐵 𝐴 𝐷 Критерии оценивания. 5 Верный ответ: ECBAD. Из ответа выбираются все упорядоченные пары букв (𝑋, 𝑌 ), в которых 𝑋 записана раньше 𝑌 . Пары одинаковых букв не учитываются. Если в ответе одновременно встречаются пары (𝑋, 𝑌 ) и (𝑌, 𝑋) для каких-то 𝑋 ̸= 𝑌 , обе такие пары удаляются (ответ сам себе противоречит). Каждой оставшейся паре приписывается вес из таблицы ниже; первичный балл равен сумме весов. Веса пар (строка задаёт первую букву пары, столбец — вторую):

E.. C.. B.. A.. D..

..E

..C

..B

..A ..D

— 0 0 0 0

1 — 0 0 0

1 1 — 0 0

1 1 1 — 0

1 1 1 1 —

Таблица перевода первичного балла в итоговый: первичный балл

балл за задачу

0, . . . , 5 6 7 8 9 10

0 1 2 3 4 5

Если перевёрнутый ответ участника совпадает с верным ответом, выставляется 1 компенсационный балл.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 13 из 22

9 класс

Тестовый тур

27.04.2026

9.5. Периодичность Ю. С. Синицын Положение на небесной сфере звезды Барнарда, расположенной вблизи небесного экватора, изменяется со временем. Это происходит вследствие различных физических и астрономических явлений. Если разделить эти эффекты и по отдельности измерить их влияние на положение звезды относительно некоторого объекта или больших кругов небесной сферы (эталона), то можно заметить, что они приводят к разным периодическим смещениям звезды. Расположите перечисленные ниже эффекты по возрастанию периода. A. периодически, максимум на 1′′ B. периодически, на 50 𝜇as = 5 · 10−5′′ C. периодически, максимум на 41′′ D. периодически, максимум примерно на 2800′ E. периодически, максимум примерно 35′′ F. периодически, максимум на 2100′′ Примечания: 1) При измерении смещения звезды эталон каждый раз выбирается таким образом, что исследуемое явление, приводящее к изменению положения звезды, для эталона имеет практически нулевой эффект. Примечания: 2) При совпадении периодов соответствующие им явления можно перечислять в любом порядке. Решение. A 1′′ — годичный параллакс. Звезда Барнарда находится на расстоянии ≈ 1.83 пк, её годичный параллакс 𝜋 ≈ 0.55′′ . Удвоенное значение за полгода даёт около 1.1′′ , что близко к указанным 1′′ . Период — 1 год. B 50 𝜇as — суточный параллакс. Вследствие суточного вращения Земли наблюдатель смещается на расстояние, равное радиусу Земли, что вызывает параллактическое смещение близких звёзд. Для звезды Барнарда (расстояние ≈ 1.83 пк) суточный параллакс составляет величину порядка 50 𝜇as. Период — звёздные сутки (23ℎ 56𝑚 ). C 41′′ — годичная аберрация. Движение Земли по орбите со скоростью ≈ 30 км/с вызывает аберрационное смещение звёзд. Постоянная аберрации — 20.5′′ , полный размах за год — 41′′ . Период — 1 год (совпадает с периодом годичного параллакса). D 2800′ = 47∘ — прецессия. Прецессия земной оси имеет период ≈ 25800 лет. Полное изменение координат звёздного полюса за это время — 2𝜀 ≈ 47∘ = 2800′ . E 35′′ — нутация. Нутационные колебания земной оси с периодом 18.6 лет (главный член) вызывают периодическое смещение звёзд. Амплитуда нутации — около 17′′ , поэтому указанная величина 35′′ — это полный размах. F 2100′′ = 35′ — атмосферная рефракция. Из-за преломления света в атмосфере видимое положение звезды меняется в течение суток. Максимальная рефракция у горизонта достигает 35′ (2100′′ ). Период — звёздные сутки (совпадает с периодом суточного параллакса). XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 14 из 22

9 класс

Тестовый тур

27.04.2026

Упорядочивание по возрастанию периода: B 50 𝜇as (суточный параллакс) — период 23ℎ 56𝑚 (звёздные сутки) F 2100′′ (атмосферная рефракция) — период 23ℎ 56𝑚 (звёздные сутки) A 1′′ (годичный параллакс) — период 1 год C 41′′ (годичная аберрация) — период 1 год E 35′′ (нутация) — период 18.6 лет D 2800′ (прецессия) — период ≈ 25800 лет Периоды суточного параллакса (B) и рефракции (F) совпадают (звёздные сутки). Периоды годичного параллакса (A) и годичной аберрации (C) совпадают (1 год). Внутри этих пар согласно примечанию 2 порядок произвольный.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 15 из 22

Тестовый тур

9 класс

27.04.2026

Ответ. 𝐵 𝐹 𝐴 𝐶 𝐸 𝐷 или 𝐵 𝐹 𝐶 𝐴 𝐸 𝐷 или 𝐹 𝐵 𝐴 𝐶 𝐸 𝐷 или 𝐹 𝐵 𝐶 𝐴 𝐸 𝐷 Критерии оценивания. 5 Верный ответ: BFACED. Из ответа выбираются все упорядоченные пары букв (𝑋, 𝑌 ), в которых 𝑋 записана раньше 𝑌 . Пары одинаковых букв не учитываются. Если в ответе одновременно встречаются пары (𝑋, 𝑌 ) и (𝑌, 𝑋) для каких-то 𝑋 ̸= 𝑌 , обе такие пары удаляются (ответ сам себе противоречит). Каждой оставшейся паре приписывается вес из таблицы ниже; первичный балл равен сумме весов. Буквы внутри каждой из групп {B, F}, {A, C} считаются взаимозаменяемыми: пары между ними имеют вес 0, и любая перестановка букв внутри одной группы не влияет на первичный балл. Веса пар (строка задаёт первую букву пары, столбец — вторую):

B.. F.. A.. C.. E.. D..

..B

..F

..A

..C

..E

..D

— 0 0 0 0 0

0 — 0 0 0 0

1 1 — 0 0 0

1 1 0 — 0 0

1 1 1 1 — 0

1 1 1 1 1 —

Таблица перевода первичного балла в итоговый: первичный балл

балл за задачу

0, . . . , 7 8 9 10, 11 12 13

0 1 2 3 4 5

Если перевёрнутый ответ участника совпадает с верным ответом, выставляется 1 компенсационный балл.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 16 из 22

9 класс

Тестовый тур

27.04.2026

9|10|11.6. Солнечный круг М.В.Костина Рассеянный ученый скачал из архива космической солнечной обсерватории пары «изображение Солнца в дальнем ультрафиолете + магнитограмма», сделанные в 5 разных дней. Не долго думая, файлы с ультрафиолетовыми изображениями он назвал буквами A–E, а магнитограммы — цифрами 1–5, и конечно же они перепутались. Укажите обозначения ультрафиолетовых изображений, соответствующих порядку магнитограмм 1,2,3,4,5. На магнитограммах черным и белым обозначены области разной полярности, а на ультрафиолетовых снимках более интенсивное излучение выглядит более светлым. Изображения размещены на следующей странице.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 17 из 22

Тестовый тур

9 класс

1.

A.

2.

B.

3.

C.

4.

D.

5.

E.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

27.04.2026

стр. 18 из 22

Тестовый тур

9 класс

27.04.2026

Решение. На магнитограммах и ультрафиолетовых изображениях пятна активных областей должны соответствовать друг другу: солнечная активность связана с состоянием магнитного поля Солнца, в частности, солнечные пятна соответствуют выходам трубок магнитного поля из фотосферы, солнечные вспышки связаны с поведением плазмы при сжатии в магнитном поле, протуберанцы представляют собой плотные сгустки вещества, удерживаемые магнитным полем над поверхностью Солнца. Попробуем сопоставить изображения по ярким особенностям снимков. На изображении 3 видны три активные области вдоль почти горизонтального диаметра и одна, самая крупная, область под центром. Левая часть изображения при этом немного похожа на улыбающуюся мордочку. Такая же расстановка активных областей видна на УФ-изображении А. На изображении 4 можно также заметить три области вдоль диаметра и две яркие области ниже, самая крупная — у лимба левее середины. Такому расположению областей в ультрафиолете соответствует изображение B. На изображении 5 мы наблюдаем яркую область правее и ниже центра, а также две почти диаметрально противоположные области близ лимба. Аналогичное расположение активных областей видим на изображении C. На изображении 1 видна компактная яркая область ниже и левее центра, протяженная почти горизонтальная область выше и правее центра, а также намечена область на лимбе справа. Похожим образом распределены активные области снимка Е, обратите внимание именно на правую часть снимка. Изображение 2 показывает наиболее спокойное Солнце. Можно выделить протяженную горизонтальную область ниже центра и двухкомпонентную вертикальную в правой части снимка. Такие же области просматриваются на снимке D. Ответ. 𝐸 𝐷 𝐴 𝐵 𝐶 Критерии оценивания. 5 Верный ответ: EDABC. Каждая клетка ответа сравнивается с буквой верного ответа на той же позиции. Если буквы совпали — 1 первичный балл; иначе — 0. Пустая клетка всегда даёт 0. Если в ответе какаялибо буква встречается более одного раза, все её вхождения дают 0. Таблица перевода первичного балла в итоговый: первичный балл

балл за задачу

0 1 2 3 4 5

0 1 2 3 4 5

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 19 из 22

9 класс

Тестовый тур

27.04.2026

9.7. Мужики Е. Н. Фадеев Вам даны изображения отдельных созвездий из старинных атласов. Выберите среди них все изображения, относящиеся к созвездию Орион.

A.

B.

C.

D.

E.

F.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 20 из 22

9 класс

Тестовый тур

G.

H.

I.

J.

27.04.2026

Решение. Созвездие Ориона обладает известным характерным астеризмом - пояс Ориона из трех звезд, находящийся почти на небесном экваторе. Далее нужно внимательно посмотреть на изображения и учесть что глобусы и карты звездного неба в древности рисовали еще и зеркально относительно вида на звездном небе. Под буквами указаны следующие созвездия A. Орион, а точнее Иосиф Плотник из атласа «Христианское звёздное небо» (лат. Coelum Stellatum Christianum) Юлиуса Шиллера 1627 г. B. Орион из атласа Яна Гевелия 1690 г. C. Цефей из атласа Джона Флемстида «Atlas cœlestis» 1753 г. D. Геркулес из атласа Андреаса Целлариуса «Harmonia Macrocosmica» 1660 г.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 21 из 22

Тестовый тур

9 класс

27.04.2026

E. Орион из каталога Абд-ар-Рахмана ас-Суфи ок. 964 г. F. Персей из атласа Иоганна Байера «Уранометрия» 1603 г. G. Персей из копии каталога ас-Суфи 17 века. H. Орион на глобусе Меркатора 1551 г. I. Волопас из атласа Яна Гевелия 1690 г. J. Орион в манускрипте IX – X вв. Ответ. 𝐴 𝐵 𝐸 𝐻 𝐽 Критерии оценивания. 5 Верный ответ: ABEHJ (набор букв; порядок не важен). За каждую правильно выбранную букву (входит в верный ответ) начисляется 1 первичный балл; за каждую лишнюю (выбрана, но в верном ответе её нет) — −0.6. Повторы букв и пустые клетки не учитываются. Первичный балл — сумма этих вкладов. Таблица перевода первичного балла в итоговый: первичный балл 𝑝

балл за задачу

𝑝 < 0.5 0.5 ≤ 𝑝 < 1.5 1.5 ≤ 𝑝 < 2.5 2.5 ≤ 𝑝 < 3.5 3.5 ≤ 𝑝 < 4.5 𝑝 ≥ 4.5

0 1 2 3 4 5

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 22 из 22