Съдържание

Условие Отговори Решение

МАО 2003, Сборник 2003–2005, 7–11 клас — Задача 100. ДОПЪЛНИТЕЛНИ ЗАДАЧИ, Движение на Луната, покрития и затъмнения, 4.19

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

57-ва МОСКОВСКА АСТРОНОМИЧЕСКА ОЛИМПИАДА (2003)

УСЛОВИЯ НА ЗАДАЧИТЕ

УСЛОВИЯ НА ЗАДАЧИТЕ

ЧАСТ 1

57-ва МОСКОВСКА АСТРОНОМИЧЕСКА ОЛИМПИАДА (2003)

7 клас

Част 6. Астрономически тест

Част 6.

Астрономически тест

Във всеки от въпросите трябва да подредите четирите обекта А,В,С и D по реда на нарастване на параметъра, указан в условието.

Условие

По съществуващата теория на движение на Луната, след известно време Земята и Луната ще се въртят около своите оси с еднакъв период и ще са обърнати една към друга с една страна (както Плутон и Харон в днешно време). Какви ще бъдат разстоянието между Земята и Луната и периодът на въртене на Луната около Земята в това време? При решение на задачата Земята и Луната считайте еднородни сфери, моментът на импулс на въртене на които е $0{,}4.MR^{2}\omega$ , където M, R и ω – са масата, радиуса и ъгловата скорост на въртене сферата около своята ос.

Отговори

Решение

Земята се върти около своята ос сега с ъглова скорост Ω, значително надвишаваща ъгловата скорост на въртене на Луната около Земята и около своята ос ω. За сметка на приливното триене земята постепенно отдава момент на въртене на Луната, и радиусът на орбитата на нашия спътник бавно се увеличава. Ще разгледаме случай, при който ъгловите скорости на всички тези три процеса (въртене на Земята и Луната около своите оси и на Луната около Земята) са сравними, и ще означим тази величина с ψ. Ние не отчитаме въртенето на Земята около центъра на масите Земя-Луна, т.к. този момент на въртене не е голям и има постоянен дял (1/81) в момента на въртене на Луната около Земята.

Записваме уравнението за запазване на момента на импулса на системата Земя-Луна:

\frac{2}{5}MR^{2}\Omega+\frac{2}{5}mr^{2}\omega+ml^{2}\omega=\left(\frac{2}{5}MR^{2}+\frac{2}{5}mr^{2}+md^{2}\right)\psi\ .

Тук M и R са маса и радиус на Земята, m и r – маса и радиус на Луната, l и d – радиуси на лунната орбита към днешно време и в епохата на синхронно въртене. Тези две величини са свързани една с друга по III закон на Кеплер: $\frac{d^{3}}{l^{3}}=\frac{\omega^{2}}{\psi^{2}}$ .

Изразявайки d чрез l и замествайки го в уравнението за съхранение момента на импулса, получаваме:

\frac{2}{5}MR^{2}\Omega+\frac{2}{5}mr^{2}\omega+ml^{2}\omega=\frac{2}{5}(MR^{2}+mr^{2})\psi+ml^{2}\omega^{4/3}\psi^{-1/3}

Получихме уравнение от 4-та степен относно $\psi^{1/3}$ . Но то може съществено да се опрости, ако приемем, че целият момент на импулса на системата Земя-Луна сега се съдържа във въртенето на Земята около нейната ос и въртенето на Луната около Земята, а в епохата на синхронно въртене – само в орбиталното въртене на Луната. Дялът на осевото въртене на Луната сега и на двете тела в бъдеще е много малък. В този случай уравнението приема вида:

\frac{2}{5}MR^{2}\Omega+ml^{2}\omega=ml^{2}\omega^{4/3}\psi^{-1/3}\ .

От това уравнение може да получим ъгловата скорост на синхронното въртене:

\psi=\frac{m^{3}l^{6}\omega^{4}}{\left(\frac{2}{5}MR^{2}\Omega+ml^{2}\omega\right)^{3}}\ .

Величината $\psi$ се оказва равна на 0,5186 $\omega$ , т.е. орбиталният период на Луната (а също и продължителността на звездното денонощие на Земята) ще бъде 52,68 днешни денонощия. Радиусът на орбитата на Луната ще се окаже

d=\frac{\left(\frac{2}{5}MR^{2}\Omega+ml^{2}\omega\right)^{2}}{m^{2}l^{3}\omega^{2}}\approx 595000\,km

Получените значения са много близки към точното решение на записаното по-горе уравнение от 4-та степен (52,08 денонощия и 589000 км), което оправдава нашите предположения. Но в действителност Земята и Луната не са еднородни кълба, техният инерционен момент е малко по-малък, отколкото предположихме ние. Реалният период на синхронно въртене на системата Земя-Луна е около 47 денонощия, а радиусът на орбитата на Луната – примерно 550000км.

РЕШЕНИЯ НА ЗАДАЧИТЕ

РЕШЕНИЯ НА ЗАДАЧИТЕ

Част 1.

57-ма Московска астрономическа олимпиада (2003г.)

7 клас

Част 2. 58 Московска астрономическа олимпиада (2004г.)

Част 2

58 Московска астрономическа олимпиада (2004г.)

I ТУР

7 клас

Част 3. 59- та Московска астрономическа олимпиада (2005год.)

Част 3.

59- та Московска астрономическа олимпиада (2005год.)

I тур

7 клас

Част 4. Допълнителни задачи

Част 4

Допълнителни задачи

Видимо движение на небесните тела

Решение 4.25 (без отпечатано условие)

4.25. Ако пренебрегнем наклона на орбитата на Венера към еклиптиката (което можем в повечето случаи да правим за всички конфигурации на тази планета, с изключение на долно съединение), то в деня на най-голяма източна елонгация Венера трябва да е на еклиптиката на $47^{0}$ от Слънцето, т.е. изпреварвайки във видимото движение с половин месец. Получава се , че Венера ще се окаже близо до точката на лятното слънцестоене, и нейната долна кулминация в точка север ще е на северния полярен кръг (ширина $66{,}5^{0}$ ). Звездното време в този момент ще е 18 часа, и еклиптиката ще съвпада с хоризонта. Слънцето, намиращо се на еклиптиката, надясно на $47^{0}$ от Венера (при наблюдение от северното полукълбо), ще изгрява над хоризонта от северо-изток.

Част 5. Открита задочна астрономическа олимпиада (2005год.)

Част 5.

Открита задочна астрономическа олимпиада (2005год.)

Част 6. Астрономически тест - Отговори

Част 6

Астрономически тест - Отговори:

Препоръки при оценяване на теста

Препоръки при оценяване на теста:

Тестът може да се оценява по количеството правили отговори ( от 0 до 25), но може да се използва и по-сложен и обективен метод. Всеки правилен отговор в този случай се оценява с 8 точки, а за неправилен отговор се отнемат точки (6-N), където N e броя на единични размествания, необходими за получаване на правилен отговор. Под единично разместване се разбира промяната на местата на две съседни букви, за неточен отговор се отнемат от 0 точки (ако всички букви са написани в обратен ред) до 5 точки (сгрешени само две съседни букви). В случай на правилен отговор (N=0) участникът се награждава с две допълнителни точки, и оценката, както казахме е 8. максималната оценка за целия тест е 200 точки.

Пример: Правилен отговор – D, C, A, B, а участникът е дал отговор A, C, D, B. За получаване на правилен отговор трябват три единични премествания :

А, C, D, B – C, A, D, B – C, D, A, B – D, C, A, B.

Тогава, за дадения отговор трябва да извадим 3 точки. Подобна методика е сложна за ръчна проверка, но достатъчно лека за реализиране във вид на компютърна програма.

Част 7. Задачи от първите Московски астрономически олимпиади, 1 олимпиада (1947 г.), I тур

Част 7

Задачи от първите Московски астрономически олимпиади

1 олимпиада (1947 г.), I тур

Оригинал в Архива: 2003-2005.pdf