Съдържание

Условие Отговори Решение

МАО 2003, Сборник 2003–2005, 7–11 клас — Задача 101. ДОПЪЛНИТЕЛНИ ЗАДАЧИ, Движение на изкуствените спътници и космическите апарати, 4.20

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

За свързочни нужди се налага изстрелване на изкуствен спътник на Земята, който да се намира близо до зенита за Москва максимално дълго време. Каква трябва да е орбитата на такъв спътник?

Отговори

Решение

Както е известно, изкуствен спътник на Земята може да се намира постоянно в зенита на екватора, ако този спътник е геостационарен. За да може да бъде в зенита на Московското небе, наклонът на неговата орбита към плоскостта на екватора трябва да е не по-малък от ширината на Москва $\varphi$ ( $+55{,}7^{0}$ ), а най-добре е точно толкова да бъде. В този случай деклинацията на спътника ще е близка до дадената величина продължително време. За да се окаже спътникът след всеки свой оборот отново в зенита в Москва, то неговият период T трябва да е кратен на звездното денонощие (23ч.56мин.). Спътникът ще е максималното време близо до зенита когато има равенство между T и звездното денонощие. По обобщения III закон на Кеплер голямата полуос на орбитата на спътника ще бъде:

a=\left(\frac{GMT^{2}}{4\pi^{2}}\right)^{1/3}\ ,

Което фактически е радиусът на геостационарната орбита – 42,16 хил.км. Но вариантът с кръгова орбита, отличаваща се от геостационарната само по своя наклон, не е оптималният. За да може спътник определено време да остава в зенита на Москва е необходимо в този момент неговата ъглова скорост да е сравнима с геоцентричната ъглова скорост на московските наблюдатели на въртящата се Земя (виж рисунката). Дадената ъглова скорост е:

\omega=\frac{v_{E}}{R}=\frac{2\pi\pi\cos\varphi}{\mathrm{T}}\ ,

Схема: голяма окръжност — орбитата на спътника; вътре по-малки окръжности — Земята и паралелът на Москва; точки „Спътник“ (вляво), „Москва“, N и „Земя“ (центърът) на една хоризонтална линия; вектор $v_E$ в Москва и вектор v на спътника надолу; отсечка d от спътника до центъра на Земята.

което се различава от ъгловата скорост на въртене на геостационарния спътник по множителя cosφ. Затова, за да е изпълнимо условието на задачата, спътникът трябва да е изведен на елиптична орбита с голяма полуос a и наклон φ, точката апогей на която би се намирала над московския паралел.

Сега ще намерим ексцентриситета на орбитата e. В точката апогей спътникът се намира на разстояние d от центъра на Земята:

d=a(1+e).

От II закон на Кеплер и закона на съхранение на енергията може да се получи формула за скоростта на спътника в апогей:

v=\sqrt{\frac{GM}{a}\cdot\frac{1-e}{1+e}}\ .

Скоростта в апогей е насочена перпендикулярно на радиус – вектор. Ъгловата скорост на спътника ще е:

\omega=\frac{v}{d}=\sqrt{\frac{GM}{a^{3}}\cdot\frac{1-e}{(1+e)^{3}}}\ .

Приравняваме я към ъгловата скорост на наблюдателите в Москва и получаваме:

\frac{1-e}{(1+e)^{3}}=\cos^{2}\phi\ .

Полученото кубично уравнение може да се реши с числен подбор, а може и аналитично, използвайки формулите на Тартал – Кардано. Ексцентриситет на орбитата на спътника ще е:

e=\sqrt[3]{\sqrt{A^{2}+(A/3)^{3}}+A}-\sqrt[3]{\sqrt{A^{2}+(A/3)^{3}}-A}-1=0{,}301\ ,

където е направено полагането:

A=\frac{1}{\cos^{2}\varphi}\ .

Разстоянието на спътника до центъра на Земята в афелий е 54,85 хил.км, а до Москва, когато е в зенита – 48,48 хил.км.

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