Съдържание

Условие Отговори Решение

МАО 2003, Сборник 2003–2005, 7–11 клас — Задача 129. ДОПЪЛНИТЕЛНИ ЗАДАЧИ, Галактики, закон на Хъбл, 4.49

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

В самия край на голяма спирална галактика, отдалечена от нас на 2Мрс и видима от Земята „ребром” като тънка нишка с размер $1^{0}$ , е получен радиосигнал, напомнящ съобщение от далечна цивилизация. С помощта на телескоп, с фокусно разстояние 2 метра и дифракционна решетка с разделителна способност $5\frac{\mathring{A}}{mm}$ на процепа, насочен по оста на галактиката, е получен спектърът на галактиката. Линиите в жълто-зелената част на спектъра ( $5500\mathring{A}$ ) се оказват наклонени под ъгъл $5^{0}$ спрямо нормалното положение. В коя част на галактиката трябва да изпратим сигнал-отговор на далечната цивилизация? Орбитите на звездите около центъра на галактиката да се смятат за кръгови.

Отговори

Решение

Разстоянието до галактиката D е 2 Мрс, а нейният ъглов радиус r е равен на $0{,}5^{0}$ или о,0087 радиана, следователно радиусът на галактиката R е равен на 1,75kpc. При фокусно разстояние на телескопа 2m изображението на радиуса на галактиката ще има размер 17,5mm. При това краят на изображението ще е отместен на $17{,}5.\ \sin 5^{0}=1{,}52\ mm$ , т.е. спектралните линии в зелената област на спектъра (5500 Å ) ще са отместени на 7,6 Å , което дава за орбиталната скорост на края на галактиката стойност:

v=c\frac{\Delta\lambda}{\lambda}=414{,}5\ km/s\ .

Считайки орбитата на звездата за кръгова и знаейки радиусът на галактиката R и орбиталната скорост на нейния край v, ние намираме периода на въртене:

T=\frac{2\pi R}{v}\ .

Сигналът от галактиката до Земята и обратно ще дойде за време: $t=\frac{2D}{c}$ .

За това време, точката от която е бил изпратен сигналът, ще се завърти около центъра на галактиката на ъгъл:

\alpha=\frac{2\pi t}{T}=\frac{2\,Dv}{Rc}\ ,

което в градуси е $18{,}1^{0}$ ,

Независимо от това дали се приближава към Земята или отдалечава дадената точка от нея (виж рисунката), сигналът-отговор трябва да се изпрати под ъгъл

\beta=r.\cos\alpha=0{,}47^{0}

към центъра на галактиката.

Схема: окръжност „Диск на галактиката“ с център; от центъра три радиуса към три точки на окръжността с ъгли α и α между тях, единият означен R; от двете крайни точки надолу излизат две успоредни стрелки към „Слънце“.

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