Съдържание

Условие Отговори Решение

МАО 2003, Сборник 2003–2005, 7–11 клас — Задача 23. ЧАСТ 1. 57-ва МОСКОВСКА АСТРОНОМИЧЕСКА ОЛИМПИАДА (2003), II тур, 10-11 клас, 1.23

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

Вие сте свидетел на рядко явление – покритие на Марс от Луната по време на велико противостоене на Марс. В кое полукълбо на Земята се намирате?

Отговори

Решение

Велики са тези противостояния на Марс, при които тази планета се намира близо до перихелия на своята орбита и е до Земята на по-малко от 0,4 а.е. Такова явление може да се случи през юли, август или септември. Съответният участък от орбитата на Марс лежи южно от плоскостта на еклиптиката, и ъгълът ( виж рисунката) е не по-малък от 1,6˚(максималната стойност 1,85˚ е равно на наклона на орбитата на Марс). Означавайки разстоянията на Земята и Марс до Слънцето с $L_{1}$ и $L_{2}$ и отчитайки малките стойности на разглежданите ъгли, получаваме, че на земното небе Марс ще е на юг от еклиптиката, на ъгъл γ, равен на:

$\gamma=\frac{h}{L_{1}-L_{2}}=\frac{L_{2}i}{L-L_{1}}$ , който е не по-малък от 5,6`.

Схема (не в мащаб): вляво кръг „СЛЪНЦЕ“; от центъра му две лъчи — $L_1$ към „ЗЕМЯ“ и $L_2$ към Марс (малък кръг долу вдясно) — с ъгъл $i$ между тях; от Марс вертикален отрез $h$ до продължението на $L_1$; до Земята — „ЛУНА“, ъгли λ и γ.

Наклонът на орбитата на Луната към плоскостта на еклиптиката λ е около 5,1˚, поради това геоцентричното положение на Луната на небето ще е минимум на 0,5˚ северно спрямо Марс. Ако в деня на противостоенето се наблюдава покритие на Марс от Луната, то, както се вижда на рисунката, може да се наблюдава само от северното полукълбо на Земята, където положението на Луната на небето заради паралакса ще е на юг от нейното геоцентрично положение.

9 септември 2003г., по-малко от две седмици след великото противостоене на Марс, ще се наблюдава покритието му от Луната, видимо само в някои области на Източен Сибир – областта на видимост едва докосва Земята от северната страна.

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