Съдържание

Условие Отговори Решение

МАО 2003, Сборник 2003–2005, 7–11 клас — Задача 50. Част 2. 58-ма МОСКОВСКА АСТРОНОМИЧЕСКА ОЛИМПИАДА (2004г.), II ТУР, 10-11 клас, 2.23

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

а (за 10 клас). В деня на пролетното равноденствие на Земята има слънчево затъмнение. За наблюдател, намиращ се на екватора, то започва с изгрева на Слънцето, а диска на Луната застъпва слънчевия точно отгоре. Какво ще бъде затъмнението в дадената точка на Земята? В кое полукълбо на Земята фазата на затъмнението ще е е най-голяма?

2.2. в (за 11 клас). Частично слънчево затъмнение настъпва в деня на пролетното равноденствие и се вижда в северното полукълбо на Земята. На каква ширина и по кое време на денонощието ще се вижда неговата най-голяма фаза, ако затъмнението е в близост до низходящия възел на лунната орбита? В близост до възходящия възел на лунната орбита?

Отговори

Решение

Описаната в двете задачи ситуация е много сходна, затова решението на двете задачи ще бъдат разгледани заедно. На рисунката е показано взаимното положение на Земята и лунната полусянка при наблюдение от Слънцето, като хоризонталната линия съответства на плоскостта на еклиптиката. В деня на пролетното равноденствие екватора на Земята в дадената проекция ще минава през диаметъра на диска на Земята под ъгъл $23{,}45^{0}$ към плоскостта на еклиптиката, а северния полюс на нашата планета ще се намира в западната част на диска на Земята спрямо орбиталното ѝ движение.

В условие а) на задачата е описана ситуация, при която диска на Луната на хоризонта се допира до слънчевия точно отгоре. Това е възможно само в момента, когато лунната полусянка се допира, т.е. в самото начало или край на затъмнението на Земята, както се вижда от следващата рисунка (видът на системата е показан от север).

Голям кръг „Слънце“ вляво и по-малък кръг „Земя“ вдясно с точка „А“ на горния край; допирателни линии от Слънцето; малък кръг „Луна“ със стрелка надолу и надпис „полусянка“.

В условието е казано, че затъмнението едва започва, и лунната полусянка стъпва на Земята в точка на екватора (точка А на двете рисунки). Полусянката се движи спрямо Земята заедно с Луната в посока, обратна на движението на системата Земя-Луна по орбитата, под ъгъл $5{,}15^{0}$ към еклиптиката нагоре или надолу в зависимост от това, в кой възел от орбитата на Луната става затъмнението. Но и в двата случая, както се вижда на рисунката, най-голямата фаза на затъмнението ще се вижда в северното полукълбо на Земята, а в дадената точка на екватора затъмнението ще бъде само частично.

Кръг — дискът на Земята — с хоризонтална линия „еклиптика“ и наклонена линия „екватор“; горе точки „А“ и „В“ с ъгли i между радиусите към тях и вертикалата, ъгъл ε до „Сев. полюс“; над диска — две стрелки надясно „възходящ възел“ и „низходящ възел“.

Ситуацията, описана в задача в), се различава само по това че затъмнението е частично за Земята, и центърът на лунната полусянка въобще не стъпва на повърхността. На рисунката е показано движението на центъра на полусянката за двата случая (Луната във възходящ или низходящ възел). Най-голяма фаза на затъмнението ще се вижда от края на земния диск , най-близък до центъра на сянката – в точките А и В за възходящия и низходящия възел съответно. Ъгъл i равен на $5{,}15^{0}$ , а ъгъл ε е $23{,}45^{0}$ . Ширината на точките А и В са:

\varphi=90^{0}-\varepsilon-i=61{,}4^{0}\ \text{за възходящ възел,}

\varphi=90^{0}-\varepsilon+I=71{,}7^{0}\ \text{за низходящ възел.}

В двата случая затъмнението ще се вижда на хоризонта западно от пладнената линия, т.е. сутрин, при изгрев 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