Съдържание

Условие Отговори Решение

МАО 2003, Сборник 2003–2005, 7–11 клас — Задача 54. Част 2. 58-ма МОСКОВСКА АСТРОНОМИЧЕСКА ОЛИМПИАДА (2004г.), II ТУР, 10-11 клас, 2.27

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

Експедиция на междузвезден кораб достига планета, обикаляща около далечна звезда, и каца на нейното северно полукълбо ( $60^{0}$ с.ш.). Макар температурните условия на повърхността на планетата да са сходни със земните, наблюдаваната картина на мястото на кацане поразила всички, дори и опитните пътешественици. Централното светило залязвало всеки път точно на запад, при това точно през 16,14 земни денонощия след предшестващия залез, а изгрявало периодично от север и юг! Оценете наклона на екватора на планетата към плоскостта на орбитата, а също определете разстоянието ѝ до звездата, периода на въртене и масата на звездата, ако е известно, че дадената звезда е от главната последователност, и за такива звезди светимостта е пропорционална на третата степен на масата.

Отговори

Решение

Такъв необичаен път на звезда по небето ( показан на рисунката) може да има само в случай, когато продължителността на слънчевото денонощие е съпоставима с продължителността на годината. Залез на звезда в точка запад ( посоките на хоризонта са означени с латински букви) може да има само в моментите на равноденствие. След един такъв залез звездата се появява на север, имайки положителна деклинация, след друг – на юг, с отрицателна деклинация. Наклонът на небесния екватор към плоскостта на еклиптиката е голям, и централната звезда се появява на хоризонта при всяко лятно слънцестоене и се скрива под хоризонта при всяко зимно слънцестоене. Следователно, залезите на звездата стават при всяко равноденствие, а продължителността на годината T е равна на две слънчеви денонощия на тази планета, т.е. 32,28 земни денонощия. Изгрев на звездата на север става много преди лятното слънцестоене, но деклинацията на звездата е вече $+30^{0}$ . Следователно, наклонът на екватора на планетата към плоскостта на орбитата е още по-голям, около $50^{0}$ (точният анализ за кръгова орбита е $53{,}65^{0}$ ).

Небесна сфера: хоризонт с точки S, N, W, E; „небесен екватор“, „Северен небесен полюс“ и „Южен небесен полюс“ на наклонена ос; спираловиден път на звездата със стрелки, пресичащ хоризонта в точка W; надпис „хоризонт“.

Сходството на температурния режим на тази планета със земния, както и потокът енергия енергия от звездата на разстояние то на планетата е равен на потока слънчева енергия на Земята. От това следва връзката между светимостта на звездата L и разстоянието до планетата R:

\frac{L}{R^{2}}=\frac{L_{0}}{R_{0}^{2}}\ .

Тук $L_{0}$ е светимост на Слънцето, $R_{0}$ – разстоянието от Слънцето до Земята. Звездата е от главната последователност, и нейната маса е свързана със светимостта със съотношението:

\frac{L}{M^{3}}=\frac{L_{0}}{M_{0}^{3}}\ .

Тук $M_{0}$ е масата на Слънцето. Накрая, по третия закон на Кеплер, с отчитане факта, че масата на планетата спрямо масата на звездата е много малка, получаваме връзката между периодите на въртене на планетата T и на Земята $T_{0}$ :

\frac{T^{2}M}{R^{3}}=\frac{T_{0}^{2}M_{0}}{R_{0}^{3}}\ .

От тези три уравнения получаваме връзката между масата на звездата и радиуса на орбитата на планетата с нейния период на въртене:

\frac{M^{7}}{M_{0}^{7}}=\frac{T^{4}}{T_{0}^{4}},\qquad \frac{R^{7}}{R_{0}^{7}}=\frac{T^{6}}{T_{0}^{6}}\ .

В заключение получаваме масата на звездата равна на ¼ от масата на Слънцето, а радиусът на орбитата ѝ – 1/8 а.е.

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