Съдържание

Условие Отговори Решение

МАО 2003, Сборник 2003–2005, 7–11 клас — Задача 65. ЧАСТ 3. 59 МОСКОВСКА АСТРОНОМИЧЕСКА ОЛИМПИАДА (2005г.), I ТУР, 10-11 клас, 3.11

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

На затъмнително променлива звезда, дълбочините на главния и вторичен минимум са съответно $0{,}55^{m}$ и $0{,}11^{m}$ . Определете, ако това е възможно: отношението на масите, отношението на радиусите, отношението на ефективните температури и отношението на светимостите на двете звезди, влизащи в системата. Потъмнението в края на дисковете на звездите да се пренебрегне.

Отговори

Решение

Разстоянието между две звезди, образуващи двойки, е много по-малко от разстоянието до Земята. Затова ако по време на главния максимум за нас е скрита някаква ъглова площ от диска на едната звезда, то по време на вторичния максимум ще бъде закрита същата площ S, но от диска на другата звезда. При това всяко от покритията може да бъде както пълно, така и частично, и това предварително не ни е известно. Т.к. разстоянията до двете звезди можем да считаме за еднакви, а потъмняването на краищата на дисковете по условието на задачата пренебрегваме, то количеството светлинна енергия, идваща от една звезда с фиксирана ъглова площ S, по закона на Стефан – Болцман се определя най-вече от температурата на повърхността на звездата T и е пропорционална на $T^{4}$ . Обозначаваме сумарния поток от двете звезди извън минимума чрез J и изчисляваме намалението на потока във всеки от минимумите. За главния и вторичния минимуми получаваме съответно:

\Delta J_{1}=J(1-10^{-0{,}4\cdot 0{,}55})=0{,}4J

\Delta J_{2}=(1-10^{-0{,}4\cdot 0{,}11})=0{,}1J

Получава се, че количеството светлинна енергия, постъпваща от еднакви площи на двете звезди се различава 4 пъти, следователно ефективните им температури се различават на $\sqrt{2}=1{,}41$ пъти. При това по време на главния максимум за затъмнява по-горещата звезда.

Но без допълнителна информация нищо не можем да кажем за това, кои затъмнения са пълни и кои – частични. Затова не можем да определим съотношението на радиусите и светимостите на звездите. Без спектрални наблюдения няма да успеем да определим масите.

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