Съдържание

Условие Отговори Решение

МАО 2003, Сборник 2003–2005, 7–11 клас — Задача 79. ЧАСТ 3. 59 МОСКОВСКА АСТРОНОМИЧЕСКА ОЛИМПИАДА (2005г.), II тур, 10-11 клас, 3.25

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

Какъв трябва да е радиусът на кръговата лунна орбита, за да изчезват понякога приливите и отливите? Каква би била периодичността на такива ”изчезвания”?

Отговори

Решение

Приливите, предизвикани от Луната, биха се наблюдавали на Земята при всички случаи, макар тяхната стойност да намалява много бързо с увеличаване разстоянието Земя-Луна. Но , можем да си представим ситуация, при която големината на приливите, предизвикани на Земята от Луната и Слънцето, са еднакви. И ако при това Луната се окаже в първа или последна четвърт, то слънчевите и лунните приливи биха се компенсирали взаимно. За решаване на задачата трябва да намерим радиуса на орбитата на Луната в този интересен случай.

Приливното ускорение $a_{\tau}$ е равно на разликата от гравитационните ускорения на Луната (или Слънцето) в точката на Земята, най-близка до Луната, и в центъра на Земята:

a_{\tau}=\frac{Gm}{(d-R)^{2}}-\frac{Gm}{d^{2}}\ .

Тук m е масата на Луната, d – разстоянието до нея, а R – радиусът на Земята. Отчитайки, че размерите на Земята са много по-малки от разстоянието до Луната, то изразът ще препишем така:

a_{\tau}=\frac{2GmR}{d^{3}}\ .

Лунните приливи ще са равни по величина на слънчевите, ако се изпълнява съотношението

\frac{2GmR}{d^{3}}=\frac{2GMR}{D^{3}}\ ,

където М и D са масата на Слънцето и разстоянието до него, а разстоянието до Луната:

d=D\left(\frac{m}{M}\right)^{\frac{1}{3}}\ ,

което в стойност е 498,2 хил.км. По третия закон на Кеплер получаваме, че звездния период на въртене на Луната около Земята би бил 40,3 денонощия, а синодичния – 45,3 дни. два пъти за този период, в първа и последна четвърт, т.е. веднъж за 22,7 денонощия, няма да се наблюдават приливи и отливи на Земята.

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