Съдържание

Условие Отговори Решение

МАО 2003, Сборник 2003–2005, 7–11 клас — Задача 99. ДОПЪЛНИТЕЛНИ ЗАДАЧИ, Движение на Луната, покрития и затъмнения, 4.18

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 1 юли 2011г. в акваторията между Южна Африка и Антарктида ще има частично слънчево затъмнение с неголяма фаза, което открива новата последователност от слънчеви затъмнения (в предидущия сарос, на 20 юли 1993г. Затъмнение нямаше). В кой от възлите на лунната орбита ще се случи това затъмнение? Оценете, до кой век ще продължава дадената последователност. Пренебрегнете ексцентриситета на лунната орбита.

Отговори

Решение

За решаването на задачата може първо да определим на какво ъглово разстояние от възела на лунната орбита може да се случи частично слънчево затъмнение. Разглеждаме гранична ситуация, когато полусянката на Луната допира Земята (виж рисунката). Тази ситуация е близка до тази, която ще се случи на 1 юли 2011г.

Схема: вляво голям кръг „Сльнце“ с радиус S, вдясно кръг „Земя“ с радиус R на разстояние D; долу малък кръг „Луна“ с радиус r на височина h под оста и разстояние d до Земята; ъгъл γ на конуса, допиращ Слънцето и Земята.

Нека да означим с S, R и r радиусите на Слънцето, Земята и Луната (за Земята трябва да вземем полярния радиус), а чрез D и d – разстоянията от Земята до Слънцето и Луната. Ъгълът при върха на конуса, допиращ Слънцето и Земята ще е:

\gamma=\frac{S-R}{D}\ ,

а разстоянието от центъра на Луната до плоскостта на еклиптиката

h=r+R+d\gamma=\frac{rD+Sd+r(D-d)}{D}

Тук отчетохме, че размерите на Луната и Слънцето са значително по-малки от разстоянията до тях. Лунната орбита е наклонена към плоскостта на еклиптиката на ъгъл i, равен на 5,15``. Разстоянието на Луната до възела на орбитата в дадения случай е равно на

\lambda=\frac{h}{d\,.\sin i}=\frac{rD+Sd+R(D-d)}{Dd\,.\sin i}\ ,

което при средните разстояния до Слънцето и Луната е 0,286 rad или 16,38``.

Схема: хоризонтална линия „Эклиптика“ и наклонена линия „Путь Луны“, пресичащи се във възела ☋ под ъгъл i; вляво долу кръгче А с надпис „2011“ и отсечка h/d до еклиптиката, ъгъл λ; вдясно горе кръгче В с надпис „3237“.

Саросът, равен по определение на 223 синодични периода на въртене на Луната, е около 6585,321 денонощия (18 год.10 дни) или 241,00867 драконични периода на въртене на Луната. Получава се , че за периода на сароса Луната няма да успее да завърши 242-ия оборот спрямо възлите на своята орбита, за това е необходимо тя да измине по орбитата още $\Delta\lambda=0{,}478^{0}$ . От това следва, че първото затъмнение на новата серия трябва да се случи след преминаване на Луната през възела. Т.к. затъмнението на 1 юли 2011 год. ще се вижда в южното полукълбо на Земята, Луната ще се намира южно от плоскостта на еклиптиката, достигайки за денонощие и нещо до този низходящ възел на орбитата (положение А на рисунката),

Всяко следващо затъмнение ще е все по-близо до точката на възела, и фазата на затъмнението ще се увеличава. След някакво време затъмненията ще са вече преди преминаването на възела, ще се виждат по-добре в северното полукълбо, а тяхната фаза ще започне да намалява. Накрая, последното затъмнение от серията ще настъпи близо до положение В, неговата фаза, видима от северните полярни ширини, ще е много малка. За да определим, през колко сароса това ще се случи, разделяме удвоеният ъгъл λ (ъгловото разстояние между точките А и В) на Δλ и от полученото число, ще вземем цялата част, равна на 68.

Умножавайки продължителността на сароса на 68, получаваме средното време на действие на последователността от затъмнения – 1226,03 календарни години. Действително, серията, започваща на 1 юли 2011 год, ще завърши с частичното слънчево затъмнение на 14 юли 3237 год, 69-ия по брой в дадената серия, видими в Русия в Магаданската област и на Чукотския полуостров. Общо казано, числото слънчеви затъмнения в една серия може да се различава от 69, ако разстоянията до Слънцето и Луната по време на тези затъмнения се различават съществено от средните стойности.

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