ВсОА 2025, Регионален етап, 10. клас — Задача 5. Тройная фаза

10.5. Тройная фаза
В.Б. Игнатьев

Решение.

Наблюдаемый объект является внутренним по отношению к Земле. Действительно, любой внешний объект для земного наблюдателя будет иметь значение фазы от 0.5 до 1, поэтому получить значение двух фаз, отличаюшихся ровно в три раза, для внешнего объекта не получится. А для внутренних объектов такого ограничения нет.

Нарисуем схему, поясняющую задачу.

Точка $S$ – Солнце, $T$ – Земля, $O_1$ и $O_2$ – наблюдаемый объект в двух своих положениях.

Пока не будем отвечать на последний вопрос задачи и предположим, что в обоих случаях объект наблюдался к западу от Солнца. Анализ вариантов расположения проведем ниже.

Обратим внимание, что треугольник $SO_1O_2$ – равнобедренный, так как орбита объекта круговая, и $SO_1=SO_2$.

Тогда фазовые углы $\phi_1$ и $\phi_2$ являются дополнительными друг к другу. Запишем формулу, связывающую фазу и фазовый угол:

Из условия задачи

Теперь воспользуемся тем, что фазовые углы являются дополнительными. Тогда $\cos\phi_1=\cos(180^\circ-\phi_2)=-\cos\phi_2$.

Отсюда угол $\phi_2=60^\circ$. Так как углы при основании треугольника равны между собой и равны $60^\circ$, треугольник $\Delta SO_1O_2$ получается равносторонним, и угол при Солнце $O_1SO_2=\Delta\lambda=60^\circ$

Еще раз внимательно посмотрим на схему, поясняющую нашу задачу. На этой схеме у нас «зафиксированы» положения Солнца и Земли, а внутренний объект продолжает свое движение вокруг Солнца. В такой системе отсчета внутрениий объект сделает полный оборот за синодический период.

За четверть года объект прошел дугу длиной $60^\circ$, следовательно, полный оборот он сделает за

Зная синодический период, можно сначала найти сидерический период, а затем и полуось орбиты. Выполним эти расчеты. По условию задачи все тела двигаются в одну сторону, поэтому запишем синодическое уравнение со знаком «минус». Также учтем, что объект внутренний.

Значение полуоси орбиты найдем из третьего закона Кеплера, сравнив орбиту наблюдаемого объекта с орбитой Земли. Получим $a=0.71$ а.е.

Перейдем ко второму вопросу задачи. На рисунке рассмотрим любой из треугольников $\Delta STO_1$ или $\Delta STO_2$. Запишем теорему синусов для любого из этих треугольников, например, для для $\Delta STO_2$:

Здесь известны все величины, кроме искомого угла $\gamma$.

Отсюда угол $\gamma=38^\circ$. Нам подходит только острый угол. Поскольку углы $\phi_1$ и $\phi_2$ дополнительные, их синусы равны, и точно такой же ответ можно получить из анализа треугольника $\Delta STO_1$.

Перейдем к анализу последнего пункта задачи.

На рисунке обозначим точки, в которых может оказаться объект на угловом удалении $\gamma$ от Солнца. Всего таких точек в общем случае должно быть 4. Правда, возможны «вырожденные» случаи, когда точек будет только 2 – это ситуации максимумов элонгаций или соединений. Но оба этих вырожденных случая не подходят к условию задачи – в случае с максимумами элонгаций фаза будет равна 0.5 и получить значение фазы в три раза больше невозможно. В случае соединений в нижнем соединении фаза равна 0, а в следующем (верхнем) соединении фаза будет равна 1. Отношение этих фаз также не равно 3, что противоречит условию задачи.

Поскольку объект внутренний и имеет круговую орбиту, его угловая скорость всегда больше угловой скорости Земли (наблюдателя). Следовательно, объект будет последовательно проходить чеоез точки 1, 2, 3 и 4. Нужно проанализировать, какой (или какие) из переходов может соответствовать условиям задачи.

Переходы $2\to3$ и $4\to1$ нам не интересны, так как фазы в обеих точках будут одинаковы. Поэтому осталось рассмотреть переходы $3\to4$ и $1\to2$. В первом случае $(3-4)$ фаза уменьшается, а во втором случае фаза увеличивается. По условию задачи фаза как раз должна увеличиваться, следовательно, нам подходит только переход $1\to2$. Он соответствует утренней видимости объекта.

Критерии оценивания. 16

но вращение происходит в другую сторону или не верно выбрано изменение фазы