Астрономия (с ответами). Всероссийская олимпиада школьников в Москве (2021-2009 год) - часть 25

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

10 

класс

 

4 

Примечание

: допускается ответ «от обратного» 

– 

можно перечислить номера 

рисунков,  которые  не  могут  отображать  фазы  затмений  (явно  это  указав). 

Дополнительно  может  быть  указан  такой  критерий  отбора:  при  затмении 

граница свет

–

тень не может быть прямой линией.

 

Критерии оценивания

 

•

 

По 

2 балла

 

за каждый верно указанный

 

номер

. 

•

 

За каждый ошибочно указанный номер

 

по 

–

2 балла

 

(оценка за этот этап 

 

не может быть отрицательной).

 

•

 

За верное объяснение 

+2 балла

.  

Оценка не может превышать 

8 баллов

 

и не может быть отрицательной.

 

Максимум за задачу 8 баллов. 

Задача 4

 

Параллакс  звезды 

HR

1002  в  созвездии  Персея  равен  0,020″.  Выразите 

расстояние до этой звезды в световых годах и в астрономических единицах.

 

Решение

 

Определим расстояние до 

HR

1002 в парсеках:

 

𝐷𝐷

=

1

𝜋𝜋

=

1

0

,

02

= 50

 

пк.

 

Зная,  что  1  пк

 

≈  3,26  светового  года  (допускается  брать  готовые  значения 

 

в  диапазоне  3,2

–

3,3)  ≈  206265  а.е.  (допускается  брать  готовые  значения 

 

в диапазоне 2

 

∙

 10

5

 – 2,1 

∙

 10

5

), 

легко получить искомые величины:

 

D 

≈ 163 световых года ≈ 1,03∙10

7

 

а.е.

 

Примечание

:  коэффициенты  перевода  можно  получить,  зная  определение 

парсека (это расстояние, с которого радиус земной орбиты виден под углом 

 

в  1″).  Допускаются  другие  способы  получения  переводных  коэффициентов. 

 

В  этом  случае  решение  оценивается,  исходя  из  корректности  методов 

определения  коэффициентов  и  полученной  точности  (для  альтернативных 

методов решения отклонения меньше 10% оцениваются полным баллом).

 

Другие  возможные  соотношения,  с  помощью  которых  можно  получить 

искомые  величины

: 

1  а.е.  =  1.5  ·  10

8

 

км

, 

1  пк  =

  3.09 · 10

13

 

км

,  

1 св. год = 9.5 · 10

12

 

км

. 

Последняя

 

величина легко вычисляется, если знать величину

 

скорости света 

(300 

000 км/с) и продолжительность

 

года (3.15 · 10

7

 

с). 

 

1 а.е. = 500 св. секунд

 

По сути это время, за которое свет проходит расстояние от

 

Земли до Солнца. 

Зная продолжительность года, можно получить

:  

1 св. год = 63000 а.е.

 

 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

10 

класс

 

5 

Возможны и другие исходные значения.

 

Другие  возможные  варианты  для  перехода  от  параллакса  к  линейному 

расстоянию: по определению параллакса это угол, под которым с расстояния 

D

 

виден радиус земной орбиты, и можно с равным основанием использовать 

формулы:

 

𝐷𝐷

=

150000000

км

tg0,

020″

= 1.547

⋅

10

15

км

 

или

 

𝐷𝐷

=

1

а.е.

tg0,

025″

= 1,03

⋅

10

7

а.е.

 

В последнем случае один из искомых ответов находится сразу.

 

Ответ

: примерно 163 световых года (допустимый диапазон 147

 – 

179 св. лет) 

или  1,03

 

∙

 10

7

 

а.е.

 

(допустимый  диапазон  9,27

 

∙

 10

6

  –  1,13 

∙

 10

7

 

а.е.).

  

Ответ зависит от используемых коэффициентов.

 

Критерии оценивания

 

•

 

За  верный  числовой  ответ  ставится 

по  4  балла

 

за  каждую  величину 

 

(при наличии верных вычислений или объяснений).

 

•

 

В  случае  неполного  решения  за  определение  расстояния  до  звезды 

 

в  парсеках  ставится 

+4  балла

  (

3  балла

 

за  запись  формулы  и 

1  балл

  

за верные вычисления этой величины).

  

Арифметическая  ошибка 

снижает  оценку

 

на  2  балла

 

(только  за  тот  этап, 

 

в

 

котором  она  сделана:  если  с  ошибкой  определено  расстояние  в  пк, 

 

а  остальная  часть  решения  выполнена  верно,  то  общая  оценка  будет 

 

8 – 2 = 

6 баллов

). 

Ответ  ≈

150,58 

св.  лет  (приведённый  без  вычислений)  говорит  о  том, 

 

что  он  списан  (такое  расстояние  для 

HR1002 

приводится,  например, 

 

в  программе 

Stellarium). 

При  верных  вычислениях  расстояния  в  а.е.  за  всю 

работу ставится не более 

2-

х

 

баллов

. 

Максимум за задачу 8 баллов. 

Задача 5

 

Мощность  первой  в  мире  атомной  электростанции,  расположенной 

 

в

 

подмосковном Обнинске, была равна 5 МВт. Считая, что КПД солнечных 

электростанций не превышает 25%, а в среднем в Москве за год бывает около 

2000  часов  ясной  солнечной  погоды,  оцените  минимально  необходимую 

суммарную  площадь  солнечных  батарей,  вырабатывающих  за  год  такое  же 

количество  энергии,  которое  вырабатывала  Обнинская  АЭС.  Поглощение 

 

в

 

атмосфере  считать  равным  20%,  температура  солнечной  фотосферы 

 

T 

= 5800 K

, радиус Солнца 

R 

= 696000 

км, светимость Солнца 

L 

= 

3,9∙10

26

 

Вт.

 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

10 

класс

 

6 

Решение

 

Прежде  всего,  вычислим  количество  энергии,  вырабатываемой  за

 1 

год 

Обнинской  АЭС:  5МВт

 

∙

 365,25 

∙

 24 

∙

 3600 

с

 

≈

 1,6 

∙

 10

14

 

Дж  (здесь  365,25 

– 

число  дней  в  году;  допускается  использовать  365  или  366  дней,  а  также 

готовое число секунд в году, близкое к 3,14

 

∙

 10

7 

с

). 

Для  дальнейших  действий  нам  требуется  знание  величины  солнечной 

постоянной 

– 

освещённости,  создаваемой  Солнцем  на  внешней  границе 

земной  атмосферы.  При  решении  допускается  либо  1)  использование 

готового  известного  значения  солнечной  постоянной  (тогда  оно  должно 

лежать  в  диапазоне  от  1350  до  1400  Вт/м

2

),  либо  2)  самостоятельное 

вычисление  величины  солнечной  постоянной  (допускается  диапазон 

значений 1300

–

1600 Вт/м

2

 – 

при правильном общем подходе к вычислению).

 

Рассмотрим отдельно второй вариант. Искомая освещённость для указанной 

в  условии  величины  L  и  величины  a  =  1  а.е.  =  150  млн  км  
E = L

/(4∙π∙a

2

) = 

1380 Вт/м

2

. Если в решении используется не заданная в условии 

светимость Солнца, а другое численное значение этой величины (в литературе 

приводится,  например,  L  =  4·10

26

 

Вт,  и  эта  величина  часто  используется  

при  подготовке  к  олимпиадам),  или  светимость  вычисляется  через  формулу 

𝐿𝐿

= 4

𝜋𝜋𝑅𝑅

2

𝜎𝜎𝑇𝑇

4

 

с  отличными  от  заданных  в  условии  числовых  значений  R  и  T 

(или, например,  будет использовано  более  точное  значение  величины  большой 

полуоси орбиты Земли), то для E может получиться другое значение. Однако 

оно должно лежать в диапазоне значений 1300-1600 Вт/м

2

. 

 

Итак,  известно,  что  величина  солнечной  постоянной  равна 

E 

= 

1380  Вт/м

2

. 

80%  от  этой  величины  дойдёт  до  поверхности  Земли:  т.  е.  освещённость 

на

 

поверхности Земли ≈1100 Вт/м

2

.  

Только  25%  от  дошедшей  световой  энергии  будет  переработано 

в

 

электрическую:  275  Вт/м

2

 

(это  максимально  возможный  результат,  который 

достигается  для  фотоэлементов,  поворачивающихся за Солнцем  в  течение  дня; 

эта  величина  зависит  от  использованного  значения  солнечной  постоянной). 

Таким  образом,  каждый  кв.  метр  поверхности  солнечных  батарей  за

 

год 

 

(т.

 

е.  за

 

2000  часов  ясной  солнечной  погоды)  выработал  не

 

более 

275 

∙

 2000 

∙

 3600 

≈

 2 

∙

 10

9

 

Дж энергии.

 

Сравнивая это значение с выработкой АЭС, легко найти требуемую площадь: 

S = 1,6 

∙ 

10

14

/2 

∙ 

10

9

 

м

2

 = 

80000 м

2

. 

Ответ:

 

80000 м

2

 

Критерии оценивания

 

•

 

Вычисление  суммарной  выработки  АЭС  за  год  (с  ответом  от  1

,57 

∙ 

10

14

 

до

 1,6 

∙ 

10

14

) 

оценивается в

 

+2 балла

. 

•

 

Запись или вычисление солнечной постоянной оценивается в

 

+2 балла

. 

•

 

Учёт поглощения в атмосфере оценивается в

 

+1 балл

. 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

10 

класс

 

7 

•

 

Учёт КПД оценивается в

 

+1 балл

. 

•

 

Вычисление  суммарной

 

выработки  батарей  за  1  год  (т.

 

е.  за  2000  часов) 

оценивается в

 +1 

балл

. Допускается учёт выработки энергии не только во 

время  ясной  солнечной  погоды,  но  с  обязательным  учётом  снижения 

 

в несколько раз освещённости в это время. Суммарное светлое время будет 

ограничено примерно 365

 

∙ 12ч

 

≈

 

4400 ч.

 

•

 

За  получение  верного  финального  ответа 

+1  балл

 

(не  выставляется 

 

при  наличии  ошибок  на  предыдущих  стадиях).  Допустимый  диапазон 

ответов  зависит  от  использованного  значения  солнечной  постоянной 

 

и  вычисленной  выработки  АЭС  (а при  учёте  дополнительного  освещения 

–  

и  от  его  величины).  Для  стандартного  значения  (или  значения, 

получающегося  из  числовых  данных  задачи)  ответ  может  отличаться 

 

от указанного примерно на ±4000 м

2

 

(при использовании других справочных 

данных отличие может быть больше).

 

Примечание

:  допускается  объединение  одного  или  всех  этапов  в  одну 

формулу.  Ошибка  в  одном  из  этапов  наказывается  только  в  этом  этапе 

 

(и  в  последнем  этапе).  При  наличии  только  верного  ответа  без  записи 

решения  выставляется 

2  балла

 

за  всю  задачу.  Физически  некорректный 

результат  при  логически  верном  подходе  к  решению  оценивается  не  выше 

4 

баллов

 

за задачу.

 

Максимум за задачу 8 баллов. 

Задача 6

 

Известно,  что  орбита  Луны  наклонена  к  плоскости  эклиптики  на  угол, 

примерно  равный  5⁰.  В  каком  диапазоне  высот  во  время  дня  осеннего 

равноденствия  может  наблюдаться  полная  Луна  в  верхней  кульминации 

в

 

Москве (в точке с координатами φ

 

= 56⁰, λ = 37⁰)? Приведите решение.

 

Решение

 

В  день  осеннего  равноденствия  Солнце  находится

 

в  точке  осеннего 

равноденствия 

– 

точке  пересечения  эклиптики  и  небесного  экватора, 

 

и  его  склонение  равно  0⁰.  В  описываемый  в  условии  задачи  момент  Луна 

была  в  фазе  полнолуния,  а  значит,  она  находилась  в  окрестности  точки 

весеннего  равноденствия.  При  этом

 

из

-

за  того,  что  плоскость  орбиты  Луны 

наклонена  к

 

плоскости  эклиптики  на  угол  в  5⁰,  склонение  Луны  лежит 

 

в  диапазоне  от 

–

5⁰  до  +5⁰  (мы  пренебрегаем  некоторым  изменением 

склонения  Луны,  связанным  с  тем,  что  между  моментом  полнолуния 

 

и моментом верхней кульминации могло пройти некоторое время).

 

Как  известно,  высота  объекта  в  верхней  кульминации  связана  с  его 

склонением и широтой пункта наблюдения формулой:

 

ℎ

= 90°

− 𝜑𝜑

+

𝛿𝛿

 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

10 

класс

 

8 

Подставив значения, получим 

h

min 

= 

29⁰, 

h

max 

= 

39⁰. 

 

Этот  же  ответ  можно  получить,  вспомнив,  что  в  Москве  небесный  экватор 

находится над точкой юга на высоте 34⁰. Луна будет находиться в

 

диапазоне 

±5⁰ от него.

 

Ответ

: диапазон высот от 29⁰  до 39⁰ (допускается отклонение от  указанных 

границ  в  несколько  угловых  минут  при  использовании  более

 

точного 

значения наклонения орбиты Луны)

 

Критерии оценивания

 

•

 

Указание  на  то,  что  Луна  в  описываемое  время  находилась  в  точке 

весеннего  равноденствия  (или  была  близка  к  небесному  экватору) 

оценивается в 

+2 балла

. 

•

 

За обоснование указания из предыдущего пункта 

+2 балла

. 

•

 

За верную запись или вывод формулы для кульминации 

+2 балла

. 

•

 

Определение  высоты  Луны  оценивается  в 

+1  балл 

за  каждый  из  случаев 

 

(

h

min

 

и 

h

max

). 

Максимум за задачу 8 баллов. 

 

Всего за работу 

– 48 

баллов.

 

 

1 

ВСЕРОССИЙСКАЯ ОЛИМПИАДА ШКОЛЬНИКОВ

 

ПО АСТРОНОМИИ. 2019

–

2020 уч. г.

 

МУНИЦИПАЛЬНЫЙ ЭТАП. 11 КЛАСС

 

 

Решения и критерии оценивания

 

Задача 1

 

Любитель  астрономии  взял  «немую»  (т.

 

е.  без  надписей)  карту  окрестностей 

созвездия Орион с обозначенной на ней эклиптикой и по памяти нанёс на карту 

названия  объектов  и  положения  двух  планет.  Найдите  ошибки,  которые 

 

он допустил. Исправьте найденные ошибки (те, которые можно исправить).

 

 

 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

11 

класс

 

2 

 

Ответ

: 

любитель допустил 5 ошибок.

 

1.

 

Неверно подписано созвездие «Кассиопея»;

 

2.

 

звезда «Ригель» указана неверно;

 

3.

 

«Большая туманность Ориона» подписана неверно

; 

4.

 

звезда Бенетнаш указана неверно;

 

5.

 

планета Юпитер не может настолько далеко отходить от эклиптики

.  

Необходимо внести следующие исправления:

 

1.

 

вместо «Кассиопея» написать «Телец»;

 

2.

 

заменить  «Ригель»  на  «Бетельгейзе»  либо  перенести  надпись  «Ригель» 

к

 

яркой правой нижней звезде созвездия;

 

3.

 

убрать или перенести к обозначению 

M42 

надпись «Большая туманность 

Ориона»;

 

4.

 

заменить

 

«Бенетнаш» 

(

это  звезда  созвездия  Большой  Медведицы

)  

на «Беллатрикс»;

 

5.

 

убрать планету Юпитер или перерисовать её на правильное положение 

ближе  к  эклиптике  (

исправление  этой  ошибки  указано  тут  

для полноты, т. к., не зная даты, невозможно указать, на какое место 

надо перенести Юпитер

). 

Примечание

. 

1)  В  приведённом  решении  ошибка  и  способ  её  устранения 

разделены. Однако

 

допускается объединение в одном предложении указания 

ошибки  и  способа  её  устранения  (например,  «надпись  «Ригель»  надо 

перенести к правому нижнему углу созвездия»).

 

2) 

В

 

принципе,  Сатурн  мог  в  момент  зарисовки  находиться  в  другом  месте 

(но  так  же  недалеко  от  эклиптики).  При  проверке  это  надо  иметь  в  виду 

 

и не снижать оценку за указание/обсуждение этой возможности.

 

Критерии оценивания

 

•

 

По

 

1  баллу

 

за  каждое  верное  указание  ошибки  (но  не  более 

8  баллов 

 

за задачу).

 

•

 

По 

1 баллу

 

за каждое верное исправление ошибки (но не более 

8 баллов 

 

за задачу.

 

•

 

При  объединении  ошибки  и  способа  её  устранения  в  одном  пункте, 

например,  «надпись  «Ригель»  надо  перенести  к  правому  нижнему  углу 

созвездия», выставляется 

1 балл

 

за верное  указание ошибки плюс 

1 балл

 

за верный способ её устранения). 

 

Ошибочное  указание  замеченной

 

неточности  или  способа  устранения 

 

не наказывается, но и не оценивается

. 

Максимум за задачу 8 баллов. 

 

 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

11 

класс

 

3 

Задача 2

 

Расставьте  приведённые  ниже  группы  звёзд  в  порядке  увеличения 

 

их

 

численности в нашей Галактике.

 

1)

 

жёлтые карлики (звёзды типа нашего Солнца)

 

2)

 

голубые гиганты

 

3)

 

красные карлики

 

4)

 

шаровые звёздные скопления

 

5)

 

рассеянные звёздные скопления

 

Ответ:

 45213 

Критерии оценивания

 

•

 

Указание ШЗС на первом месте оценивается в 

+2 балла

. 

•

 

Указание  РЗС  на  втором  месте  (только  при  условии,  что  ШЗС  стоят 

 

на первом) оценивается в

 

+2 балла

. 

•

 

Если порядок скоплений перепутан, но они занимают первые две позиции, 

то оценка составляет 

+2 балла

. 

•

 

Указание жёлтых карликов на предпоследнем месте (только при условии, 

что красные карлики стоят на последнем) оценивается в

 

+2 балла

. 

•

 

Указание красных карликов на последнем месте оценивается в

 

+2 балла

. 

•

 

Если  в  ответе  РЗС  и  ШЗС  находятся  не  на  первых  двух  позициях, 

 

то оценка за задачу не может превышать 

4 балла.

 

Максимум за задачу 8 баллов. 

Задача 3

 

На  рисунке  представлены  зарисовки  разных  фаз  Луны  и  частных  фаз 

различных  солнечных

 

затмений.  Укажите  в  ответе  номера  зарисовок, 

относящихся к затмениям. Объясните критерии отбора.

 

 

Ответ

: 1, 5, 6 

Основной  критерий  отбора 

– 

концы  границы  «свет

–

тень»  (терминатора) 

 

у лунных фаз лежат на одном диаметре диска, а у солнечных затмений 

– 

нет 

(при  фазах  затмения,  очень  близких  к  полной,  хорда,  соединяющая  концы 

солнечного «рога», приближается к диаметру, но таких фаз в условии нет)

.  

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

11 

класс

 

4 

Примечание

: допускается ответ «от обратного» 

– 

можно перечислить номера 

рисунков,  которые  не  могут  отображать  фазы  затмений  (явно  это  указав). 

Дополнительно  может  быть  указан  такой  критерий  отбора:  при  затмении 

граница свет

–

тень не может быть прямой линией.

 

Критерии оценивания

 

•

 

По 

2 балла

 

за каждый верно указанный

 

номер

. 

•

 

За каждый ошибочно указанный номер

 

по 

–

2 балла

 

(оценка за этот этап 

 

не может быть отрицательной).

 

•

 

За верное объяснение 

+2 балла

.  

Оценка не может превышать 

8 баллов

 

и не может быть отрицательной.

 

Максимум за задачу 8 баллов. 

Задача 4

 

От звезды Веги (звезда 0

-

ой звёздной величины) в глаз человека за 1

 

секунду 

попадает примерно 300

 

000 квантов  света. Сколько квантов попадает в  глаз 

за  1  секунду  от  звезды  5

-

ой  звёздной  величины?

 

Приведите  решение 

 

и вычисления.

 

1) 

30 млн

 

2) 3000 
3) 10 
4) 

1,5 млн

 

5) 300 
6) 60000 

Можно  ли  увидеть  невооружённым  глазом  звезду,  от  которой  приходит 

300 

квантов света в секунду? Ответ обоснуйте.

 

Решение

 

Для ответа на первую часть задачи достаточно знать, что разнице звёздных 

величин в 5

m

 

соответствует отношение потоков энергии (а

, 

значит

, 

в

 

первом 

приближении и числа фотонов) в 100 раз. Звезда 0

-

ой

 

величины будет ярче 

звезды 5

-

ой

 

величины в 100 раз.

 

Это же число можно получить, зная, что с  увеличением звёздной величины 

на  1

m

 

количество  приходящей  от  звезды  энергии  уменьшается  в  2,512  раза: 

2,512

5 

≈

 

100.  Таким  образом,  от  звезды  5

-

ой

 

звёздной  величины  в  глаз 

попадёт 3000 квантов света.

 

Чтобы  ответить  на  второй  вопрос  задачи

, 

необходимо  знать,  что 

невооружённый  глаз  на  пределе  видит  звёзды  6

-

ой

 

звёздной  величины 

 

(в некоторых источниках встречаются более слабые объекты 

– 

до 7

m

). От такой 

звезды в глаз попадёт около 3000/2,512

 

≈

 

1200 фотонов (или ≈480 от звезды 7

m

). 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

11 

класс

 

5 

Т. е. увидеть глазом звезду, от которой приходит 300 квантов света в секунду, 

нельзя.

 

Ответ

: 2

; звезду, от которой приходит 300 квантов/с

, 

увидеть нельзя.

 

Критерии оценивания:

 

•

 

За указание верного ответа на первую

 

часть задачи

 

+2 балла

. 

•

 

За верное решение, приведшее к верному ответу на первую часть задачи,

 

+3 балла

.

 

•

 

За  ответ  на  вторую  часть  задачи  (звезду  с  потоком  в  300  кв/с  увидеть 

нельзя

) 

+1 балл

. 

•

 

За объяснение (с указанием предельной доступной 

невооружённому глазу 

звёздной величины в

 

диапазоне 6

 m

–7

m

) 

+2 балла

. 

Максимум за задачу 8 баллов. 

Задача 5

 

Оцените  размер  телескопа,  установленного  на  поверхности  Луны,  который 

мог бы различить отдельные буквы в Вашем бланке для решений. Пагубным 

влиянием земной атмосферы в данном случае можно пренебречь. Некоторые 

справочные  сведения  о  Луне:  масса 

M

 = 

7,36∙10

22

 

кг,  радиус 

R

 = 

1740  км, 

сидерический  период  обращения 

T

 = 

27,3  суток,  скорость  орбитального 

движения 

V 

= 

1,02 км/с, средний угловой диаметр при наблюдении с Земли: 

d = 

31′, наклонение орбиты 

i 

= 

5,1⁰.

 

Решение

 

Расстояние  до  Луны  составляет  примерно 

L

  = 384 

000  км.  Эту  величину 

можно  помнить  (в  этом  случае  допускается  использование  расстояния 

 

от 356 до 407 тыс. км), а можно получить из справочных данных в условии 

(либо  через  период  обращения  и  скорость  движения  с  ответом  ≈383000  км, 

либо через угловой диаметр и линейный радиус Луны с ответом ≈386000 км). 

 

Размер  буквы  в  бланке  будем  считать  равным 

b

 

=  3  мм  (если  понимать 

 

под  различением  букв  видимость  отдельной  буквы

)  – 

допускается 

использование  величины  от  0,5  мм  до  5  мм 

– 

в  зависимости 

 

от интерпретации  условия задачи). Угол, под которым с Луны будут видны 
отдельные буквы, равен 

𝛼𝛼

=

𝑏𝑏

𝐿𝐿

=

0

,

003

384000000

≈

8

∙

10

−12

рад

.  

Так  как  диапазон  спектра  не  указан,  будем  считать,  что  наблюдения 

проводятся в оптическом диапазоне с характерной длинной волны 

𝜆𝜆

 = 

550 нм.

 

Воспользуемся  формулой  для  углового  разрешения  телескопа: 

𝜃𝜃

= 1,22

𝜆𝜆

𝐷𝐷

  

 

(можно  использовать  готовую  формулу  для  визуального  телескопа

 

𝜃𝜃

=

140″

𝐷𝐷

(

мм

)

 

с тем же ответом в итоге).

 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

11 

класс

 

6 

Отсюда, считая θ

 = 

α

:    

𝐷𝐷

=

1

.

22𝜆𝜆

𝜃𝜃

=

1

.

22𝜆𝜆

𝑏𝑏 𝐿𝐿

⁄

≈ 84км

.

 

Примечание:

 

задача  является  оценочной,  поэтому  в  ней  допускается 

отклонение  полученных  (и  используемых)  данных  от  приведённых 

 

в решении.

 

Ответ:

 

примерно 84 км (ответ может отличаться при использовании других 

исходных  данных).  Наиболее  сильно  ответ  зависит  от  принятого  размера 

букв  (или  межбуквенного  расстояния):  для  0,5  мм 

D 

≈

 

500  км,  для

  5 

мм 

 

D 

≈

 

50 км.

 

Критерии оценивания

 

•

 

Запись или вычисление верного расстояния до Луны оценивается в 

+2 балла

: 

+1  балл

 

за  верную  формулу  и 

+1  балл

 

за  численный  результат

 

(если 

промежуточного числового значения нет,

 

а используются только формулы 

с вычислением конечного ответа, то второй балл выставляется при условии 

верной подстановки

 

соответствующих величин в итоговую формулу)

. 

•

 

Корректная  оценка  размера  букв  (или  промежутков  между  буквами) 

 

в

 

диапазоне от 0,5 до 5 мм оценивается в

 

+2 балла

 

(за размер в диапазонах 

0,1–

0,5 мм или

 5–

10 мм ставится

 

+1 балл

). 

•

 

Запись или вычисление видимого углового размера букв оценивается в

 

+2 балла

: 

+1  балл

 

за  верную  формулу  и 

+1  балл

 

за  численный  результат

 

(если 

промежуточного числового значения нет,

 

а используются только формулы 

с вычислением конечного ответа, то второй балл выставляется при условии 

верной подстановки

 

соответствующих величин в итоговую формулу)

. 

•

 

Запись формулы для вычисления углового разрешения (в полной или уже 

приведённой к визуальным наблюдениям форме) оценивается в

 

+1 балл

. 

•

 

За получение верного ответа 

+1 балл

. 

Арифметическая ошибка 

снижает оценку на 1 балл

 

за тот этап, в

 

котором 

она  была  допущена  (и  за  этап  получения  верного  ответа).

 

Таким  образом, 

 

при  решении  задачи  в  формульном  виде  арифметическая  ошибка  приводит 

 

к потере двух баллов

 – 

собственно за ошибку и за отсутствие верного ответа.

 

Максимум за задачу 8 баллов. 

Задача 6

 

Известно,  что  орбита  Луны  наклонена  к  плоскости  эклиптики  на  угол, 

примерно  равный  5⁰.  В  каком  диапазоне  высот  во  время  дня  осеннего 

равноденствия  может  наблюдаться  полная  Луна  в  верхней  кульминации 

в

 

Москве (в точке с координатами φ

 

= 56⁰, λ = 37⁰)? Приведите решение.

 

 

 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

11 

класс

 

7 

Решение

 

В  день  осеннего  равноденствия  Солнце  находится  в  точке  осеннего 

равноденствия 

– 

точке  пересечения  эклиптики  и  небесного  экватора, 

 

и  его  склонение  равно  0⁰.  В  описываемый  в  условии  задачи  момент  Луна 

была  в  фазе  полнолуния,  а  значит,  она  находилась  в  окрестности  точки 

весеннего  равноденствия.  При  этом  из

-

за  того,  что  плоскость  орбиты  Луны 

наклонена  к

 

плоскости  эклиптики  на  угол  в  5⁰,  склонение  Луны  лежит 

 

в  диапазоне  от 

–

5⁰  до  +5⁰  (мы  пренебрегаем  некоторым  изменением 

склонения  Луны,  связанным  с  тем,  что  между  моментом  полнолуния 

 

и моментом верхней кульминации могло пройти некоторое время).

 

Как  известно,  высота  объекта  в  верхней  кульминации  связана  с  его 

склонением и широтой пункта наблюдения формулой:

 

ℎ

= 90°

− 𝜑𝜑

+

𝛿𝛿

 

Подставив значения, получим 

h

min 

= 

29⁰, 

h

max 

= 

39⁰. 

 

Этот  же  ответ  можно  получить,  вспомнив,  что  в  Москве  небесный  экватор 

находится над точкой юга на высоте 34⁰. Луна будет находиться в

 

диапазоне 

±5⁰ от него.

 

Ответ

: диапазон высот от 29⁰  до 39⁰ (допускается отклонение от  указанных 

границ  в  несколько  угловых  минут  при  использовании  более  точного 

значения наклонения орбиты Луны)

 

Критерии оценивания

 

•

 

Указание  на  то,  что  Луна  в  описываемое  время  находилась  в  точке 

весеннего  равноденствия  (или  была  близка  к  небесному  экватору) 

оценивается в 

+2 балла

. 

•

 

За обоснование указания из предыдущего пункта 

+2 балла

. 

•

 

За верную запись или вывод формулы для кульминации 

+2 балла

. 

•

 

Определение  высоты  Луны  оценивается  в 

+1  балл 

за  каждый  из  случаев 

 

(

h

min

 

и 

h

max

). 

Максимум за задачу 8 баллов. 

 

Всего за работу 

– 48 

баллов.

 

 

 

5

2.  Решения  заданий  Регионального  этапа  и  система  оценивания  каждого 

задания. 

 

9 класс 

 

9.1.  Условие.

  Самолет  летит  на  высоте  10  км  над  поверхностью  Земли  21  июня.  Его 

пассажиры видят, как Солнце «замерло» и все время находится в точке севера на видимом 

горизонте.  Определите  скорость  самолета.  Рефракцией,  поглощением  света  в  атмосфере, 

угловыми размерами Солнца, рельефом и сжатием Земли пренебречь. 

 

9.1.  Решение.

  Солнце  находится  на  северном  горизонте,  то  есть  в  верхней  или  нижней 

кульминации  для  неподвижного  наблюдателя.  В  этот  момент  суточное  движение  Солнца 

происходит  параллельно  горизонту.  Движение  самолета  компенсирует  вращение  Земли, 

поэтому  Солнце  постоянно  видно  в  точке  кульминации.  Его  склонение  вблизи  летнего 

солнцестояния  постоянно,  поэтому  можно  сделать  вывод,  что  самолет  летел  вдоль 

параллели. Нам нужно найти ее широту.  

 

Хотя  по  условии  задачи  мы  пренебрегаем  рефракцией  и  видимыми  размерами  Солнца,  мы 

должны учесть другой фактор: понижение видимого горизонта за счет высоты самолета.  

 

 

 

Пусть  самолет  летит  на  высоте 

H

  над  поверхностью  Земли.  Радиус  Земли  равен 

R

.  Угол 

h

 

между  направлениями  на  видимый  и  математический  горизонты  равен  углу  с  вершиной  в 

центре  Земли  между  направлением  на  самолет  и  точку  касания  луча  зрения  пассажиров  с 

поверхностью Земли (см. рисунок). Видимый горизонт будет иметь высоту 

 

.

2

.

3

arccos

O

H

R

R

h

−

=

+

−

=

 

 

6

 

Нам остается найти широту, на которой Солнце оказывается на высоте –3.2

°

 под северным 

горизонтом, имея склонение 

ε

 (+23.4

°

). Если это была нижняя кульминация, то справедливо 

соотношение 

h

 = 

−

90

°

 + |

ϕ

1

 + 

ε

|, 

 

причем  выражение  под  знаком  модуля  должно  быть  положительно,  так  как  кульминация 

происходит на севере. Тогда мы имеем 

 

ϕ

1

 = 90

°

 + 

h

 

−

 

ε

 = +63.4

°

. 

 

Сумма склонения и широты очевидно больше нуля, поэтому мы получили одно из решений. 

Это положение самолета соответствует цифре 1 на рисунке. Но кульминация Солнца могла 

быть и верхней, и тогда 

h

 = 90

°

 

−

 |

ε −

 

ϕ

2

|, 

N

ϕ

1

−ϕ

2

Экв

ато

р

Л

уч

и

 С

ол

нца

1

2

 

 

причем выражение под модулем должно быть вновь положительным. Тогда 

 

ϕ

2

 = 

−

90

°

 + 

ε

 + 

h

 = 

−

69.8

°

. 

 

Выражение под знаком модуля вновь положительно, это положение самолета 2 на рисунке. 

Итак,  мы  имеем  два  возможных  значения  широты.  Так  как  речь  идет  о  Солнце,  самолет 

должен  компенсировать  осевое  вращение  Земли  относительно  направления  на  Солнце  с 

периодом 

T

 = 1 сутки. Для этого требуется скорость 

 

 

7

.

cos

2

2

,

1

2

,

1

T

R

v

ϕ

π

=

 

 

Два возможных значения скорости составляют 207 и 160 м/с.  

 

9.1. Система оценивания.

  

 

1 этап – 2 балла: учет эффекта понижения горизонта и вычисление его значения, по 1 баллу 

за  каждое  действие.  Этап  не  засчитывается,  и  также  уменьшаются  оценки  за  последующие 

этапы, если эффект не учитывается в решении. Если величина понижения горизонта (3.2

°

) не 

вычисляется  в  явном  виде,  но  правильно  учитывается  далее  и  приводит  к  верному  ответу, 

этап засчитывается полностью. 

 

2  этап  –  2  балла:  определение  широты,  на  которой  находился  самолет.  Выставляется  по  1 

баллу  за  каждое  верное  значение.  Если  не  было  учтено  понижение  горизонта,  и  в  итоге 

получено  значение  широты  полярного  круга  (с  одним  или  двумя  знаками)  –  за  этап 

выставляется 1 балл при условии отсутствия иных ошибок.  

 

3  этап  –  4  балла:  определение  скорости  самолета.  2  балла  выставляется  за  использование 

правильной  формулы  и  по  1  баллу  –  за  каждое  верное  значение.  Если  не  было  учтено 

понижение горизонта, то для широты полярного круга должна быть определена скорость 184 

м/с. В этом случае выставляется 2 балла за формулу и 1 балл за численное значение, то есть 3 

балла  за  этап,  если  не  сделано  иных  ошибок.  Таким  образом,  все  решение  без  учета 

понижения горизонта при правильном выполнении оценивается в 4 балла (0+1+3). 

 

9.2.  Условие.

 

Между  восточной  квадратурой  и  последующей  западной  квадратурой 

некоторой  планеты  проходит  в  1.143  раз  больше  времени,  чем  между  ее  западной  и 

последующей  восточной  квадратурой.  Что  это  за  планета?  Орбиты  планет  считать 

круговыми.

  

 

9.2.  Решение.

  Квадратуры  происходят  только  у  внешних  планет,  обращающихся  вокруг 

Солнца  дальше  Земли  с  большим,  чем  у  Земли,  периодом.  Перейдем  в  систему  отсчета, 

вращающуюся  вокруг  Солнца  вместе  с  планетой.  В  этой  системе  Земля  будет  также 

вращаться вокруг Солнца, но с несколько большим (синодическим) периодом. В промежуток 

 

8

между западной (точка 

W

) и восточной (точка 

E

) квадратурой Земля должна пройти дугу с 

углом 2

α

. Между восточной и западной квадратурой Земля проходит угол 2(

π

 

– 

α

). 

Поэтому 

 

α

a

0

a

Солнце

Планета

E

W

 

.

143

.

1

α

α

π −

=

=

k

 

Отсюда 

.

84

465

.

1

1

O

рад

k

=

=

+

= π

α

 

 

С другой стороны, как видно из рисунка, радиус орбиты планеты есть 

 

a

 = 

a

0

/cos 

α

 

≈

 9.6 а.е.

 

 

Здесь 

a

0

 

–

 радиус орбиты Земли. Значит, эта планета 

–

 Сатурн. 

 

9.2. Система оценивания. 

 

1  этап  –  5  баллов:  вычисление  угла 

α

  или  эквивалентной  для  решения  величины,  что 

является ключевым моментом задачи. Этап можно выполнить как во вращающейся системе 

отсчета, так и в неподвижной, с учетом движения обеих планет. Ошибка на данном этапе не 

влияет на оценку за последующие этапы. 

 

2  этап  –  2  балла:  нахождение  радиуса  орбиты  планеты  (1  балл  –  формула,  1  балл  – 

вычисление). 

 

3  этап  –  1  балл: указание  планеты.  Выставляется  только  в  случае правильного  выполнения 

предыдущих  этапов:  если  планета  Сатурн  указана  без  верного  обоснования,  балл  не 

выставляется.