Астрономия (с ответами). Всероссийская олимпиада школьников в Москве (2021-2009 год) - часть 35

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии 2017

–2018 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

11 

класс

 

2 

 

Ответ:

 

1) 

Планета №1 

– 

Марс

, 

планета №2 

– 

Меркурий.

 

Выбор можно объяснить так: 

как  известно,  Меркурий

 

на  земном  небе  не  удаляется  от  Солнца  далеко 

(больше, чем на 

2

8⁰). Поскольку положение планет было обозначено в середине 

осени,  то

 

есть  в  момент  времени  достаточно  близкий  ко  дню  равноденствия, 

значит

, 

Солнце  зашло  примерно  у  точки  запада.  Получается,  что

 

планета №1 

находится  от  него на  расстоянии около  90⁰.  Следовательно,

 

это  Марс,  т.к.  по 

условию мы должны выбрать из двух планет 

– 

Марса

 

и Меркурия

. 

2) Созвездие 

– 

Орион.

 

3) Ошибки, допущенные художником:

 

─

 

осенью  Орион  не  может наблюдаться в  западной  части  горизонта сразу 

после захода Солнца;

 

─

 

слишком большой размер созвездия; 

 

─

 

созвездие  должно  быть  повернуто  по  часовой  стрелке  примерно

 

на

  30 

градусов от указанного на рисунке положения;

 

─

 

планеты не могут находиться под созвездием Ориона

; 

─

 

видно  слишком  много  звёзд  в  созвездии  на  еще  ярком  фоне  вечернего 

неба.

 

Критерии оценивания: 

•

 

за  верное  указание  планет  +

4  балла

 

при  условии  верного  объяснения  (

оно 

может  быть  короче  авторского  или  более  упрощённым,  например: 

Меркурий  -  внутренняя  планета  и  не  может  удаляться  от  Солнца  так 

далеко, как Марс

); 

•

 

за верное указание созвездия 

+2 балла

; 

•

 

за верное указание любой ошибки 

по 1 баллу

 

(но не более 

8 баллов

 

в сумме 

за

 

задачу)

. 

 

Максимум за задачу – 8 

баллов

. 

 

Задача 2

 

Существует  ограничение  на  максимально  возможную  светимость  звезды 

заданной  массы.  Его  называют  пределом  Эддингтона.  Выберите  верное 

утверждение и дайте краткое обоснование вашего выбора.

 

1)

 

Предел Эддингтона определяется условием равновесия газового давления 

и

 

силы тяжести в верхних слоях звезды

. 

2)

 

Предел  Эддингтона  определяется  условием  равновесия  давления 

излучения и силы тяжести в верхних слоях звезды

. 

3)

 

Предел Эддингтона определяется условием равновесия газового давления 

и

 

давления излучения в верхних слоях звезды

. 

4)

 

Предел  Эддингтона  определяется  условием  равновесия  силы  тяжести 

и

 

центробежной  силы,  возникающей  из

-

за  осевого  вращения  звезды, 

в

 

верхних слоях звезды.

 

 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии 2017

–2018 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

11 

класс

 

3 

 

Ответ:

 

Верное  утверждение  №2.  Обоснование:  светимость  звезды  связана 

с

 

давлением  излучения.  Чем  выше  светимость,  тем  выше  давление.  Давление 

излучения не может быть больше силы тяжести в верхних слоях звезды (иначе 

эти слои улетят от звезды). Значит

, 

утверждение №2 соответствует определению 

предела Эддингтона.

 

Примечание:

 

вариант

 

№1

 

описывает  условия  в  любой  звезде,  не  накладывая 

ограничение  на  светимость  звезды;  вариант  №3  вообще  физически  не  может 

быть условием равновесия, т.к

 

обе силы действуют в одну сторону (от центра 

звезды);  вариант  №4

 

ограничивает  скорость  вращения  звезды,  но

 

не

 

её

 

светимость.

 

Критерии оценивания:  

•

 

за правильный ответ 

+6 баллов

;  

•

 

за верное обоснование 

+2 балла

. 

Максимум за задачу – 8 

баллов

. 

 

 

Задача 3

 

Выберите из списка четыре звезды, которые будут видны (т.е. будут находиться 

над  горизонтом)  в  20  часов  по  московскому  времени  в  Москве  в  день 

проведения олимпиады при условии хорошей погоды.

 

1)

 

Полярная звезда (созвездие Малой Медведицы)

 

2)

 

Сириус (созвездие Большого Пса)

 

3)

 

Вега (созвездие Лиры)

 

4)

 

Регул (созвездие Льва)

 

5)

 

Канопус (созвездие Киля)

 

6)

 

Мицар (созвездие Большой Медведицы)

 

7)

 

Шедар (созвездие Кассиопеи)

 

8)

 

Ахернар (созвездие Эридана)

 

Ответ

:

 

Полярная звезда, Вега, Мицар, Шедар

. 

Примечание (для справки - не требуется указывать при ответе):

 

большинство 

звёзд  можно  выбрать  по  созвездию,  в  котором  они  находятся

,  – 

Малая 

Медведица,  Кассиопея,  Лира

 

и  Большая  Медведица  являются  незаходящими 

на

 

широте  Москвы

. 

Киль,  напротив,  никогда  не  восходит.  Часть  созвездия 

Эридана  в  Москве  видно,  но  Ахернар  находится  далеко  в  южной  полусфере 

и

 

также  не  появляется  над  горизонтом  в  Москве.  Сириус  и  Регул  в

 

Москве 

восходят, но период их вечерней видимости начинается позже

. 

 

 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии 2017

–2018 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

11 

класс

 

4 

 

Критерии оценивания:  

За  каждую  верно  указанную  звезду 

по  2  балла

 

(

обоснование  или  объяснение 

не требуется

)

, за каждую неверную

 - 

минус 2

 

балла

.  

Отрицательная оценка не ставится (выставляется 0 баллов за задачу). 
Максимум за задачу – 8 

баллов

. 

 

Задача 4

 

Определите  угловое  расстояние  в  градусах  (с  точностью  несколько  угловых 

минут) между Геммой (α Северной Короны) и Ункалхаи (α Змеи), между Вегой 

и  Луной,  между  Садалмеликом  (α  Водолея)  и  Минтакой  (δ  Ориона), 

 

если известны их координаты:

 

1)

 

Гемма  (азимут 

A

1

=169⁰,  высота 

h

1

=61⁰),  Ункалхаи  (азимут 

A

2

=169⁰, 

высота 

h

2

=40⁰)

 

2)

 

Вега (азимут 

A

3

=90⁰, высота 

h

3

=49⁰), Луна (азимут 

A

4

=270⁰, высота 

h

4

=15⁰)

 

3)

 

Феркад (прямое восхождение α

1

=15

h

20

m

, склонение δ

1

=71⁰46') и

 

Мирфак 

(прямое восхождение α

2

=3

h

24

m

, склонение δ

2

=49⁰51').

 

Объясните, как Вы нашли угловое расстояние в каждом случае.

 

Решение:

 

Если внимательно посмотреть на координаты пар объектов из условия задачи, 

то можно заметить, что во всех случаях пары объектов находятся на большом 

круге:  у  первой  пары  совпадают  азимуты 

A

1

=A

2

,  у  второй 

- 

азимуты 

отличаются  на 

A

4

-A

3

=180⁰,  звёзды  третьей  пары  находятся  на  экваторе 

(склонения звёзд очень близки к 0).

 

Поэтому  для  вычисления  угловых  расстояний  достаточно  вычислить

, 

на

 

сколько

 

отстоят  друг  от  друга  объекты  по  соответствующим  большим 

кругам:

 

1)

 

h

1

-h

2

=21⁰

 

2)

 

(90⁰

-h

3

)+(90⁰

-h

4

)=41⁰+75⁰=116⁰

 

3)

 

α

1

-

α

2

= 24

h

-(22

h

05

m

47

s

-5

h

32

m

00

s

)=24

h

-(22,

h

0964-5

h

,5333)=7

h

,4369=111,5535⁰

 

Ответ

: 

1) 21⁰; 2) 116⁰; 3)

 

≈

 111,55

⁰

 =111

⁰

3

3′

. 

Критерии оценивания (обратите внимание, что числа в условии этой задачи 

различаются в разных классах): 

•

 

за верно вычисленное угловое расстояние для первой пары 

+4 

балла

; 

•

 

за верно вычисленное угловое расстояние для второй пары 

+4 

балла

. 

Оценка 

снижается на 1 балл

 

для каждой пары, если не приведено обоснование 

(т.е.  не  сказано  о  совпадении  азимутов,  либо  об  отличии  координат  на  180 

градусов).

 

 

 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии 2017

–2018 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

11 

класс

 

5 

 

За  каждую  арифметическую  ошибку  оценка 

снижается  на  1  балл

 

(т.е.  при 

условии верного обоснования и верного хода вычислений

 

ставится указанный 

выше балл 

минус 1 балл

; 

если в качестве решения приведён только неверный 

ответ, то в случае

 

ошибки оценка за такую пару звёзд не выставляется

). 

Внимание: в условии допущена техническая ошибка, поэтому третья пара 

не оценивается. 

Допускается  использование  формулы  из  сферической  тригонометрии  при 

условии  получения  ответа,  близкого  к  указанному  выше  (ответы  №1  и  №2 

должны совпадать с авторскими, ответ №3 может отличаться не более чем  

на 1-2'). 
Максимум за задачу – 8 

баллов

. 

 

Задача 

5 

На  рисунке  приведена  диаграмма  температура

-

светимость  (диаграмма 

Герцшпрунга

-

Рессела),  на  которой  схематически  обозначено  положение 

основных  классов  звёзд  и  приведены  3  эволюционных  трека 

 

(т.е. последовательность положений одной звезды за время её жизни). 

 

1) 

Выберите из треков те, которые соответствуют действительности (в ответе 

укажите номера начальной и конечной точек трека, т.е. 1

-2, 3-4, 5-6).  

2) 

Подпишите  названия  классов  звёзд,  соответствующих  областям 

 

на диаграмме, помеченным

 

буквами А, Б, В, Г.

 

 

Ответ:

 

1) Правильный трек только один

: 3-4;  

2) классы звёзд

: 

А 

– 

белые карлики, Б 

– 

главная последовательность, 

 

В 

– 

красные гиганты, Г 

– 

сверхгиганты.

 

 

 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии 2017

–2018 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

11 

класс

 

6 

 

Критерии оценивания:  

•

 

если указан только верный трек 

+4 балла

; 

•

 

если указан верный трек и один неверный 

+2 балла

; 

•

 

если указаны все треки или указаны только ошибочные варианты 

- 

0 баллов

; 

•

 

за каждый верно названный класс звёзд 

+1 балл

; 

•

 

за каждый неверно названный класс звёзд 

– 

минус 1 балл

. 

Максимум за задачу – 8 

баллов

. 

 

Задача 6

 

Две  звезды  с  одинаковой  светимостью

 

наблюдаются  с  Земли  в  направлении 

полюса Галактики и в направлении её центра. Расстояние до звёзд одинаковое 

– 

2000 пк. Первая звезда на пределе видна глазом в телескоп диаметром 100 мм. 

Телескоп  какого  диаметра  надо  взять,  чтобы  можно  было  в  него  увидеть 

вторую  звезду?  Поглощение  в  диске  нашей  Галактики  принять  равным 

0,002

m

/пк. Поглощением в направлении полюса Галактики

 

пренебречь.

 

Решение:

 

Полное  поглощение  в  направлении  второй  звезды  составляет  0,002

·2000=4

m

. 

Т.е.  от  неё  приходит  света  в  2,512

4

≈40  раз  меньше,  чем  от  первой  звезды. 

Значит,  чтобы  собрать  от  второй  звезды  столько  же  света,  сколько  100

 

мм 

телескоп  собирает

 

от  первой,  надо  взять  телескоп  с  объективом,  имеющим 

в

 40 

раз большую площадь. Т.е. его диаметр должен быть 100

·40

1/2

≈630 мм.

 

Ответ

: 

630 мм.

 

Критерии оценивания: 

•

 

за определение полного поглощения в звездных величинах +

3 балла

; 

•

 

за определение полного поглощения в разах +

2 балла

; 

•

 

за определение диаметра объектива +

3 балла

; 

Арифметическая  ошибка  снижает  оценку  на 

1  балл

,  но  только  за  тот  этап, 

в

 

котором она была допущена. Однако

 

если она повлекла за собой абсурдный 

ответ (например, диаметр телескопа получается близким или меньшим 100

 

мм)

,  

определение  диаметра  объектива  не  засчитывается  и

 

оценка  за  этот  этап 

не

 

выставляется

.

  

Решение может быть сделано без проведения промежуточных вычислений. 

 

Путь  решения  может  отличаться  от  авторского.  При  условии  его 

корректности  и  близости  ответа  (ответ  в  диапазоне  ±50  мм)  решение 

оценивается полным баллом 

(8 баллов)

.  

Максимум за задачу – 8 

баллов

. 

 

 

Всего за работу 

– 

48 

баллов

. 

 

5

2.  Решения  заданий  Регионального  этапа  и  система  оценивания  каждого 

задания. 

 

9 класс 

 

1.  Условие.

  Из  каких  областей  земной  поверхности  возможно  одновременное  наблюдение 

Арктура  (

α

  Волопаса)  и  Хадара  (

β

  Центавра)?  Координаты  этих  звезд  считать  равными 

α

1

=14.0ч, 

δ

1

=+19

°

; 

α

2

=14.0ч, 

δ

2

=–60

°

  соответственно.  Атмосферной  рефракцией  и 

поглощением света пренебречь.  

 

1.  Решение.

  Как  видно  из  условия  задачи,  прямые  восхождения  двух  звезд  совпадают. 

Следовательно,  в  любом  пункте  Земли  их  верхние  кульминации  будут  происходить 

одновременно.  Так  как  нам  нужно  найти  пункты,  где  Арктур  и  Хадар  могут  вместе 

находиться  на  небе  хоть  в  какое-нибудь  время,  достаточно  рассмотреть  только  наиболее 

благоприятный  момент:  верхние  кульминации  этих  звезд.  Для  высоты  звезды  в  верхней 

кульминации мы можем записать выражение: 

 

h

 = 90

°

 – |

ϕ

 – 

δ

|, 

 

где 

ϕ

  –  широта  места, 

δ

  –  склонение  звезды.  Чтобы  звезду  можно  было  увидеть,  высота 

h

 

должна  быть  положительной  (рефракцией  и  атмосферным  поглощением  света  мы 

пренебрегаем). Отсюда мы имеем 

 

|

ϕ

 – 

δ

1

| < 90

°

; |

ϕ

 – 

δ

2

| < 90

°

. 

 

Первому  условию  удовлетворяет  диапазон  широт 

ϕ

  от  –71

°

  до  +90

°

,  второму  –  от  –90

°

  до 

+30

°

.  Итак,  Арктур  и  Хадар  можно  увидеть  на  небе  одновременно  на  широтах  от  –71

°

  до 

+30

°

. 

 

1.  Система  оценивания.

  Выше  было  приведен  наиболее  простой  способ  решения  задачи, 

однако  он  не  является  единственно  допустимым.  Участники  олимпиады  могут  определить 

всю область видимости каждой из звезд на поверхности Земли для определенного момента, 

затем  строить  пересечение  этих  областей,  обрисовывая  его  широтный  диапазон.  Возможно 

построение суточных путей Арктура и Хадара на небесной сфере разных широт и выделение 

 

6

моментов  их  одновременного  нахождения  над  горизонтом.  Все  эти  способы  считаются 

правильными и оцениваются максимально при условии верного выполнения. 

 

В случае решения задачи способом, описанным выше, участники олимпиады должны 

указать,  что  верхние  кульминации  обоих  звезд  происходят  одновременно,  и  этот  момент 

достаточен  для  рассмотрения.  Этот  вывод  оценивается  в  2  балла.  Если  он  не  делается,  и 

участник олимпиады сразу определяет высоты звезд в верхней кульминации в зависимости 

от широты, максимальная оценка не может превышать 6 баллов. 

 

Следующие 2 балла выставляются за правильное использование формулы для высоты 

в  верхней  кульминации,  которая  может  быть  записана  по-другому  –  без  знака  модуля,  в 

разном  виде  для  кульминации  к  югу  и  северу  от  зенита.  Если  участник  олимпиады 

записывает ее только в одном виде, например 

 

h

 = 90

°

 – 

ϕ

 + 

δ

, 

 

получая  в  итоге  ограничение  на  широту  только  для  Хадара  (

ϕ

<30

°

),  то  за  этот  и 

последующий этап решения выставляется только половина баллов (по 1 баллу за каждый) с 

общей оценкой не более 4 баллов. 

 

Правильное  численное  определение  ограничения  на  широту  от  каждой  из  звезд 

оценивается  по  1  баллу.  Наконец,  формулировка  окончательного  ответа  оценивается  в  2 

балла. Они не выставляются в случае неполного анализа верхней кульминации, описанного 

выше. 

 

2.  Условие.

  Последнее  противостояние  Сатурна  состоялось  15  июня  2017  года.  В  каком 

ближайшем  календарном  году  противостояния  этой  планеты  с  Солнцем  не  будет?  Орбиты 

Земли и Сатурна считать круговыми. 

 

2. Решение.

 В случае круговых орбит Земли и Сатурна синодический период Сатурна есть 

величина  постоянная.  Ее  можно  определить,  исходя  из  величины  орбитального  периода 

Сатурна (29.458 лет), можно взять из справочных данных. Она равна (29.458/28.458)=1.03514 

года  или  378.1  день.  Каждый  следующий  год  противостояние  Сатурна  будет  наступать  на 

13.1  день  (или  на  12.1  день  для  високосных  лет)  позже,  чем  в  предыдущем  году,  то  есть  в 

среднем на 12.85 дней позже, чем год назад. 

 

От 15 июня до 31 декабря проходит 199 дней. Разделив это число на 12.85, получаем 

15.5 лет. Через 15 лет (в числе которых будет 4 високосных – 2020, 2024, 2028 и 2032) дата 

противостояния  Сатурна  сместится  на  (4*12.1)+(11*13.1)=192.5  дня.  Следовательно,  в  2032 

 

7

году  противостояние  произойдет  24  или  25  декабря  (в  реальности  –  24  декабря  в  23ч  UT). 

Следующее  противостояние  состоится  уже  в  январе  2034  года.  Противостояния  Сатурна  с 

Солнцем не случится в 2033 году. 

Можно  рассуждать  другим,  похожим  способом.  За  четыре  года,  среди  которых  3 

обычных и один високосный, дата противостояния сместится на (1 · 12.1) + (3 · 13.1) = 51.4 

дня. За 3 таких четырехлетки дата противостояния сместится на 154.2 дня (это будет в 2029 

году). За два невисокосных года (2030 и 2031) противостояние сместится еще на 2·13.1 = 26.2 

дня,  а  за  високосный  2032  год  –  еще  на  12.1  дня  и  составит  192.5  дня,  как  мы  и  получили 

выше. 

 

2.  Система  оценивания.

  Первым  этапом  решения  задачи  является  вычисление 

синодического  периода  Сатурна  либо  взятие  его  правильного  значения  из  справочных 

данных.  Этот  этап  решения  оценивается  в  1  балл.  Далее  участники  могут  пойти  простым 

способом,  выписывая  даты  последующих  противостояний,  исходя  из  значения 

синодического  периода  ровно  в  378  дней.  При  условии  правильного  учета  високосных  лет 

эти рассуждения приводят к правильному ответу с общей итоговой оценкой 8 баллов. Если 

фактор високосных лет не учитывается, то, несмотря на правильный ответ, оценка снижается 

на 1 балл (итоговая – не более 7 баллов).  

 

При  решении  задачи  способом,  описанным  выше,  2  балла  выставляется  за  расчет 

числа  дней  от  15  июня  до  31  декабря  (или  1  января),  еще  5  баллов  –  за  вычисление  числа 

полных  лет  до  момента,  когда  дата  противостояния  перейдет  с  декабря  на  январь.  Если 

фактор високосных лет не учитывается, общая оценка снижается на 1 балл. 

 

В этом же случае, 5 баллов за основной этап решения (вычисление числа полных лет) 

разделяются следующим образом: число дней, на которое смещается дата противостояния в 

невисокосном году – 2 балла, в високосном году – 1 балл, переход к числу лет до перехода 

противостояния в новый год – 2 балла. 

 

3. Условие. 

Спутник обращается вокруг сферической планеты по эллиптической орбите. В 

перицентре  спутник  имеет  высоту  над  поверхностью  планеты  800  км  и  орбитальную 

скорость  12.3  км/c,  в  апоцентре  –  2300  км  и  11.1  км/с.  Определите  среднюю  плотность 

планеты. 

 

3. Решение.

 Запишем выражения для скорости тела в перицентре и апоцентре орбиты: 

 

 

8

 

.

1

1

;

1

1

e

e

a

GM

v

e

e

a

GM

v

A

P

+

−

=

−

+

=

 

 

Здесь 

M

 – масса планеты, 

a

 – большая полуось орбиты, 

e

 – ее эксцентриситет. Разделив одно 

выражение на другое, имеем: 

.

1

1

108

.

1

e

e

K

v

v

A

P

−

+

=

=

≡

 

 

Отсюда 

.

051

.

0

1

1

=

+

−

=

+

−

=

A

P

A

P

v

v

v

v

K

K

e

 

 

Для высот спутника в перицентре и апоцентре можно записать: 

 

h

P

 = 

a

 (1 – 

e

) – 

R

; 

h

A

 = 

a

 (1 + 

e

) – 

R

. 

 

Здесь 

R

 – радиус планеты. Вычитая из второго уравнения первое, имеем: 

 

 

км.

14700

2

;

2

=

−

=

=

−

e

h

h

a

ae

h

h

P

A

P

A

 

 

Теперь мы можем найти радиус планеты: 

 

R

 = 

a

 (1 – 

e

) – 

h

P

 = 13150 км 

 

или 2.06 радиуса Земли. Масса планеты равна: 

 

кг

10

3.0

1

1

25

2

⋅

=

+

−

⋅

=

e

e

G

a

v

M

P

 

 

или 5 масс Земли. Наконец, плотность планеты составляет 

 

3

3

/м

3200

4

3

кг

R

M

=

=

π

ρ

 

 

или 0.57 от плотности Земли. 

 

 

9

3.  Система  оценивания. 

Решение  задачи  можно  производить  разными  способами.  При 

решении способом, описанным выше, последовательно находятся эксцентриситет орбиты (2 

балла), большая полуось орбиты (1 балл), радиус планеты (2 балла), масса планеты (2 балла) 

и,  наконец,  плотность  планеты  (1  балл).  При  решении  другим  способом  необходимо  также 

разбить его на соответствующие этапы, оценивая каждый из них, исходя из его сложности. 

 

При  допущении  ошибки  на  одном  из  этапов  решения  баллы  за  этот  этап  не 

выставляются, а последующие оцениваются только в том случае, если сделанная ошибка не 

приводит к заведомо абсурдным характеристикам планеты.  

 

4.  Условие.

  Толщина  диска  нашей  Галактики  составляет  800  световых  лет.  Солнце 

находится вблизи плоскости Млечного пути. Оцените, сколько звезд со светимостью порядка 

солнечной можно увидеть со всей Земли в телескоп ТАЛ-1 с диаметром главного зеркала 110 

мм?  Считать  концентрацию  таких  звезд  в  диске  Млечного  пути  постоянной  и  равной  

0.01 пк

–3

. Межзвездным поглощением света пренебречь.  

 

4. Решение.

 Определим предельную звездную величину для телескопа ТАЛ-1: 

 

m

 = 6 + 5 lg (

D

/

d

) = 12.3. 

 

Здесь 

D

  и 

d

  –  диаметры  объектива  телескопа  (110  мм)  и  зрачка  глаза  (6  мм).  Вычислим 

теперь расстояние, с которого Солнце будет иметь такую звездную величину: 

 

 

.

1000

330

;

5

5

lg

.

лет

св

пк

r

M

m

r

≈

=

+

−

=

 

 

Эта  величина  значительно  больше  полутолщины  диска  Галактики,  поэтому  область 

видимости солнцеподобных звезд можно считать цилиндром радиусом 

r

=330 пк и высотой 

h

=800 св.лет (245 пк). Объем этого цилиндра будет равен 

 

V

 = 

π

 

r

2

 

h

 = 8·10

7

 пк

3

. 

 

Число  видимых  звезд 

N

  будет  равно 

V

∙

n

  или  800  тысяч.  Здесь 

n

  –  концентрация  звезд 

заданного типа. 

 

 

10

4.  Система  оценивания. 

Для  решения  задачи  необходимо  определить  проницающую 

способность  телескопа  ТАЛ-1,  что  оценивается  в  2  балла.  При  этом  диаметр  зрачка  глаза 

может браться от 6 до 8 мм с интервалом предельных звездных величин от 11.7 до 12.3, что 

будет влиять на дальнейшие ответы, но считается правильным. Определение максимального 

расстояния,  с  которого  будут  видны  такие  звезды,  оценивается  еще  в  2  балла.  Предельная 

чувствительность  глаза  также  может  быть  взята  в  диапазоне  от  6  до  6.5

m

,  что  не  считается 

ошибкой. Далее необходимо сделать вывод, что предельное расстояние существенно больше 

полутолщины  диска  Галактики,  и  область  наблюдения  таких  звезд  представляет  собой 

цилиндр  (1  балл).  Если  этого  не  делается,  и  область  считается  сферической,  то  за  все 

оставшееся решение с ответом 1.5 млн звезд выставляется не более 1 балла с общей оценкой 

не более 5 баллов. 

 

Наконец,  определение  объема  данной  области  оценивается  в  2  балла,  вычисление 

количества звезд – в 1 балл. 

 

5. Условие. 

Предположим, что все звезды на небе, как и полагали в древности, расположены 

на большой хрустальной сфере, движущейся вокруг Земли и тем самым создающей эффект 

суточного вращения. Какой должен быть радиус такой небесной сферы (в астрономических 

единицах), чтобы ее линейная скорость на экваторе была равна скорости света?  

 

Анаксимандр из Милета при этом считал, что звезды – это дыры в небе, через которые 

виден  "небесный  огонь".  Угловой  диаметр  звезды  Канопус  равен  0

″

.0069.  Мог  бы  человек 

тогда пролезть в "дыру", соответствующую Канопусу? 

 

Предположим далее, что звезды 

–

 это постоянные источники света, а звездные сутки 

на Земле увеличиваются на 2 мс за 100 лет. Какова скорость расширения хрустальной сферы, 

если  ее  линейная  скорость  вращения  на  экваторе  постоянна  и  равна  скорости  света?  На 

сколько звездных величин потускнели бы звезды со времен Анаксимандра (за 2600 лет)?  

 

5. Решение.

 На данный момент Земля поворачивается вокруг своей оси за 

T

0

 = 23ч56м, т.е. ее 

угловая  скорость  равна  2

π

/(86160  с)  =  7.3·10

–

5

  рад/c.  В  нашей  модели  Земля  неподвижна,  а 

крутится сама небесная сфера с такой же угловой скоростью. Отсюда получаем расстояние, 

на котором линейная скорость такого вращения достигает скорости света: 

 

 

a.e.

5

.

27

10

1

.

4

2

12

0

0

=

⋅

=

⋅

=

м

T

c

R

π

 

 

 

11

Выходит, что радиус небесной сферы должен быть немного меньше среднего расстояния до 

Нептуна.  На  таком  расстоянии  угловому  размеру  0

″

.0069  соответствует  линейный  размер 

R

0

·(0.0069/206265)=140  км.  Это  расстояние  более  чем  достаточно  для  прохода  человека. 

Далее, продолжительность звездных суток меняется на Земле линейно по формуле 

 

.

)

(

0

t

T

T

t

T

&

+

=

 

 

Здесь 

T

0

 

–

  продолжительность  суток  в  некий  начальный  момент  времени, 

Ṫ

 

–

  скорость  ее 

изменения. Тогда радиус хрустальной сферы меняется по закону  

 

 

,

2

)

(

2

)

(

2

0

0

t

T

c

R

t

T

T

c

t

T

c

R

π

π

π

&

&

+

=

+

=

=

 

 

то есть увеличивается линейно со скоростью 

 

95 

/

км год.

.

0

2

=

=

π

T

c

V

&

 

 

 

Здесь 

R

0

 

–

  начальный  радиус  сферы.  Наконец,  за  2600  лет  звезды  удалились  на  расстояние 

Δ

R

=2470  км  =  1.65·10

–

5

  а.е.  Воспользовавшись  формулой  Погсона,  получаем  изменение 

звездной величины: 

 

.

0000013

.

0

16

.

2

1

lg

5

lg

5

.

2

0

0

2

0

0

m

R

R

R

R

R

R

R

m

=

Δ

≈

⎟⎟⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

Δ

−

−

=

⎟⎟⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

Δ

−

−

=

Δ

 

 

5. Система оценивания.

 Каждый из четырех вопросов задачи оценивается в 2 балла. Один 

балл выставляется за правильный вывод формулы, второй 

–

 за вычисления и конечный ответ. 

В последнем вопросе одинаково верно оценивается и утверждение о том, что блеск заметно 

или  почти  совсем  не  изменится,  и  вычисление  малого  изменения  блеска.  Если  в  качестве 

периода вращения сферы звезд берутся солнечные сутки (24 часа), то оценка за первый этап 

снижается на 1 балл, оставшиеся этапы оцениваются в полной мере (максимальная оценка 

–

 

7 баллов). 

 

6.  Условие.

  Собственное  движение  звезды  Барнарда  равно  –0.8″/год  по  прямому 

восхождению  и  +10.3″/год  по  склонению.  Лучевая  скорость  равна  –111  км/с,  параллакс  – 

 

12

0.547″. Вам дана звездная карта окрестностей этой звезды. Сама звезда находится в середине 

карты и помечена крестом. Определите: 

1) В каком созвездии находится звезда Барнарда? 

2) В каком направлении на карте движется звезда? 

3) В какое созвездие эта звезда переместится? 

4) Когда это произойдет? 

 

Решение.

  На  текущий  момент  звезда  Барнарда  располагается  в созвездии  Змееносца. Само 

это  созвездие  не  имеет  ярко  выраженного  рисунка,  но  его  имеют  ближайшие  соседние 

созвездия. Так к востоку находится легко узнаваемое созвездие Орла, рядом с ним Стрела и 

Дельфин.  В  правом  верхнем  углу  созвездие  Северной  короны,  а  правом  нижнем  – 

характерная часть созвездия Скорпион.  

 

Собственное  движение  звезды  Барнарда  по  склонению  в  десять  раз  больше,  чем  по 

прямому восхождению. Поэтому звезда будет двигаться почти строго вдоль круга склонения, 

а движением по прямому восхождению можно пренебречь. Раз собственное движение звезды 

по  склонению  положительно,  значит,  со  временем  склонение  звезды  увеличивается,  а  сама 

звезда  смещается  в  сторону  северного  полюса  мира.  В  том  направлении  расположено 

созвездие Геркулеса. 

 

13

 

Текущие  координаты  звезды  можно  определить  с  помощью  карты  в  условии.  Они 

равны 

α

~18ч~270°,  δ=+4.5°.  До  границы  с  созвездием  Геркулеса  почти  ровно  10°. 

Определим, за какое время наша звезда преодолеет это угловое расстояние. Решим вначале 

задачу наиболее точно. 

Змееносец

Геркулес

 

γ

 

 

Поскольку  лучевая  скорость  звезды  отрицательна,  она  приближается  к  нам.  Ее 

тангенциальная скорость равна  

 

14

/c.

3

.

89

74

.

4

км

V

T

=

=

π

μ

 

 

Здесь 

μ

  –  собственное  движение  в  угловых  секундах  в  год,  а 

π

  –  параллакс  в  угловых 

секундах. Полная скорость звезды равна  

 

/c.

142

2

2

км

V

V

V

R

T

=

+

=

 

 

Здесь 

V

R

  –  лучевая  скорость  звезды  в  км/с.  Угол  между  лучом  зрения  и  направлением 

вектора скорости звезды составляет  

.

39

O

L

T

V

V

arctg

=

=

γ

 

 

Расстояние  до  звезды 

D

  равно 

π

–1

=1.83  пк  или  5.65·10

13

  км.  Искомое  время  получаем  из 

теоремы синусов: 

 

.

2900

)

10

180

sin(

10

sin

лет

V

D

t

O

O

O

=

−

−

=

γ

 

 

Ответ  задачи  с  неплохой  точностью  можно  получить  быстрее,  учитывая,  что  угловое 

расстояние до границы созвездий (10

°

) существенно меньше угла 

γ

 (39

°

). В этом случае мы 

можем предположить, что собственное движение звезды Барнарда по созвездию Змееносца 

постоянно по времени. Тогда время до пересечения границы есть просто отношение углового 

расстояния до нее к собственному движению: 

 

лет

год

t

O

3500

/

''

3

.

10

10

=

=

 

 

Этот  ответ  получился  завышенным  из-за  игнорирования  приближения  звезды  Барнарда  и 

увеличения ее собственного движения.  

 

6.  Система  оценивания. 

Правильное  указание  текущего  положения  звезды  Барнарда  в 

созвездии  Змееносца  оценивается  в  1  балл.  Указание  соседних  созвездий  в  доказательство 

этого вывода не требуется. Правильное указание направления движения звезды оценивается 

в 2 балла. Ответ, что звезда переместится в созвездие Геркулеса, оценивается 1 баллом, но 

 

15

только в том случае, если направление движения звезды указано верно, и звезда, двигаясь в 

этом направлении, действительно окажется в созвездии Геркулеса. 

 

Дальнейшее  решение  задачи  оценивается  в  полной  мере  вне  зависимости  от 

предыдущих  этапов.  Определение  расстояния  (по  рисунку),  которое  отделяет  звезду  от 

созвездия Геркулеса, оценивается в 1 балл (если выбрано ошибочное направление движения 

звезды, то берется угловое расстояние от соответствующего созвездия). Вычисление времени 

t

 оценивается в 3 балла. Оно может производиться в разное количество этапов. Если решение 

не доведено до конца или с какого-то момента становится неверным, следует выставлять по 

1 баллу за правильное вычисление расстояния до звезды и ее тангенциальной скорости. 

 

Вычисление времени упрощенным методом оценивается в 1 балл (суммарная оценка – 

до 6 баллов). 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2