Всероссийская олимпиада школьников по астрономии – 2018Региональный этап9 класс
1. Условие. Из каких областей земной поверхности возможно одновременное наблюдение Арктура (αВолопаса) и Хадара (β Центавра)? Координаты этих звезд считать равными α1=14.0ч, δ1=+19°; α2=14.0ч,δ2=–60° соответственно. Атмосферной рефракцией и поглощением света пренебречь
(А.Н. Акиньщиков).
1. Решение. Как видно из условия задачи, прямые восхождения двух звезд совпадают. Следовательно, влюбом 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. Длявысоты 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 бытьположительной (рефракцией и атмосферным поглощением света мы пренебрегаем). Отсюда мы имеем
|ϕ – δ1| < 90°; |ϕ – δ2| < 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 неявляется единственно допустимым. Участники олимпиады могут определить всю область видимости
каждой из звезд на поверхности Земли для определенного момента, затем строить пересечение этихобластей, обрисовывая его широтный диапазон. Возможно построение суточных путей Арктура иХадара на небесной сфере разных широт и выделение моментов их одновременного нахождения надгоризонтом. 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 длярассмотрения. 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 неможет 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 длякульминации 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 этапрешения выставляется только половина баллов (по 1 баллу за каждый) с общей оценкой не более 4баллов.
Правильное численное определение ограничения на широту от каждой из звезд оценивается по 1баллу. Наконец, формулировка окончательного ответа оценивается в 2 балла. Они не выставляются вслучае неполного анализа верхней кульминации, описанного выше.
1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 (Е.Н. Фадеев).
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 високосныхлет) 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 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 одинвисокосный, 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 и2031) противостояние сместится еще на 2·13.1 = 26.2 дня, а за високосный 2032 год – еще на 12.1 дня исоставит 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 вневисокосном 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 (А.Н. Акиньщиков).
3. Решение. Запишем выражения для скорости тела в перицентре и апоцентре орбиты:vP =GM 1 + e
GM 1 − e; vA =.
a 1− ea 1+ eЗдесь M – масса планеты, a – большая полуось орбиты, e – ее эксцентриситет. Разделив одно выражениена другое, имеем:vP
1+ e≡ K = 1.108 =
.
1− e
vA

2

Отсюда
e=K − 1 vP − v A== 0.051.
K + 1 vP + v AДля высот спутника в перицентре и апоцентре можно записать:hP = a (1 – e) – R; hA = a (1 + e) – R.
Здесь R – радиус планеты. Вычитая из второго уравнения первое, имеем:hA − hP = 2ae; a =hA − hP= 14700 км.
2eТеперь мы можем найти радиус планеты:R = a (1 – e) – hP = 13150 км
или 2.06 радиуса Земли. Масса планеты равна:M =v P2 a 1 − e⋅= 3.0 ⋅ 10 25 кг
G 1+ eили 5 масс Земли. Наконец, плотность планеты составляет

ρ=3M= 3200 кг/м 3
4πR 3

или 0.57 от плотности Земли.
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, апоследующие 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 увидетьсо 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. (М.В. Кузнецов)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:3

lg r =

m−M +5; r = 330 пк ≈ 1000 св.лет.
5

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 r2 h = 8·107 пк3.
Число видимых звезд N будет равно V·n или 800 тысяч. Здесь n – концентрация звезд заданного типа.
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 ммс интервалом предельных звездных величин от 11.7 до 12.3, что будет влиять на дальнейшие ответы, носчитается 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 6.5m, 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)? (Е.Н. Фадеев)5. Решение. На данный момент Земля поворачивается вокруг своей оси за T0 = 23ч56м, т.е. ее угловая
скорость равна 2π/(86160 с) = 7.3·10–5 рад/c. В нашей модели Земля неподвижна, а крутится саманебесная сфера с такой же угловой скоростью. Отсюда получаем расстояние, на котором линейная
скорость такого вращения достигает скорости света:R0 =c ⋅ T0= 4.1 ⋅ 1012 м = 27.5 a.e.
2πВыходит, что радиус небесной сферы должен быть немного меньше среднего расстояния до Нептуна. Натаком расстоянии угловому размеру 0″.0069 соответствует линейный размер R0·(0.0069/206265)=140 км.
Это расстояние более чем достаточно для прохода человека. Далее, продолжительность звездных суток
меняется на Земле линейно по формуле

T (t ) = T0 + T&t.
Здесь T0 – продолжительность суток в некий начальный момент времени, Ṫ - скорость ее изменения.
Тогда радиус хрустальной сферы меняется по закону
4

c
c
cT&
T (t ) =(T0 + T&t ) = R0 +
t,
2π
2π
2π
,
то есть увеличивается линейно со скоростью
R=

V =

cT&
= 0.95 км/год.
2πЗдесь R0 – начальный радиус сферы. Наконец, за 2600 лет звезды удалились на расстояние
ΔR=2470 км = 1.65·10–5 а.е. Воспользовавшись формулой Погсона, получаем изменение звездной
величины:2⎛ R − ΔR ⎞⎛ ΔR ⎞
ΔR⎟⎟ = −5 lg⎜⎜1 −⎟⎟ ≈ 2.16
Δm = −2.5 lg⎜⎜ 0= 0.0000013m.
R0 ⎠R0⎝ R0 ⎠⎝
5. Система оценивания. Каждый из четырех вопросов задачи оценивается в 2 балла. Один баллвыставляется 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 неизменится, 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 – 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?
(Е.Н. Фадеев)5Решение. На текущий момент звезда Барнарда располагается в созвездии Змееносца. Само этосозвездие не имеет ярко выраженного рисунка, но его имеют ближайшие соседние созвездия. Так квостоку 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 попрямому 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.
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.

Геркулес

Змееносец

γПоскольку лучевая скорость звезды отрицательна, она приближается к нам. Ее тангенциальная скорость
равна
6

VT = 4.74

μ= 89.3 км/c.
πЗдесь μ – собственное движение в угловых секундах в год, а π – параллакс в угловых секундах. Полная
скорость звезды равна

V = VT2 + VR2 = 142 км/c.
Здесь VR – лучевая скорость звезды в км/с. Угол между лучом зрения и направлением вектора скорости
звезды составляет
V
γ = arctg T = 39 O.
VLРасстояние до звезды D равно π–1=1.83 пк или 5.65·1013 км. Искомое время получаем из теоремы
синусов:sin 10 O
D= 2900 лет.
t=OO
sin(180 − 10 − γ ) VОтвет задачи с неплохой точностью можно получить быстрее, учитывая, что угловое расстояние дограницы созвездий (10°) существенно меньше угла γ (39°). В этом случае мы можем предположить, чтособственное движение звезды Барнарда по созвездию Змееносца постоянно по времени. Тогда время допересечения границы есть просто отношение углового расстояния до нее к собственному движению:t=

10O= 3500 лет
10.3' ' / годЭтот ответ получился завышенным из-за игнорирования приближения звезды Барнарда и увеличения еесобственного движения.
6. Система оценивания. Правильное указание текущего положения звезды Барнарда в созвездии
Змееносца оценивается в 1 балл. Указание соседних созвездий в доказательство этого вывода нетребуется. Правильное указание направления движения звезды оценивается в 2 балла. Ответ, что звезда
переместится в созвездие Геркулеса, оценивается 1 баллом, но только в том случае, если направление
движения звезды указано верно, и звезда, двигаясь в этом направлении, действительно окажется всозвездии 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 1балл (если выбрано ошибочное направление движения звезды, то берется угловое расстояние отсоответствующего созвездия). Вычисление времени t оценивается в 3 балла. Оно может производиться вразное 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 еетангенциальной скорости.
Вычисление времени упрощенным методом оценивается в 1 балл (суммарная оценка – до 6баллов).

7

10 класс
1. Условие. Из каких областей земной поверхности возможно одновременное наблюдение Арктура (αВолопаса) и Хадара (β Центавра)? Координаты этих звезд считать равными α1=14.0ч, δ1=+19°; α2=14.0ч,δ2=–60° соответственно. Атмосферной рефракцией и поглощением света пренебречь.
1. Решение. См. 9 класс.
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. См. 9 класс.
3. Условие. Оптическая звезда входит в двойную систему с темным компактным объектом. Масса
темного объекта равна 1.4 массы Солнца. Движение вокруг центра масс происходит так, что уоптической звезды исчезает годовое параллактическое смещение в небе Земли. Определите массу этойзвезды. Орбиты Земли и звезд в системе считать круговыми. (О.С. Угольников)3. Решение. Изобразим описанную в условии задачи систему из светлой и темной звезды. Обе онидвижутся по круговым орбитам вокруг центра масс. Коль скоро у светлой звезды с массой M нетпараллактического смещения, линия "Земля – звезда" все время сохраняет фиксированное направлениев пространстве. В случае круговых орбит это может быть только в том случае, если звезда описывает
круг около центра масс с радиусом R, равным 1 а.е. с периодом 1 год в плоскости, параллельной
плоскости вращения Земли (плоскости эклиптики).

M

R

r
m

Выражая радиусы орбит в астрономических единицах, массы – в массах Солнца, а период обращения –в годах, запишем выражение обобщенного III закона Кеплера:( M + m) T 2= 1.
( R + r )3Фактически, мы сравниваем эту систему с системой "Солнце-Земля", где все три величины равны
единице. Для двойной системы также T=1, а для радиусов орбит справедливо соотношение:M R = m r.
Отсюда r = R (M/m), и далее:
8

3

⎛ M⎞
⎜1 + ⎟ = ( M + m).
m⎠⎝
Обе величины M и m безразмерны, так как представляют собой отношение масс звезд к массе Солнца.
Умножая обе части уравнения на m3, получаем:(M + m)3 = m3 (M + m).
Из этого мы можем определить массу звезды M (в массах Солнца):M = m 3 / 2 − m = 0.26.
Оптическая звезда, вероятно, представляет собой красный карлик и является, по сути, спутником
темного массивного объекта.
3. Система оценивания. Для решения задачи участники олимпиады должны сделать вывод о том, чтокруговая траектория оптической звезды по своим характеристикам идентична орбите Земли. Этот вывод
можно сделать в другом виде: смещение равно параллаксу, а параллакс есть угол, под которым виден
радиус орбиты Земли, следовательно, радиус орбиты звезды равен 1 а.е. Вывод в любой из формоценивается в 2 балла. Если он не выписан в явном виде, эти 2 балла не выставляются, но дальнейшее
решение оценивается в полной мере.
Правильное использование III закона Кеплера оценивается в 2 балла, при этом его запись может
отличаться от приведенной выше (может использоваться полная формулировка с системным
выражением всех величин). Правильное соотношение радиусов орбит звезд оценивается еще в 1 балл.
Наконец, 3 балла выставляется за правильное математическое исполнение решения и запись ответа.
4. Условие. Находясь в западной квадратуре, планета Марс оказалась на небе очень близко к звезде
спектрального класса G. Линии в спектре Марса и звезды точно совпали по длинам волн. Найти
лучевую скорость звезды относительно Солнца. Орбиты Земли и Марса считать круговыми.
(О.С. Угольников)4. Решение. По спектральному классу звезда похожа на Солнце, то есть, содержит примерно те жеспектральные линии. В спектре Марса линии тоже, в основном, солнечные, так как планета отражает
солнечный свет. Даже если в спектре Марса и будут собственные спектральные линии, они не будут
смещены относительно солнечных, так как орбиту Марса по условию задачи мы считаем круговой, ирасстояние между Марсом и Солнцем не изменяется. Звезда и Марс движутся относительно
наблюдателя на Земле с некоторыми скоростями. Одинаковое смещение спектральных линий отэталонного положения означает, что лучевые скорости звезды и планеты равны. Изобразим положение
планет, описанное в условии задачи:Солнце
r2

v2

r1

Земля

v1

9

γ
Марс

γ
u2

Звездаu2В момент западной квадратуры Марса планета Земля летит в пространстве со скоростью v1 точно понаправлению к Марсу, скорость же Марса v2 образует некоторый угол к линии "Земля-Марс". Лучевая
скорость Марса в момент наблюдений с Земли составляет
VR = u2 – v1 = v2 sin γ – v1 = v2 (r1/r2) – v1.
Здесь r1 и r2 – радиусы орбит Земли и Марса. Круговые скорости планет при обращении по орбитам
равныGM
v1, 2 =.
r1, 2Здесь M – масса Солнца. Поэтому для круговых скоростей справедливо соотношение:
v2
=
v1

r1
.
r2

В итоге,⎡⎛ r ⎞ 3 / 2 ⎤VR = v1 ⎢⎜⎜ 1 ⎟⎟ − 1⎥.
⎢⎣⎝ r2 ⎠⎥⎦Обратим внимание, что эта скорость отрицательна, то есть Земля приближается к Марсу. Коль скоро
линии в его спектре совместились с линиями в спектре звезды, геоцентрическая лучевая скорость узвезды также равна VR. Так как звезда располагается несравнимо дальше Солнца, направление отСолнца и Земли к звезде одинаковы, и искомая гелиоцентрическая лучевая скорость звезды равна

⎛r ⎞V0 = u 2 = VR + v1 = v1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟⎝ r2 ⎠

3/ 2= +15.8 км/с.

Обратим внимание, что эта скорость положительна: звезда удаляется от Солнца.
4. Система оценивания. Для решения задачи участники олимпиады должны указать, чтогеоцентрические лучевые скорости Марса и звезды совпадают, что оценивается в 2 балла. После этого
участники могут вести решение способом, описанным выше, записав выражение (либо найдя численно)геоцентрическую лучевую скорость Марса (3 балла), приравнять ее к геоцентрической лучевой
скорости звезды (1 балл) и вычислить гелиоцентрическую скорость звезды (2 балла). Они могут также,напрямую связать компоненту гелиоцентрической скорости Марса (v2), направленную от Земли, сгелиоцентрической скоростью звезды, что также является правильным.
Если участник олимпиады путает гелиоцентрическую и геоцентрическую лучевые скорости,получая в итоге ответ около –14 км/с, максимальная оценка не может превышать 4 баллов.
Если участник олимпиады путает восточную элонгацию с западной, что при правильных
вычислениях дает ошибку в знаке итоговой скорости, итоговая оценка составляет не более 6 баллов.
5. Условие. У звезды 12m спектрального класса G2V обнаружили колебания блеска с периодом 10 лет,вызванные прохождением планеты по ее диску – в полосе V глубина составила 1.500% по яркости, а влинии Hα – 1.520% по яркости. Оцените размеры планеты и высоту ее атмосферы, считая атмосферу
состоящей из атомарного водорода и непрозрачной в линии Hα, а орбиту планеты – круговой, лежащейна луче зрения. Определите максимальное угловое расстояние между планетой и звездой.
(А.М. Татарников)10

5. Решение. Спектральный класс G2V означает, что звезда по своим свойствам похожа на Солнце.
Орбитальный период планеты составляет 10 лет, из чего, по III закону Кеплера, заключаем, чторасстояние между планетой и звездой составляет 102/3=4.64 а.е.
Будем считать, что при прохождении планеты перед диском звезды в полосе V свет звезды
блокируется только самой планетой, а в линии Hα – еще и ее водородной атмосферой. Обозначив
радиусы планеты и звезды как r и R, а высоту атмосферы как h, запишем:π r2
π ( r + h) 2
=
0
.
0150
;
= 0.0152.
π R2
π R2Отсюда r=0.1225R = 85700 км, r+h=0.1233R = 86300 км, h = 0.0008R = 600 км. Найдем теперь
расстояние до звезды, исходя из ее видимого блеска (12m) и абсолютной звездной величины (5m):lg r =

m−M +5; r = 250 пк.
5Отрезок в 4.64 а.е. будет виден с такого расстояния под углом (4.64/250) = 0.02″. Это и естьмаксимальная элонгация планеты от звезды при наблюдении с Земли.
5. Система оценивания. Решение задания достаточно четко разбивается на основные этапы, которые
можно выполнять в разном порядке:Определение расстояния между звездой и планетой – 2 балла.
Радиус планеты – 2 балла.
Высота атмосферы на планете – 2 балла.
Максимальная элонгация – 2 балла (1 балл – вычисление расстояния до звезды, 1 балл – максимальная
элонгация).
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 – 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?

11

6. Решение. См. 9 класс.
11 класс
1. Условие. Наземно-космический интерферометр состоит из двух радиотелескопов: один установленна поверхности Земли, другой – на спутнике, движущимся по орбите вокруг Земли. В момент
наблюдения спутник находился на расстоянии 10000 км от центра Земли. Для наземной антенны
спутник находился на высоте 60°, а исследуемый источник на высоте 30°, причем оба на одном азимуте.
Определите разрешение интерферометра в данном эксперименте, если наблюдения проводились надлине волны 18 см. (Е.Н. Фадеев)1. Решение. Как и для одиночного зеркала, угловое разрешение интерферометра равно 1.22·λ/d, где λ –длина волны, а d – длина проекции базы интерферометра (т. е. расстояния между антеннами) нанаправление, перпендикулярное направлению на источник.
Найдем величину базы D. Поскольку источник и спутник находятся на одном азимуте, то онитакже находятся в одной плоскости с центром Земли и наземной антенной. Пусть R0 – радиус Земли, а R– расстояние от центра Земли до спутника. Тогда из треугольника "центр Земли – антенна – спутник" мыможем найти размер базы, воспользовавшись теоремой косинусов:12

R 2 = R02 + D 2 − 2 R0 D cos(π2

+ hC ) = R02 + D 2 + 2 R0 D sinh C .

Это квадратное уравнение относительно D. Корни этого уравнения равны
D = − R0 sinh C ± R 2 − R02 cos 2 hC .

Физический смысл имеет только решение со знаком «+». Отсюда расстояние между наземным икосмическим телескопами равно примерно 4000 км. Тогда проекция базы равна
d = D sin(hC – hИ)= 2000 км.
Разрешение составляет 0.02″.
1. Система оценивания. Решение задачи естественным образом разбивается на несколько этапов.
Вычисление величины базы интерферометра (расстояния между телескопами) оценивается в 4 балла.
Если в качестве базы интерферометра используется радиус орбиты спутника, за этот этап выставляется
0 баллов, но остальные этапы оцениваются в полной мере. Если участник олимпиады за величину базыпринимает высоту орбиты спутника без обоснований, за это выставляется 1 балл, но в случае
правильного обоснования примерного равенства высоты и базы, например, с помощью масштабного
чертежа, выставляется 3 балла.
Определение величины проекции базы оценивается в 2 балла. Формулу для определения
углового разрешения допустимо использовать без коэффициента 1.22, это не считается ошибкой.
Использование этой формулы оценивается в 1 балл. Последний 1 балл выставляется за вычисление
правильного ответа.
2. Условие. На полюсе спутника Юпитера Европа, на высокой башне, установили телескоп дляизучения другого спутника – Ганимеда – и постройки его карты. Какую часть поверхности Ганимеда
удастся изучить с этим телескопом? Считать орбиты спутников круговыми и лежащими в плоскости
экватора Юпитера и самих спутников, размеры спутников – существенно меньшими радиусов ихорбит. Считать также, что весь диск Ганимеда постоянно находится над горизонтом с точки положения
телескопа на башне. (О.С. Угольников)13

2. Решение. Как известно, за счет приливного влияния планет их крупные спутники всегда обращены кпланете одной стороной. Не является исключением Луна, а также все галилеевы спутники Юпитера.
Если орбита спутника круговая, а его экватор лежит в плоскости этой орбиты, то у спутника
практически не будет либраций, таких, как у Луны. Малость размеров спутников по сравнению срадиусами орбит дает основание не учитывать и параллактические эффекты при наблюдении одного
спутника с другого. В этом случае мы считаем спутники жестко повернутыми одной стороной кпланете. Будем считать меридиан спутника, обращенный к планете, нулевым (так и делается прикартографировании спутников). Тогда с самой планеты, если не учитывать либрации, видны области
спутника с долготами от –90° до +90°, то есть половина поверхности. Рассмотрим условия наблюдения
одного спутника с другого:Юпитер

r2
r1

γЕвропа

Ганимед

Ганимед располагается дальше от Юпитера, чем Европа, и повернут к ней, по большей части, тем жеполушарием, что и к Юпитеру. Однако, при благоприятном расположении, с Европы будет видна часть
обратного полушария Ганимеда. Эффект будет максимальным, когда Ганимед при наблюдении сЕвропы окажется в квадратуре, а Европа при наблюдении с Ганимеда окажется в наибольшей элонгацииот Юпитера, равной
r
γ = arcsin 1 = 39O.
r2
В этом случае с Европы можно будет наблюдать области поверхности Ганимеда с долготой до
90°+39°=129°. В противоположной квадратуре доступны будут области с долготой до –129°. Обратим
внимание, что Ганимед не будет покрываться Юпитером в эти моменты. В течение юпитерианского
года каждый участок видимой поверхности Ганимеда будет хоть когда-нибудь освещен Солнцем иможет быть изучен. Учитывая, что спутники малы, их оси параллельны, а плоскость их орбит совпадает
сплоскостями
экваторов,долянаблюдаемой
поверхности
Ганимеда
будет
равна
100%·((129+129)/360) = 72%.
2. Система оценивания. Для решения задачи участники олимпиады должны указать, что спутники
повернуты к Юпитеру одной стороной. Данный вывод оценивается в 2 балла. После этого они должны
рассмотреть конфигурацию с максимальной наблюдаемой долготой поверхности Ганимеда, чтооценивается еще в 2 балла. Вычисление этой долготы и доли наблюдаемой поверхности Ганимеда
оценивается еще по 2 балла за каждое.
Если участник забывает учесть, что удастся наблюдать области обратного полушария Ганимеда
по 39° с обоих сторон, а будет учитывать только одну с ответом 61%, то каждый из двух последних
этапов оценивается по 1 баллу (итоговая оценка – не более 6 баллов). Если вместо квадратуры Ганимеда
берется конфигурация, при которой он отстоит на 90° по долготе от Европы (с ответом 68%), то в задачене засчитывается второй этап, и максимальная оценка также составляет 6 баллов.

14

3. Условие. Оптическая звезда входит в двойную систему с темным компактным объектом. Масса
темного объекта равна 1.4 массы Солнца. Движение вокруг центра масс происходит так, что уоптической звезды исчезает годовое параллактическое смещение в небе Земли. Определите массу этойзвезды. Орбиты Земли и звезд в системе считать круговыми.
3. Решение. См. 10 класс.
4. Условие. Звезда, похожая на Солнце, обращается вокруг центра Галактики. Скорость звезды
относительно Солнца равна 150 км/с. Известно, что обе звезды находятся на одинаковом расстоянии отцентра Галактики, равном 8 кпк, и движутся в одном направлении по окружности с одинаковой
скоростью 220 км/с. Считая, что среднее межзвездное поглощение равно 0.002m/пк, найдите видимую
звездную величину этой звезды. (С.В. Борисов)4. Решение. По условию задачи, Солнце и звезда движутся по одной круговой орбите с одинаковыми
скоростями V. Изобразим их положение на этой орбите:ЦентрГалактики

RuЗвезда

γLVСолнце

Обозначим угол между направлениями от Солнца к звезде и центру Галактики как γ. Система из двухзвезд вращается как единое целое, поэтому лучевой скорости у звезды относительно Солнца нет. Естьтангенциальная скорость, равная
VT = 2u = 2V cosγ.
Отсюда

γ = arccos

VT= 70O.
2V

Расстояние между звездами равно
L = 2 R cos γ = 2 R

VT
RVT
=
= 5.5 кпк.
2V
VК этому же значению можно прийти и проще. Если две звезды вращаются вокруг Солнца как единое
целое, без изменения взаимного расстояния, то в системе отсчета, связанной с Солнцем, вторая звезда
будет вращаться вокруг него со скоростью VT и тем же периодом, что Солнце вращается вокруг центра
Галактики. Радиус круга вращения звезды L будет относиться к радиусу орбиты Солнца R так же, как исоответствующие скорости (VT к V).
Абсолютная звездная величина звезды M близка к солнечной (+4.7m). Тогда видимая величина
составит
m = M – 5 + 5lg L + 0.002 L = +29.5m.
15

4. Система оценивания. Основная часть решения задания состоит в вычислении расстояния между
Солнцем и звездой, исходя из гелиоцентрической скорости звезды. Этот этап решения оценивается в 4балла. В случае использования более сложного способа, описанного выше, 2 балла выставляется заформулу относительно угла γ либо нахождение его значения, и еще 2 балла – за вычисление расстояния.
Если при выполнении решения у участника фигурирует ненулевая лучевая скорость звезды – этоуказывает на неправильность выполнения этапа, и данные 4 балла не выставляются. Прямое
вычисление расстояния через относительное движение и пропорцию со скоростями также оценивается в
4 балла.
Второй этап решения состоит в вычислении видимой звездной величины звезды. Этот этапоценивается в 4 балла. Если при этом не учитывается поглощение света в диске Галактики (с ответом
около +18.5m), из 4 баллов выставляется только 1 балл.
5. Условие. У звезды 12m спектрального класса G2V обнаружили колебания блеска с периодом 10 лет,вызванные прохождением планеты по ее диску – в полосе V глубина составила 1.500% по яркости, а влинии Hα – 1.520% по яркости. Оцените размеры планеты и высоту ее атмосферы, считая атмосферу
состоящей из атомарного водорода и непрозрачной в линии Hα, а орбиту планеты – круговой, лежащейна луче зрения. Определите максимальное угловое расстояние между планетой и звездой.
5. Решение. См. 9 класс.
6. Условие. На рисунке представлен спектр галактики SMM J2135-0102, имеющей красное смещение
z=2.33. По оси абсцисс отложена длина волны в логарифмическом масштабе, по оси ординат –измеренная спектральная плотность потока излучения также в логарифмическом масштабе. Данная
галактика относится к так называемым субмиллиметровым галактикам – в них практически всеизлучение звезд поглощается и переизлучается пылью в субмиллиметровом диапазоне
электромагнитного спектра. Оцените характерную температуру пыли в галактике. (С.В. Пилипенко)λ1

6. Решение. Будем считать, что излучение пыли близко к чернотельному, и используем закон смещения
Вина, чтобы оценить ее температуру. По нижней оси абсцисс графика отложен логарифм длины волны

16в микрометрах. Максимум излучения пыли на графике приходится на значение логарифма 2.6,
следовательно, длина волны равна
λизм = 102.6 = 400 мкм.
Это длина волны принятого излучения. Источник излучения удаляется от нас с высокой скоростью.
Учитывая красное смещение:z=λИЗМ − λСОБСТВ
,λСОБСТВ

получаем длину волны в системе отсчета самой галактики:λсобств = λизм/(1+z) = 120 мкм.
Из закона смещения Вина находим температуру:T = 2.9 мм / λсобств = 24 К.
6. Система оценивания. Первым этапом решения задачи является определение длины волны,соответствующей максимуму излучения галактики, что оценивается в 2 балла. Если при этомдопускается ошибка в интерпретации логарифмической шкалы с ответом 600 мкм или другим, эти 2балла не выставляются, но дальнейшее решение оценивается в полной мере.
Перевод в собственную длину волны с учетом красного смещения оценивается в 3 балла.
Наконец, применение закона смещения Вина и определение температуры пыли оценивается еще в 3балла. Участники олимпиады могут выполнить последние две операции в обратном порядке, определив
"видимую" температуру галактики (около 7K) и умножив ее далее на (1+z). Такой подход считается
также правильным. Однако, если перевод в собственную систему отсчета галактики не производится, итемпература определяется, исходя из измеренной длины волны с ответом 7K, то за второй и третий этапвыставляется не более 2 баллов (общая оценка – не более 4 баллов). Если вместо множителя (1+z) врешении фигурирует просто z с ответом 16K, то общая оценка составляет не более 6 баллов.

17