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

Обратим внимание, что в качестве параметра по оси абсцисс берется не lg

, а (lg

– 1). Это

делается,  чтобы  ноль  данного  параметра  попал  в  середину  интервала  наблюдательных
данных,  что  улучшает  точность  определения  свободных  параметров  данной  зависимости.
Выражая одно уравнение через второе, связываем светимость цефеиды с ее возрастом:

lg (

) = 3.58 – 1.62 (lg

– 7.5) = 15.73 – 1.62 lg T.

(*)

Как известно, цефеиды представляют собой желтые сверхгиганты, уже не находящиеся на
главной последовательности. С учетом того, что мы считаем поздние этапы эволюции звезд
кратковременными, указанный возраст цефеиды – это примерно то время, что она провела на
главной последовательности. По условию мы предполагаем, что светимость звезды на
главной последовательности пропорциональна ее массе в четвертой степени, то есть

lg (

) = 4 lg (

В этом случае время, которое звезда может провести на главной последовательности, есть

((

M/M

) /(

));

= lg

+ lg (

) – lg (

) = 10 – 0.75 lg (

Подставляем это соотношение в формулу (*):

lg (

) = 1.2 lg (

) – 0.45.

Мы получили соотношение светимостей звезды на разных стадиях эволюции. Для их
перевода в абсолютные звездные величины воспользуемся формулой Погсона:

lg (

M,C

) = 0.4 (

–

M,C

)

Здесь

– абсолютная болометрическая величина Солнца (+4.72). Имеем:

= 1.2

+ 0.2.

Мы получили ответ на вопрос задачи. Для типичных цефеид с абсолютной звездной
величиной

=–4.0 мы получаем, что на стадии главной последовательности их абсолютная

звездная величина составляла

=–3.5, то есть в ходе своей эволюции эти звезды мало

изменили свою светимость. Это типично для звезд-сверхгигантов, коими являются цефеиды,
их эволюционные треки на диаграмме Герцшпрунга-Рассела близки к горизонтальным.

участник находит параметры зависимости lg

и lg

от lg

, а не (lg

– 1), то погрешность

свободного  параметра  может  быть  большей,  и  это  не  является  основанием  для  снижения
оценки.

Исходя  из  этого,  необходимо  оценивать  точность  не  самих  параметров  линейной
аппроксимации  диаграмм  [1-2],  а  величин  светимости  и  возраста  цефеид,  получаемых  из
полученных  участником  зависимостей,  для  рабочего  диапазона  lg

(от 0.5 до 1.5). Их

точность на всем диапазоне не должна быть хуже 0.1 для диаграммы [1] и 0.2 для диаграммы
[2]. В противном случае оценка за этап уменьшается с 2 до 1 балла, при двукратном
превышении погрешности – до 0 баллов, но без влияния на последующие этапы.

3 этап (2 балла).

Связь светимости цефеиды с ее возрастом на основе совмещения

результатов  обработки  обоих  графиков.  Может  выполняться  в  общем  или  численном  виде.
При  проверке  жюри  должно  учитывать,  что  экспериментальные  зависимости  могут  быть
получены  с  погрешностями,  и  они  не  влияют  на  оценку  на  данном  конкретном  этапе.
Однако,  сам  пересчет,  выполняемый  здесь,  не  должен  вносить  дополнительных
погрешностей более 0.05 по lg

и lg

4 этап (1 балл).

Связь возраста цефеиды с ее светимостью на главной последовательности на

основе соотношения

«масса-светимость». Ввиду простого соотношения

предполагаемого в задании, и округленной величины времени жизни Солнца на главной
последовательности (10

лет) – эта зависимость должна быть выражена без погрешностей:

= 10 – 0.75 lg

, хотя форма ее подачи может отличаться от данной записи.

5 этап (1 балл).

Связь светимостей звезды на стадии цефеиды и на стадии главной

последовательности. Аналогично третьему этапу, эти вычисления не должны вносить
дополнительной погрешности более 0.05 по логарифму светимости.

6 этап (2 балла).

Применение формулы Погсона и восстановление связи абсолютных

звездных величин на разных стадиях жизни звезды. Этап оценивается при выполнении двух
условий: отсутствие дополнительных погрешностей более 0.10 по звездным величинам и
физическая адекватность ответа. В частности, коэффициент при звездной величине

(коэффициент А в условии задачи) должен попадать в интервал от 1.0 до 1.4.

Погрешность  свободного  коэффициента  сама  по  себе  может  быть  высокой,  так  как
абсолютные  звездные  величины  цефеиды  отличны  от  нуля.  В  результате,  небольшая
погрешность в коэффициенте A может сильно изменить свободный коэффициент B. Поэтому
вместо  самого  коэффициента  B  нужно  проверять  значения  абсолютной  величины  цефеиды

, соответствующие абсолютным звездным величинам на главной последовательности

интервале от –2

до –5

. Они не должны отличаться от данных полученной выше формулы

(–2.2

и –5.8

соответственно) не более, чем на 0.4

. В противном случае оценка за этап

уменьшается на 1 балл, при двукратном превышении допустимой погрешности – на 2 балла.

БАЗОВЫЙ ТУР

11.1.

ЛУННЫЙ ТЕЛЕСКОП

Условие.

В северном полушарии Земли установлен телескоп с одноосным часовым

механизмом, имеющим специальный режим для гидирования Луны. В этом режиме угловая
скорость вращения телескопа вокруг оси отличается от угловой скорости осевого вращения
Земли, а сама ось перед непосредственными наблюдениями отклоняется от Северного
полюса мира в точку неба с некоторыми экваториальными координатами, фиксированными
для этого режима. Найдите эти координаты проекции оси на небе (





) и угловую скорость

вращения телескопа (в градусах в час), которые обеспечат наилучшую точность ведения для
любого положения Луны на небе и орбите. Считать орбиту Луны круговой и лежащей в
плоскости эклиптики, эффектами суточного параллакса Луны и рефракцией пренебречь.

Решение.

Если бы Луна не перемещалась на небе относительно далеких звезд, то для ее

наблюдений был бы эффективен тот же режим, что и для наблюдений звезд: телескоп
вращается относительно полярной оси с угловой скоростью



= –



, где



– угловая

скорость суточного вращения Земли. Обратим внимание, что угловая скорость



отрицательна, то есть в северном полушарии Земли вращение телескопа происходит по
часовой стрелке. Однако, Луна перемещается относительно звезд с угловой скоростью



Если бы ее движение происходило вдоль небесного экватора, то для наблюдений было бы
достаточно сделать угловую скорость вращения телескопа равной



–



. Такая

схема  реализуется  в  виде  «лунной  скорости»  ведения  на  некоторых  телескопах.  Однако,
Луна  движется  в  ином  направлении,  и  при  режиме  «лунной  скорости»  необходимы  также
коррекции вдоль круга склонения.

Однако, если считать, что орбитальное движение Луны происходит равномерно по какому-
либо  фиксированному  большому  кругу  небесной  сферы  (мы  можем  так  считать,  исходя  из
условия  задачи),  и  оба  вращения  происходят  вокруг  наблюдателя  (параллаксом  Луны  мы
пренебрегаем  по  условию  задачи),  то  мы  можем  использовать  аналогичную  схему,  только
теперь угловые скорости нужно рассматривать как векторные величины.

Северный

полюс мира

Северный

полюс

эклиптики















Для любого фиксированного момента времени перемещение Луны по небу относительно
наблюдателя на поверхности Земли есть сложение видимого вращения небесной сферы (



вектор направлен к южному полюсу мира, и орбитального вращения Луны (



), вектор

направлен к северному полюсу эклиптики. Для модуля вектора результирующей угловой
скорости имеем:

cos











Модуль угловой скорости



равен 360



за звездные сутки, то есть 15.041



/час. Угловая

скорость



равна 360



за сидерический период Луны или 0.549



/час, угол



есть наклон

экватора к эклиптике. В итоге мы получаем требуемое значение угловой скорости:
14.539



/час.

Чтобы  определить  координаты  проекции  оси  на  небе,  обратим  внимание,  что  эта  ось
находится  в  одной  плоскости  с  осью  мира  и  осью  эклиптики,  но  наклонена  к  оси  мира  в
сторону,  противоположную  наклону  оси  эклиптики.  Соответствующий  угол



мы можем

определить из теоремы синусов:

sin











откуда



= 51.7



. Вектор угловой скорости телескопа направлен в южное небесное

полушарие, в точку с координатами



= 18ч ровно,



= –89





. Эти координаты можно

записать в виде ответа, хотя более логичным было бы указать в качестве проекции оси
противоположную точку неба:



= 06ч ровно,



= +89





, коль скоро мы находимся в

северном полушарии. Интересно, что эта точка оказывается на небе чуть ближе к Полярной
звезде, чем сам полюс мира. Мы получили ответ на оба вопроса задания.

Теоретически,  при  выполнении  условия  задачи  подобный  подход  обеспечил  бы  равенство
мгновенных  угловых  скоростей  Луны  и  телескопа  по  модулю  и  направлению,  вне
зависимости  от  положения  Луны  на  орбите  и  звездного  времени  в  пункте  наблюдения,  и
практически  идеальное  ведение  в  начале  наблюдений.  На  графике  показана  зависимость
ошибки  ведения  телескопа  от  времени  по  Луне  при  обычной  работе  часового  механизма,
«лунной  скорости»  и  описанного  выше  метода,  в  последнем  случае  –  для  двух  положений
Луны.  В  первых  двух  случаях  ошибка  растет  линейно  со  временем

, а в последнем –

пропорционально

или даже

0.0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

иб

ка

ед

ен

ун

гр

ад

ус

Время, , часы

Об

ыч

ны

й р

еж

им



“Лун

ная

скор

ость

”,



=12



ч,



=12

ч,

В конечном итоге точность ведения ухудшается, так как путь Луны не является большим
либо малым кругом небесной сферы, и точка (





), к которой направлена ось телескопа,

сама  медленно  смещается  в  ходе  суточного  движения  небесной  сферы.  Тем  не  менее,  на
интервале  времени  до  часа  мы  получаем  более  чем  10-кратный  выигрыш  по  точности  при
Луне вблизи точек солнцестояний и 100-кратный – вблизи точек равноденствий. В реальных
условиях точность была бы также ограничена эллиптичностью орбиты Луны и ее наклоном к
плоскости  эклиптики,  хотя  эти  факторы  можно  учесть  соответствующим  изменением
угловой скорости и координат проекции оси.

Система оценивания.

Решения данного задания в исполнении участников могут

существенно отличаться друг от друга и от приведенного выше решения, что совершенно не
означает их неправильность. Участники могут не оперировать векторами угловых скоростей
и пользоваться иными способами поиска точки проекции оси на небесную сферу. В
частности, можно брать четыре основных положения Луны на эклиптике (точки
равноденствий

солнцестояний),

строить

большие

круги

небесной

сферы,

перпендикулярные пути движения Луны по небесной сфере в этих точках, и искать точку
пересечения больших кругов. При правильном исполнении и ответе, который в этом случае
должен получиться таким же, такое решение оценивается полностью.

Решение разделяется на два основных этапа, связанные с поиском величины и направления
угловой скорости:

1 этап (5 баллов)

– поиск величины угловой скорости вращения телескопа. Оценка

определяется правильности модели и учетом всех факторов:
a) Угловая скорость просто приравнивается к 15



в час – этап не засчитывается;

b) Учитывается разница солнечных и звездных суток, угловая скорость 15.041



в час – 1

балл;
c) Учитывается движение Луны по орбите, которое считается просто противоположным
суточному вращению небесной сферы, причем последнее считается равным 15



в час. Ответ

составляет 14.451



. Оценка за этап – 2 балла, если берется правильный период обращения

Луны – сидерический, в противном случае оценка уменьшается на 1 балл;
d) То же, но учитывается разность звездных и средних солнечных суток, угловая скорость
вращения небесной сферы составляет 15.041



, итоговый ответ 14.492



. Оценка за этап – 3

балла,  если  берется  правильный  период  обращения  Луны  –  сидерический,  в  противном
случае оценка уменьшается на 1 балл;
e)  Решение  с  учетом  разных  осей  вращения  Луны  и  небесной  сферы,  при  котором  ответ
совпадает  с  правильным  с  требуемой  точностью  не  хуже  0.02



в час. При ошибках,

связанных с неверным сложением векторов (неправильный учет угла между ними и т.д.)
оценка уменьшается до 4 баллов при итоговой погрешности 0.02-0.04



в час, до 3 баллов –

при погрешности не более 0.04-0.1



в час (фактически, эквивалентно погрешностям

описанных выше неточных подходов).

Если  участник  записывает  ответ  с  недостаточным  количеством  значащих  цифр,  что  может
вывести его за рамки допустимых погрешностей, членам жюри необходимо уточнить его на
основе тех выкладок, что делались участником для получения этого ответа, что и определяет
оценку.

2 этап (5 баллов)

– нахождение координат проекции оси на небесную сферу. Участник

может приводить координаты как северной, так и южной проекции, что эквивалентно в
плане оценивания:
a) Северный или южный полюс эклиптики, что означает погрешность более 24



– этап не

засчитывается;

b) Северный или южный полюс мира – оценка 1 балл.
c) Попытка вычислить координаты точки оси на основе суперпозиции угловых скоростей,
при которой ошибка определения превосходит 2



– оценка 2 балла.

d) Правильное угловое расстояние оси от полюса мира (порядка 1



), но неверно указано

направление отклонения (например, 6ч, –89



или 18ч, +89



) – оценка 3 балла.

e) Правильный подход и верный ответ с точностью до 0.2



(в частности, 6ч, +89



или 18ч,

–89



) – оценка 5 баллов, при отклонениях до 0.5



– оценка 4 балла.

Возможное ошибочное решение:

вместо векторов



участник складывает вектора



(противоположный



) и



, то есть путает направления вращения Земли и вращения

небесной сферы. При правильном математическом исполнении участник в этом случае
получит значение угловой скорости вращения телескопа 15.546



/час, а координаты оси:



= 18ч,



= +89





– обратим внимание, что ось в этом случае оказывается с другой

стороны от Северного полюса мира. При таком решении за первый этап выставляется 2
балла, за второй этап – 3 балла (вариант d, описанный выше), максимум за все решение – 5
баллов.

БАЗОВЫЙ ТУР

11.2.

МАРСИАНСКИЙ АСТРОКЛИМАТ

Условие.

Для постройки оптической обсерватории на Марсе ученые реализовали проект по

очистке  атмосферы  от  пылевых  и  ледяных  частиц,  сохранив  только  ее  газовую
составляющую.  Обсерватория  строится  в  тропической  зоне  Марса  на  нулевой  высоте,
атмосферное  давление  там  составляет  0.006  атм.  Астрономические  наблюдения
предполагаются даже днем. Оцените среднюю по небесной полусфере яркость марсианского
фона  неба  (в  звездных  величинах  с  квадратной  угловой  секунды)  днем,  когда  Солнце
располагается вблизи зенита. Известно, что рассеяние света  углекислым газом в расчете на
одну молекулу в 2.4 раза сильнее, чем земным воздухом, а вертикальная оптическая толщина
азотно-кислородной  атмосферы  Земли  в  видимых  лучах  на  уровне  моря  равна  0.10.
Рассеяние света считать изотропным.

Решение.

Для решения задачи нам нужно определить вертикальную оптическую толщину

газовой (углекислой) атмосферы Марса, сравнивая ее с земной. Атмосферное давление на
поверхности планеты есть





Здесь

– масса и количество молекул в столбе атмосферы единичной площади,

–

ускорение свободного падения на поверхности планеты,



– молярная масса,

– число

Авогадро. Сравнивая давления на Марсе (индекс «M») и Земле (индекс «E»), имеем:







Соотношение вертикальных оптических толщин газовых составляющих на Марсе и Земле
есть















Отношение давлений

по условию задачи есть 0.006, отношение коэффициентов

(сечений) рассеяния на одну молекулу



равно 2.4, отношение молярных масс (или

молекулярных весов)



есть 29/44. Наконец, отношение ускорений свободного падения,

как можно вычислить из радиусов и масс планет, есть 2.64. В итоге, мы получаем значение
вертикальной оптической толщины газовой атмосферы на нулевой высоте на Марсе:



= 0.0025.

Если Солнце находится вблизи зенита, а оптическая толщина много меньше единицы, то для
определения  средней  яркости  неба  можно  воспользоваться  упрощением:  считать,  что
рассеянное  по  вертикальному  пути  излучение  Солнца  наполовину  отражается  в  космос,  а
вторая  половина  формирует  свечение  всей  небесной  полусферы.  В  этом  случае  суммарная
звездная величина полусферы есть

– 2.5 lg (



/2) =

+ 5 lg

– 2.5 lg (



/2) = –18.6.

Здесь

– видимая звездная величина Солнца при наблюдении с Марса и Земли

соответственно,

– среднее расстояние от Солнца до Марса в астрономических единицах.

Звездная величина фона с квадратной секунды (1/206265

стерадиан) вычисляется из

звездной величины полусферы (2



стерадиан):

(



)

+ 2.5 lg (2



) + 5 lg 206265 = 10.

Мы получили ответ на вопрос задачи. В качестве дополнения отметим, что такой же подход
к Земле дает звездную величину дневного неба с квадратной секунды:

(



)

= 5. Если учесть,

что 1



– это характерная разрешающая способность не самых больших телескопов, то

полученные  звездные  величины  будут  примерно  характеризовать  их  проницающую
способность  днем  при  небольших  временах  накопления  сигнала.  Она  может  быть  еще
улучшена для больших телескопов с длительными экспозициями. Тем самым, при хороших
атмосферных  условиях  некоторые  астрономические  наблюдения  вполне  можно  было  бы
проводить  на  Марсе  днем.  Если  же  говорить  о  невооруженном  глазе  с  разрешением  1



, то

звездные величины с такой площади неба на Земле и Марсе оказываются равными –4

и +1

соответственно, то есть на Земле мы можем видеть глазом днем только Венеру, а на Марсе
при чистой атмосфере смогли бы наблюдать самые яркие звезды.

Система оценивания.

Решение задания условно разбивается на два этапа, в каждом из

которых  участник  должен  учесть  ряд  факторов,  различающихся  на  Земле  и  Марсе,  и
окончательного вывода. Пропуск или некорректный учет одного фактора приводит к снятию
баллов,  связанных  с  данным  конкретным  фактором,  но  не  влияет  на  другие  составляющие
оценки.  И  только  если  совокупность  ошибок  выводит  окончательный  ответ  за  указанные
далее рамки, не выставляются баллы за окончательный ответ.

Этап 1 (5 баллов)

– определение вертикальной оптической толщины газовой атмосферы на

Марсе:
Фактор 1 – разность давлений на Земле и Марсе (1 балл);
Фактор 2 – разность молекулярного веса атмосферы на Земле и Марсе (1 балл);
Фактор 3 – разность сечения рассеяния на одну молекулу на Земле и Марса (1 балл);
Фактор 4 – разность ускорения силы тяжести на Земле и Марсе (2 балла).

Если все факторы учтены физически корректно, но итоговая оптическая толщина получилась
ошибочной из-за неверных вычислений, общая оценка уменьшается на 1 балл при ошибке от
1.3 до 2 раз, на 2 балла при ошибке от 2 до 4 раз, на 3 балла при большей ошибке. При

наличии пропущенных или некорректно учтенных факторов ответ нужно сравнивать с тем,
что получился бы при данных физических недочетах с правильным вычслением.

Этап 2 (5 баллов)

– вычисление звездной величины фона неба на Марсе с угловой секунды.

Участники  могут  предлагать  свои  подходы  к  приближенному  решению  задачи,  которые
должны  оцениваться  исходя  из  своей  обоснованности  и  корректности  результата.  Общая
схема оценивания этапа следующая:

Фактор  1  –  правильная  видимая  звездная  величина  Солнца  с  учетом  большего  расстояния
Марса (2 балла);
Фактор 2 – учет ухода части излучения в космическое пространство (2 балла);
Заключительный расчет – 1 балл. Данный балл выставляется при соблюдении двух условий:
правильных  вычислений  собственно  звездной  величины  на  основе  выражения,
составленного участником на предыдущих этапах (оно может быть само по себе неточным) и
допустимой  погрешности  по  сравнению  с  правильным  ответом  (не  более



, вне

зависимости от причины погрешности).

БАЗОВЫЙ ТУР

11.3.

МИССИЯ СПАСЕНИЯ I

Условие.

Астрономы открыли астероид, движущийся в плоскости эклиптики. Большая

полуось  орбиты  оказалась  равна  1.200  а.е.,  ее  эксцентриситет  0.200.  Радиус  астероида  был
равен  400 метрам, и его дальнейшие наблюдения показали, что  он  представляет  серьезную
опасность для Земли. Чтобы ни сам астероид, ни его крупные осколки не упали на Землю, на
астероид доставили несколько мощных ядерных зарядов. В момент, когда он располагался в
перигелии своей орбиты, их одновременно подорвали. Астероид был полностью  разрушен,
превратившись в шарообразное облако мелких пылинок, однородно распределенных внутри
объема  шара.  Ровно  через  сутки  после  взрыва  облако  пылинок  совпало  по  положению  на
небе и видимым с Земли размерам с Солнцем, ослабив его  яркость в центре диска на 10%.
Было известно, что:

Заряды были расположены на астероиде симметрично, что обеспечило изотропный
взрыв, при котором центр масс астероида не изменил свою скорость;

Плотность астероида и его осколков составляла 2 г/см

, пылинки сферические и

черные. Вся изначальная масса астероида содержалась в пылинках, причем мелких
пылинок было больше, чем крупных: количество пылинок с радиусами от

до



(



) пропорционально



, где 0 <

. Это свойство одинаково во всех

частях облака.

Определите:

Максимальный радиус пылинок

;

Долю массы астероида, которая в итоге покинет Солнечную систему.

Взаимодействием пылинок с планетами (в том числе с Землей) пренебречь. Волновые
эффекты при взаимодействии пылинок с излучением не учитывать, считая, что они
задерживают свет по законам геометрической оптики. Орбиту Земли считать круговой.

Решение.

По условию задачи, в момент взрыва астероид находился в точке перигелия

орбиты. Его расстояние от Солнца составляет

(1 –

) = 0.960 а.е.

Здесь

– большая полуось и эксцентриситет орбиты астероида. Это расстояние

существенно  не  изменяется  за  одни  сутки,  поэтому  мы  можем  считать,  что  во  время
последующего «затмения» оно было таким же. Коль скоро орбита Земли круговая, а осколки
астероида  оказались  между  Солнцем  и  Землей,  мы заключаем, что  расстояние от  Земли до
центра роя частиц составляло

–

= 0.040 а.е.

Здесь

– радиус орбиты Земли (1 а.е.). Облако сравнялось с Солнцем (радиус

) по

угловым размерам, отсюда мы получаем радиус облака через сутки после взрыва:

= 28000 км.

Солнце

Земля

Такого радиуса облако достигло через

= 1 сутки после взрыва, отсюда мы получаем

максимальную скорость разлета осколков при взрыве:

= 0.32 км/c.

Обратим внимание, что эта скорость невелика и сама по себе заведомо недостаточна, чтобы
отправить хоть часть осколков на параболическую орбиту. Действительно, скорость
астероида перед взрывом составляла

)

(

)

(

км











здесь

– орбитальная скорость Земли (29.8 км/с). Для ухода на параболическую орбиту

потребовалась бы скорость

км



то  есть  понадобилось  бы  в  30  раз  большее  приращение  скорости  даже  для  тех  частиц,  что
полетели бы «вперед» по отношению к орбитальному вращению астероида.

Рассмотрим  момент  «затмения»  Солнца  роем  осколков,  которое  происходит  через  сутки
после взрыва. Пусть концентрация осколков с радиусами от

до



в это время составляет

)

(







Здесь

– некоторая постоянная величина с размерностью [м

–2

]. Когда центр роя на небе

совпадает с центром Солнца на небе, луч Солнца проходит путь в 2

через рой. Число частиц

с размером от

до



на луче зрения будет равно

)

(

















Обратим внимание, что эта величина не зависит от радиуса частиц. Таким образом, полное
число частиц с размерами от нуля до

на пути излучения Солнца есть

= 2







(*)

Мы получили выражение для



– оптической толщины облака по диаметру. В соответствии

с условием задачи, мы можем с высокой точностью считать ее равной 0.1. Это уравнение
пока не дает нам сразу определить величину

, так как мы не знаем константу

. Чтобы

найти ее, запишем выражение для полного числа частиц роя с размерами от

до



)

(









Суммарный объем таких частиц составит

)

(

)

(













По условию задачи, вся масса астероида в итоге оказалась в пылинках, при этом не менялась
плотность. Поэтому суммарный объем пылинок равен изначальному объему астероида:

;

rdr







Подставляя выражение для

из уравнения (*), имеем:















В итоге,









Как мы показали ранее, изменение скорости пылинок во время взрыва фактически не
повлияет на их возможность покинуть Солнечную систему. Зато самым мелким из них это
позволит сделать световое давление Солнца. Его сила для пылинки радиуса

равна







Здесь

– светимость Солнца. Мы учитываем, что пылинка черная и свет не отражает.

Отношение силы светового давления к силе притяжения есть

GMc

GMm











Определим радиус частицы, для которых эти силы совпадают по модулю:

GMc











Движение пылинки радиуса

можно рассматривать как ее движение в поле только силы

тяжести, но с массой центрального тела, равной

* =

(1 –

). Рассмотрим, в каком

случае перигелийная скорость астероида на данном расстоянии от Солнца стала бы
параболической:

;

)

(

)

(



















Солнечную систему покинут пылинки с радиусом, меньшим

. Как мы уже замечали

раньше, при указанном распределении частиц по размерам суммарная масса частиц с
радиусом, меньшим

, пропорциональна

. Таким образом, мы получаем долю массы

астероида, которой предстоит покинуть Солнечную систему:





Система оценивания:

1 этап (1 балл):

определение радиуса или диаметра пылевого облака в момент прохождения

перед  Солнцем.  Может  выполняться  в  общем  или  численном  виде,  в  последнем  случае
оценка  радиуса  должна  иметь  погрешность  не  хуже  500  км.  В  случае  ошибочного
выполнения  данного  этапа  (например,  в  результате  неправильного  понимания  взаимной
конфигурации Солнца, Земли и облака или характеристик орбиты) с получением неверного
значения  радиуса  данный  этап  не  засчитывается,  но  последующие  оцениваются  в  полной
мере на основе того значения радиуса, что получил участник (жюри должно подставить это
значение  в  последующие  формулы  для  проверки).  Исключение  составляют  случаи,  когда
участник  получил  заведомо  неверное  значение  радиуса  облака,  делающее  выполнение
следующих этапов невозможными.

2 этап (1 балл):

Указание, что приращения скорости, полученные пылинками при взрыве, не

влияют на их возможность покинуть Солнечную систему. Для этого достаточно указать, что
приращение скорости много меньше самой скорости, точное вычисление параболической
скорости на данном этапе не является обязательным. Данный этап может выполняться после
этапа 3, перед вычислением массовой доли облака, покидающей Солнечную систему.

3 этап (5 баллов):

вычисление максимального радиуса пылинки. Для этого участник должен

получить правильное выражение для оптической толщины облака по диаметру (2 балла) и
суммарного объема пылинок (2 балла). Окончательное вычисление

оценивается еще в 1

балл. На первом из этих этапов участник может пойти по упрощенной схеме, считая
оптическую толщину однородной по всей видимой площади облака и определяя суммарную
видимую площадь пылинок. В этом случае коэффициент 2 в уравнении (*) сменится на 4/3, и

итоговое значение

увеличится в полтора раза. При таком подходе за этап выставляется 4

балла, остальные оцениваются в полной мере.

Точность оценки, необходимая для полного оценивания этапа, составляет 20%. Ошибочное
значение

, полученное на данном этапе, не является основанием для снижения оценки за

следующий этап, если только оно не приводит к полному выносу частиц световым
давлением. В последнем случае при правильных вычислениях и результате 100%
последующий этап оценивается из 2 баллов.

4 этап (3 балла).

Определение массовой доли вещества астероида, которое должно покинуть

Солнечную  систему.  Расчет  должен  вестись  на  основе  светового  давления,  так  как
небольшое изменение скорости при взрыве совсем незначительно увеличивает вынос частиц,
двигающихся  вперед  по  отношению  к  центра  масс,  но  в  той  же  степени  уменьшает  вынос
частиц,  отстающих  от  центра  масс.  Участники  могут  использовать  модель  «приведенной
массы»,  могут  вести  вычисления  с  учетом  двух  сил  в  общем  виде.  Требуемая  точность
оценки без учета ошибок, сделанных на предыдущих этапах, составляет 10%.

Вероятная ошибка участника при выполнении этапа:

предположение, что для выброса

частицы из Солнечной системы сила светового давления должна уравнять гравитацию
(

), что уменьшает граничный радиус в 2.5 раза, а итоговую долю – в 6.25 раз. В этом

случае оценка за этап не превышает 1 балл.

Вероятная ошибка участника при выполнении этапа:

опускание фактора перигелия орбиты

и указание, что граничный радиус

есть 2

. Это уменьшает граничный радиус в 1.25 раза, а

итоговую долю – в 1.6 раз. Оценка за этап не превышает 2 баллов.

БАЗОВЫЙ ТУР

11.5.

ТЕМНАЯ МАТЕРИЯ

Условие.

На графике представлена кривая вращения некоторой галактики (зависимость

круговой  скорости  звезд  от  их  расстояния  от  центра  галактики).  Считая,  что  подавляющая
часть  массы  галактики  представлена  темной  материей  в  сферически-симметричном  гало,
определите,  на  каком  расстоянии  от  центра  ее  плотность  становится  в  10  раз  меньше
центральной.

Расстояние от центра

ко

ос

ть

Решение.

На рисунке представлена некая идеализированная кривая вращения, тем не менее,

похожая на то, что наблюдается в некоторых галактиках. Во внутренней части галактики
круговая скорость

линейно растет с расстоянием

. Можно легко показать, что такое имеет

место в случае постоянной плотности



в центральной части галактики. Действительно,

)

(













Здесь

(

) – масса части галактики внутри сферы с радиусом

. При подстановке радиуса

скорость оказывается равной

, отсюда мы находим центральную плотность галактики:





















На расстояниях, больших

, скорость остается постоянной и равной

, то есть

)

(



Рассмотрим тонкий сферический слой в гало между радиусами



. Его объем равен



= 4





а масса составляет

)

(

)

(

)

(





















Отсюда мы получаем зависимость плотности от радиуса



(

) в случае

)

(





















Итак, плотность постоянна до радиуса

, затем скачком падает в 3 раза и далее убывает

обратно пропорционально

. Этот скачок соответствует излому зависимости

(

), в реальных

галактиках имеет место быстрое уменьшение плотности при переходе от балджа к гало. Нам
остается найти расстояние

, на котором плотность



становится равной



/10:

;

























0.0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

1.4

1.6

1.8

2.0

2.2

2.4

2.6

2.8

3.0



r r

 

Система оценивания:

1 этап (3 балла):

выражение центральной плотности галактики через заданные в условии

величины

. Может быть записано в виде отдельной формулы или быть включено в

общие выкладки, что также оценивается. При ошибках в численном коэффициенте,
вызванной арифметическими ошибками, максимальная оценка за этап составляет не более 2
баллов, при ошибке в коэффициенте, вызванном физическими причинами – не превышает 1
балла. При ошибках в степенях величин

этап не засчитывается.

2 этап (5 баллов):

выражение плотности внешней части галактики как функции радиуса.

Также может быть выражено в виде отдельной формулы или быть частью общих выкладок.
При ошибке в степени радиуса

этап не засчитывается, при ошибке в численном

коэффициенте оценка не превышает 1 балла в случае физических, и 2 баллов –
арифметических ошибок.

Вероятная ошибка при решении задачи: непрерывность зависимости



(

), опускание

коэффициента 1/3 в формуле для плотности, ведущее к ответу



10 ~ 3.2

. Оценка за

второй этап не превосходит 1 балла, остальные оцениваются в полной мере.

3 этап (2 балла):

определение величины

. Определяются правильностью последнего

действия, предыдущие ошибки на эту оценку не влияют.

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

Заключительный этап – 2022 год

Условия, решения заданий и система оценивания

Второй (тестовый) тур

ТЕСТОВЫЙ ТУР

9/10/11.1.

ДАЛЕКОЕ БУДУЩЕЕ

Условие.

На карте участка звездного неба с координатной сеткой на текущую эпоху

отмечены  четыре  яркие  звезды.  Расставьте  эти  четыре  звезды  в  порядке  возрастания
склонения  (от  самой  южной  до  самой  северной)  через  6444  года.  Собственным  движением
звезд  пренебречь,  положение  полюса  эклиптики  и  угла  наклона  эклиптики  к  экватору
считать постоянными. Длительность звездного года на Земле равна 365.25636 суткам.

Решение.

Звездный год

длиннее тропического года

, равного 365.24219 суткам. Это

означает,  что  Солнце  вновь  проходит  точку  весеннего  равноденствия  за  0.01217  суток  до
завершения  полного  оборота  по  эклиптике,  то  есть  сама  точка  весеннего  равноденствия
смещается навстречу Солнцу на (1/25776) часть эклиптики. Это есть проявление прецессии
оси вращения Земли, происходящее с периодом 25776 лет. В задании требуется определить
положение  звезд  относительного  небесного  экватора  через  6444  года,  что  есть  четверть
периода  прецессии.  Предполагая,  что  положение  полюса  эклиптики  и  угол  между
эклиптикой  и  экватором  постоянны,  мы  получаем,  что  точка  весеннего  равноденствия
сместится в нынешнюю точку зимнего солнцестояния. Точка осеннего равноденствия тогда
перейдет в нынешнюю точку летнего солнцестояния, как раз показанную на карте.

Астрономия (с ответами). Всероссийская олимпиада школьников в Москве (2021-2009 год) - часть 10