Астрономия (с ответами). Всероссийская олимпиада школьников в Москве (2021-2009 год) - часть 24

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

7 

класс

3 

Задача 2

 

Ниже

 

приведены  портреты  известных  астрономов:  Николая  Коперника, 

Михайло  Ломоносова,  Эдвина  Хаббла  и  Галилео  Галилея.  Определите,  кому 

принадлежит каждый портрет. В ответе запишите номер портрета 

– 

фамилию

 

учёного

. 

1)

 

2) 

3) 

4)

 

Ответ

: 1 – 

Ломоносов; 2

 – 

Галилей

; 3 – 

Хаббл; 4

 – 

Коперник.

 

Критерии оценивания

 

По 

2 балла

 

за каждую верно указанную

 

пару

 

«номер

 – 

фамилия

». 

Если  один  и  тот  же  учёный  сопоставлен  двум  или  более  портретам

, 

или  одному  портрету  сопоставлено  несколько  учёных

 — 

все  эти  варианты 

не засчитываются.

 

Максимум за задачу 8 баллов. 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

7 

класс

4 

Задача 3

 

На  рисунке  представлены  зарисовки  разных  фаз  Луны  и  частных  фаз 

различных  солнечных

 

затмений.  Укажите  в  ответе  номера  зарисовок, 

относящихся к затмениям. Объясните критерии отбора.

 

Ответ

: 1, 5, 6 

Основной  критерий  отбора 

– 

концы  границы  «свет

–

тень»  (терминатора) 

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

– 

нет

 

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

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

.  

Примечание

: 

допускается ответ «от обратного» 

– 

можно перечислить номера 

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

Дополнительно  может  быть  указан  такой  критерий  отбора:  при  затмении 

граница свет

–

тень не может быть прямой линией

. 

Критерии оценивания

 

•

По 

2 балла

 

за каждый верно указанный

 

номер

.

•

За каждый ошибочно указанный номер

 

по 

–

2 балла

 

(оценка за этот этап

не может быть отрицательной).

•

За верное объяснение 

+2 балла

.

Оценка не может превышать 

8 баллов

 

и не может быть отрицательной.

 

Максимум за задачу 8 баллов. 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

7 

класс

5 

Задача 4

 

Пусть  в  Москве  в  некоторый  день  в

 

момент  полнолуния  Солнце  садится 

на

 

северо

-

западе. 

 

1.

Выберите

 

из списка часть горизонта, в которой восходит Луна

:

А) восток

Б) запад

В) юго

-

запад

Г) северо

-

восток

Д) северо

-

запад

Е) юго

-

восток

2.

Выберите сезон, в который может происходить описываемая ситуация

:

А) лето

Б) зима

3.

Может  ли  в  ближайшую  к  описываемому  событию  неделю  наблюдаться

солнечное затмение? Ответ

 

объясните.

 

Ответ

:  

1.

Е (Луна восходит на юго

-

востоке)

2.

А (лето)

3.

нет;  во  время  полнолуния  Луна  находится  с  другой  стороны  от  Солнца

относительно Земли. Во время солнечного затмения Луна должна находиться 

на  небе  рядом  с  Солнцем  и  быть  в  фазе

 

новолуния.  Между  полнолунием 

и  новолунием  проходит  2  недели.  Поэтому  через  неделю  от  описываемого 

момента (т. е. от полнолуния) затмение (т. е. новолуние) произойти не может.

 

Критерии оценивания

 

•

По 

2 балла

 

за верный ответ на каждый вопрос.

•

За верное объяснение к вопросу №3 ставится 

2 балла

.

Максимум за задачу 8 баллов. 

Задача 5

 

Пусть  в  некоторой  галактике  есть  два  одинаковых  шаровых  звёздных 

скопления,  движущихся  вокруг  центра  этой  галактики  по  одной  орбите 

навстречу  друг  другу.  Радиус  каждого  скопления 

R 

= 

10  световых  лет. 

В

 

какой

-

то  момент  начинается  столкновение  этих  скоплений.  Считая, 

что скорость движения по орбите каждого скопления в момент столкновения 

V 

= 

300  км/с

 

и  столкновение  центральное  (т.  е.  центр  одного  скопления 

пройдёт  через  центр  другого  скопления),  определите,  сколько  лет  будет 

длиться столкновение. Приведите решение.

 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

7 

класс

6 

Решение

 

Надо понимать, что звёздное скопление 

– 

это не сплошное тело

: 

звёзды в нём 

расположены  чрезвычайно  редко  (характерные  расстояния  между  ними 

в  миллионы  раз  превышают  размеры  звезды).  Поэтому  при  столкновении 

скоплений  столкновения  звёзд  наблюдаться  не  будут 

– 

скопления  просто 

пройдут друг сквозь друга.

 

Решать задачу можно как, поместив наблюдателя в центр одного из скоплений, 

так  и  для  стороннего  наблюдателя,  например,  расположенного  в  центре 

галактики.  В  первом  случае  скорость  движения  набегающего  скопления 

относительно  наблюдателя  будет  равна  2

V

,  а  путь,  который  набегающее 

скопление  должно  пройти  от  начала  до  конца  столкновения,  будет  равен  4

R

. 

Во

 

втором  случае

 

можно  нарисовать  рисунок,  на  котором  изображено 

столкновение, как оно видно стороннему наблюдателю:

 

В  этом  случае  видно,  что  скопление  №2  от  начала  столкновения  до  его 

окончания  проходит  путь  2

R

,  двигаясь  со  скоростью 

V

 

(аналогично 

для скопления №1). 

 

И в первом

, 

и во втором случае длительность столкновения, конечно, получится 

одинаковой: 

𝑇𝑇

=

4𝑅𝑅
2𝑉𝑉

=

2𝑅𝑅

𝑉𝑉

. Получить из этой формулы численный ответ можно 

двумя  способами 

– 

подставив  все  данные,  выраженные в  единицах СИ,  либо

, 

обратив  внимание,  что  расстояние  2

R

 

свет  проходит  за  20  лет,  двигаясь 

со

 

скоростью  300  тыс.  км/с.  Для  второго  пути  сразу  получается  ответ, 

что  при  скорости  движения  в  300  км/с  время,  затраченное  на  пересечение 

диаметра скопления, будет в 1000 раз больше, т. е. 20000

 

лет.

 

Для первого способа выразим радиус скопления в единицах СИ: 

 

R 

= 

10 световых лет

 = 

10∙300000

 

км/с∙1000∙(3600∙24∙365,25

 

с)

 

≈

 

9,47∙10

16

 

м. 

Тогда 

T = 

2∙9,47∙10

16

/3∙10

5 

= 

6,31∙10

11 

c 

≈

 

20000 лет.

 

Ответ

: 20000 лет

 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

7 

класс

 

7 

Критерии оценивания

 

•

За верное понимание картины происходящего (т. е. того, как расположены

скопления  в  начале  и  конце  столкновения

, 

и  какой  путь  они  должны

пройти) 

+2 

балла

. Это может быть указано явно с подробным описанием,

а

 

может проявиться в верном использовании формул  (т. е. использования

величины 

V

 

для пути 2

R

 

или 2

V

 

для пути 4

R

).

•

Верная запись выражения для длительности (явная запись или следующая

из решения и ответа) оценивается в 

3 балла

.

•

Получение ответа в 20000 лет (±500) оценивается в 

3 

балла

 

(при решении

задачи  с  использованием  единиц  измерения  времени,  отличных  от  года,

за  верный  ответ  в  этих  единицах  (например,  в  секундах 

–  6,3

∙

10

11 

c)

ставится 

+2 балла

 

и за правильный перевод к годам

 

ещё 

+1 балл

).

Использование  радиуса  вместо  диаметра  (с  ответом  в  2  раза  меньше 

требуемого) 

снижает оценку на

 

2 балла

. 

Максимум за задачу 8 баллов. 

Всего за работу 

– 

40 баллов.

 

1 

ВСЕРОССИЙСКАЯ ОЛИМПИАДА ШКОЛЬНИКОВ

 

ПО АСТРОНОМИИ. 2019

–

2020 уч. г.

 

МУНИЦИПАЛЬНЫЙ ЭТАП. 8

–

9 КЛАССЫ

 

 

Решения и критерии оценивания

 

Задача 1

 

Любитель  астрономии  взял  «немую»  (т.

 

е.  без  надписей)  карту  окрестностей 

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

названия  объектов  и  положения  двух  планет.  Найдите  ошибки,  которые 

 

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

 

 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

8–9 

классы

 

2 

Ответ

: любитель допустил 5 ошибок.

 

1.

 

Неверно подписано созвездие «Кассиопея»;

 

2.

 

звезда «Ригель» указана неверно;

 

3.

 

«Большая туманность Ориона» подписана неверно

; 

4.

 

звезда Бенетнаш указана неверно;

 

5.

 

планета Юпитер не может настолько далеко отходить от эклиптики

.  

Необходимо внести следующие исправления:

 

1.

 

вместо «Кассиопея» написать «Телец»;

 

2.

 

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

к

 

яркой правой нижней звезде созвездия;

 

3.

 

убрать или перенести к обозначению 

M42 

надпись «Большая туманность 

Ориона»;

 

4.

 

заменить

 

«Бенетнаш» 

(

это  звезда  созвездия  Большой  Медведицы

)  

на «Беллатрикс»;

 

5.

 

убрать планету Юпитер или перерисовать её на правильное положение 

ближе  к  эклиптике  (

исправление  этой  ошибки  указано  тут  

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

надо перенести Юпитер

). 

Примечание

. 

1)  В  приведённом  решении  ошибка  и  способ  её  устранения 

разделены. Однако

 

допускается объединение в одном предложении указания 

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

перенести к правому нижнему углу созвездия»).

 

2) 

В

 

принципе,  Сатурн  мог  в  момент  зарисовки  находиться  в  другом  месте 

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

 

и не снижать оценку за указание/обсуждение этой возможности.

 

Критерии оценивания

 

•

 

По 

1 

баллу

 

за  каждое  верное  указание  ошибки  (но  не  более 

8  баллов 

 

за задачу).

 

•

 

По 

1 баллу

 

за каждое верное исправление ошибки (но не более 

8 баллов 

 

за задачу.

 

•

 

При  объединении  ошибки  и  способа  её  устранения  в  одном  пункте, 

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

созвездия», выставляется 

1 балл

 

за верное  указание ошибки плюс 

1 балл

 

за верный способ её устранения). 

 

Ошибочное  указание  замеченной

 

неточности  или  способа  устранения 

 

не наказывается, но и не оценивается

. 

Максимум за задачу 8 баллов. 

 

 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

8–9 

классы

 

3 

Задача 2

 

Ниже  приведены  портреты  известных  астрономов:  Николая  Коперника, 

Михайло  Ломоносова,  Эдвина  Хаббла  и  Галилео  Галилея.  Определите,  кому 

принадлежит каждый портрет. В ответе запишите номер портрета 

– 

фамилию 

учёного.

 

1)

 

 

2) 

 

3) 

 

4)

 

 

Ответ

: 1 – 

Ломоносов; 2 

– 

Галилей; 3 

– 

Хаббл; 4 

– 

Коперник.

 

Критерии оценивания

 

По 

2 балла

 

за каждую верно указанную пару «номер

 – 

фамилия».

 

Если  один  и  тот  же  учёный  сопоставлен  двум  или  более  портретам

,  

или  одному  портрету  сопоставлено  несколько  учёных

 – 

все  эти  варианты 

 

не засчитываются.

 

Максимум за задачу 8 баллов.

 

 

 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

8–9 

классы

 

4 

Задача 3

 

На  рисунке  представлены  зарисовки  разных  фаз  Луны  и  частных  фаз 

различных  солнечных

 

затмений.  Укажите  в  ответе  номера  зарисовок, 

относящихся к затмениям. Объясните критерии отбора.

 

 

Ответ

: 1, 5, 6 

Основной  критерий  отбора 

– 

концы  границы  «свет

–

тень»  (терминатора) 

 

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

– 

нет 

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

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

.  

Примечание

: допускается ответ «от обратного» 

– 

можно перечислить номера 

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

Дополнительно  может  быть  указан  такой  критерий  отбора:  при  затмении 

граница свет

–

тень не может быть прямой линией.

 

Критерии оценивания

 

•

 

По 

2 балла

 

за каждый верно указанный

 

номер

. 

•

 

За каждый ошибочно указанный номер

 

по 

–

2 балла

 

(оценка за этот этап 

 

не может быть отрицательной).

 

•

 

За верное объяснение 

+2 балла

.  

Оценка не может превышать 

8 баллов

 

и не может быть отрицательной.

 

Максимум за задачу 8 баллов. 

Задача 4

 

Параллакс  звезды 

HR

1069  в  созвездии  Персея  равен  0,025″.  Выразите 

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

 

Решение

 

Определим расстояние до 

HR

1069 в парсеках:

 

𝐷𝐷

=

1

𝜋𝜋

=

1

0

,

025

= 40

 

пк.

 

Зная,  что  1  пк

 

≈  3,26  светового  года  (допускается  брать  готовые  значения 

 

в

 

диапазоне 

3,2–3,

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

 

в

 

диапазоне 2

 

∙

 10

5

 – 2,1 

∙

 10

5

), легко получить искомые величины:

 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

8–9 

классы

 

5 

D 

≈ 130,4 световых лет ≈ 8,25

 

∙

 10

6

 

а.е.

 

Примечание

: 

коэффициенты  перевода  можно  получить,  зная  определение 

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

 

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

 

В  этом  случае  решение  оценивается,  исходя  из  корректности  методов 

определения  коэффициентов  и  полученной  точности  (для  альтернативных 

методов решения отклонения меньше 10% оцениваются полным баллом).

 

Другие  возможные  соотношения,  с  помощью  которых  можно  получить 

искомые величины: 1 а.е. = 1.5 · 10

8

 

км, 1 пк = 3.09 · 10

13

 

км, 1 св. год = 9.5 · 10

12

 

км.

 

Последняя

 

величина легко вычисляется, если знать величину

 

скорости света 

(300 

000 км/с) и продолжительность

 

года (3.15 · 10

7

 

с). 

 

1 а.е. = 500 св. секунд

 

По сути это время, за которое свет проходит расстояние от

 

Земли до Солнца. 

Зная продолжительность года, можно получить

:  

1 св. год = 63000 а.е.

 

Возможны и другие исходные значения.

 

Другие  возможные  варианты  для  перехода  от  параллакса  к  линейному 

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

D

 

виден радиус земной орбиты, и можно с равным основанием использовать 

формулы

:  

𝐷𝐷

=

150000000

км

tg0,

025″

= 1.24

⋅

10

15

км

 

или

 

𝐷𝐷

=

1

а.е.

tg0,

025″

= 8,25

⋅

10

6

а.е.

 

В последнем случае один из искомых ответов находится сразу.

 

Ответ

: примерно 130,4 световых лет (допустимый диапазон от 

117 

до 

143 

св. лет)

 

или  8,25∙10

6

 

а.е.  (допустимый  диапазон  от 

7,4 

млн

 

а.е.  до 

9,1 

млн  а.е.). 

 

Ответ зависит от используемых коэффициентов.

 

Критерии оценивания

 

•

 

За  верный  числовой  ответ  ставится

 

по  4  балла

 

за  каждую  величину 

 

(при наличии верных вычислений или объяснений)

. 

•

 

В  случае  неполного  решения  за  определение  расстояния  до  звезды 

 

в  парсеках  ставится 

+4  балла

  (

3  балла

 

за  запись  формулы  и 

1  балл

  

за верные вычисления этой величины)

.  

Арифметическая  ошибка 

снижает  оценку

 

на  2  балла

 

(только  за  тот  этап, 

 

в

 

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

 

а  остальная  часть  решения  выполнена  верно,  то  общая  оценка  будет 

 

8 – 2 = 

6 баллов

). 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

8–9 

классы

 

6 

Ответ  ≈118,5  св.  лет,  приведённый  без  вычислений,

 

говорит  о  том, 

 

что  он  списан  (такое  расстояние  для 

HR10

69  приводится,  например, 

 

в  программе 

Stellarium). 

При  верных  вычислениях  расстояния  в  а.е.  за  всю 

работу

 

ставится не более 

2-

х

 

баллов

. 

Максимум за задачу 8 баллов. 

Задача 5

 

Пусть  в  некоторой  галактике  есть  два  одинаковых  шаровых  звёздных 

скопления,  движущихся  вокруг  центра  этой  галактики  по  одной  орбите 

навстречу  друг  другу.  Радиус  каждого  скопления 

R 

= 

10  световых  лет. 

 

В  какой

-

то  момент  начинается  столкновение  этих  скоплений.  Считая, 

 

что скорость движения по орбите каждого скопления в момент столкновения 

V 

= 

300  км/с  и  столкновение  центральное  (т.  е.  центр  одного  скопления 

пройдёт  через  центр  другого  скопления),  определите,  сколько  лет  будет 

длиться столкновение. Приведите решение.

 

Решение

 

Надо понимать, что звёздное скопление 

– 

это не сплошное тело: звёзды в нём 

расположены  чрезвычайно  редко  (характерные  расстояния  между  ними 

 

в  миллионы  раз  превышают  размеры  звезды).  Поэтому  при  столкновении 

скоплений  столкновения  звёзд  наблюдаться  не  будут 

– 

скопления  просто 

пройдут друг сквозь друга.

 

Решать задачу можно как, поместив наблюдателя в центр одного из скоплений, 

так  и  для  стороннего  наблюдателя,  например,  расположенного  в  центре 

галактики.  В  первом  случае  скорость  движения  набегающего  скопления 

относительно  наблюдателя  будет  равна  2

V

,  а  путь,  который  набегающее 

скопление  должно  пройти  от  начала  до  конца  столкновения,  будет  равен  4

R

.  

Во  втором  случае  можно  нарисовать  рисунок,  на  котором  изображено 

столкновение, как оно видно стороннему наблюдателю:

 

 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

8–9 

классы

 

7 

В  этом  случае  видно,  что  скопление  №2  от  начала  столкновения  до  его 

окончания  проходит  путь  2

R

,  двигаясь  со  скоростью 

V

 

(аналогично 

 

для скопления №1). 

 

И в первом, и во втором случае длительность столкновения, конечно, получится 
одинаковой: 

𝑇𝑇

=

4𝑅𝑅
2𝑉𝑉

=

2𝑅𝑅

𝑉𝑉

. Получить из этой формулы численный ответ можно 

двумя  способами 

– 

подставив  все  данные,  выраженные в  единицах СИ,  либо, 

обратив  внимание,  что  расстояние  2

R

 

свет  проходит  за  20  лет,  двигаясь 

 

со  скоростью  300  тыс.  км/с.  Для  второго  пути  сразу  получается  ответ, 

 

что  при  скорости  движения  в  300  км/с  время,  затраченное  на  пересечение 

диаметра скопления, будет в 1000 раз больше, т. е. 20000 лет.

 

Для первого способа выразим радиус скопления в единицах СИ: 

 

R 

= 10 световых лет = 10∙300000 км/с∙1000∙(3600∙24∙365,25 с) ≈ 9,47∙10

16

 

м. 

 

Тогда 

T 

= 2∙9,47∙10

16

/3∙10

5 

= 6,31∙10

11 

c 

≈ 20000 лет.

 

Ответ

: 20000 лет

 

Критерии оценивания

 

•

 

За верное понимание картины происходящего (т. е. того, как расположены 

скопления  в  начале  и  конце  столкновения,  и  какой  путь  они  должны 

пройти) 

+2 

балла

. Это может быть указано явно с подробным описанием, 

 

а может проявиться в верном использовании формул  (т. е. использования 

величины 

V

 

для пути 2

R

 

или 2

V

 

для пути 4

R

). 

•

 

Верная запись выражения для длительности (явная запись или следующая 

из решения и ответа) оценивается в 

3 балла

. 

•

 

Получение ответа в 20000 лет (±500) оценивается в 

3 

балла

 

(при решении 

задачи  с  использованием  единиц  измерения  времени,  отличных  от  года, 

 

за  верный  ответ  в  этих  единицах  (например,  в  секундах 

–  6,3

∙

10

11 

c) 

ставится 

+

2 балла

 

и за правильный перевод к

 

годам

 

ещё 

+1 балл

). 

Использование  радиуса  вместо  диаметра  (с  ответом  в  2  раза  меньше 

требуемого) 

снижает оценку на

 

2 балла

. 

При указании ответа с избыточной точностью (стоят значащие цифры в знаке 

единиц лет или после запятой) оценка 

снижается на 1 балл

. 

Максимум за задачу 8 баллов. 

Задача 6

 

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

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

равноденствия  может  наблюдаться  полная  Луна  в  верхней  кульминации 

в

 

Москве (в точке с координатами φ

 = 

56⁰, λ

 = 

37⁰)? Приведите решение.

 

 

 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

8–9 

классы

 

8 

Решение

 

В  день  осеннего  равноденствия  Солнце  находится  в  точке  осеннего

 

равноденствия 

– 

точке  пересечения  эклиптики  и  небесного  экватора, 

 

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

была  в

 

фазе  полнолуния,  а  значит,  она  находилась  в  окрестности  точки 

весеннего  равноденствия.  При  этом  из

-

за  того,  что  плоскость  орбиты  Луны 

наклонена  к

 

плоскости  эклиптики  на  угол  в  5⁰,  склонение  Луны  лежит 

 

в  диапазоне  от 

–

5⁰  до  +5⁰  (мы  пренебрегаем  некоторым  изменением 

склонения  Луны,  связанным  с  тем,  что  между  моментом  полнолуния 

 

и моментом верхней кульминации могло пройти некоторое время).

 

Как  известно,  высота  объекта  в  верхней  кульминации  связана  с  его 

склонением и широтой пункта наблюдения формулой:

 

ℎ

= 90°

− 𝜑𝜑

+

𝛿𝛿

 

Подставив значения, получим 

h

min 

= 

29⁰, 

h

max 

= 

39⁰. 

 

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

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

 

диапазоне 

±5⁰ от него.

 

Ответ

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

границ  в  несколько  угловых  минут  при  использовании  более  точного 

значения наклонения орбиты Луны)

 

Критерии оценивания

 

•

 

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

весеннего  равноденствия  (или  была  близка  к  небесному  экватору) 

оценивается в 

+2 балла

. 

•

 

За обоснование указания из предыдущего пункта 

+2 балла

. 

•

 

За верную

 

запись или вывод формулы для кульминации

 

+2 балла

. 

•

 

Определение  высоты  Луны  оценивается

 

в

 

+1  балл 

за  каждый  из  случаев 

 

(

h

min

 

и 

h

max

). 

Максимум за задачу 8 баллов. 

 

Всего за работу 

– 48 

баллов.

 

1 

ВСЕРОССИЙСКАЯ ОЛИМПИАДА ШКОЛЬНИКОВ

 

ПО АСТРОНОМИИ. 2019

–

2020 уч. г.

 

МУНИЦИПАЛЬНЫЙ ЭТАП. 

10 

КЛАСС

 

 

Решения и критерии оценивания

 

Задача 1

 

Любитель  астрономии  взял  «немую»  (т.

 

е.  без  надписей)  карту  окрестностей 

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

названия  объектов  и  положения  двух  планет.  Найдите  ошибки,  которые 

 

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

 

 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

10 

класс

 

2 

Ответ

: любитель допустил 5 ошибок.

 

1.

 

Неверно подписано созвездие «Кассиопея»;

 

2.

 

звезда «Ригель» указана неверно;

 

3.

 

«Большая туманность Ориона» подписана неверно

; 

4.

 

звезда Бенетнаш указана неверно;

 

5.

 

планета Юпитер не может настолько далеко отходить от эклиптики

.  

Необходимо внести следующие исправления:

 

1.

 

вместо «Кассиопея» написать «Телец»;

 

2.

 

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

к

 

яркой правой нижней звезде созвездия;

 

3.

 

убрать или перенести к обозначению 

M42 

надпись «Большая туманность 

Ориона»;

 

4.

 

заменить

 

«Бенетнаш» 

(

это  звезда  созвездия  Большой  Медведицы

)  

на «Беллатрикс»;

 

5.

 

убрать планету Юпитер или перерисовать её на правильное положение 

ближе  к  эклиптике  (

исправление  этой  ошибки  указано  тут  

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

надо перенести Юпитер

). 

Примечание

. 

1)  В  приведённом  решении  ошибка  и  способ  её  устранения 

разделены. Однако

 

допускается объединение в одном предложении указания 

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

перенести к правому нижнему углу созвездия»).

 

2) 

В

 

принципе,  Сатурн  мог  в  момент  зарисовки  находиться  в  другом  месте 

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

 

и не снижать оценку за указание/обсуждение этой возможности.

 

Критерии оценивания

 

•

 

По

 

1  баллу

 

за  каждое  верное  указание  ошибки  (но  не  более 

8  баллов 

 

за задачу).

 

•

 

По 

1 баллу

 

за каждое верное исправление ошибки (но не более 

8 баллов 

 

за задачу.

 

•

 

При  объединении  ошибки  и  способа  её  устранения  в  одном  пункте, 

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

созвездия», выставляется 

1 балл

 

за верное  указание ошибки плюс 

1 балл

 

за верный способ её устранения). 

 

Ошибочное  указание  замеченной

 

неточности  или  способа  устранения 

 

не наказывается, но и не оценивается

. 

Максимум за задачу 8 баллов. 

 

 

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии

. 2019–2020 

уч. г.

 

Муниципальный этап. 

10 

класс

 

3 

Задача 2

 

Расставьте  приведённые  ниже  группы  звёзд  в  порядке  увеличения 

 

их

 

численности в нашей Галактике.

 

1)

 

жёлтые карлики (звёзды типа нашего Солнца)

 

2)

 

голубые гиганты

 

3)

 

красные карлики

 

4)

 

шаровые звёздные скопления

 

5)

 

рассеянные звёздные скопления

 

Ответ:

 45213 

Критерии оценивания

 

•

 

Указание ШЗС на первом месте оценивается в 

+2 балла

. 

•

 

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

 

на первом

) 

оценивается в

 

+2 балла

. 

•

 

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

то оценка составляет 

+2 балла

. 

•

 

Указание жёлтых карликов на предпоследнем месте (только при условии, 

что красные карлики стоят на последнем) оценивается в

 

+2 балла

. 

•

 

Указание красных карликов на последнем месте оценивается в

 

+2 балла

. 

•

 

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

 

то оценка за задачу не может превышать 

4 балла.

 

Максимум за задачу 8 баллов. 

Задача 3

 

На  рисунке  представлены  зарисовки  разных  фаз  Луны  и  частных  фаз 

различных  солнечных

 

затмений.  Укажите  в  ответе  номера  зарисовок, 

относящихся к затмениям. Объясните критерии отбора.

 

 

Ответ

: 1, 5, 6 

Основной  критерий  отбора 

– 

концы  границы  «свет

–

тень»  (терминатора) 

 

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

– 

нет 

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

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

.