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

9.3. Условие.

Космический аппарат стартует с Земли к некоторой звезде, двигаясь к ней

относительно Солнца со скоростью 200 км/с. Годичный параллакс звезды равен 0.1

″

. Через

какое время звезда при наблюдении с аппарата станет ярче на 0.1

? Считать, что звезда

неподвижна относительно Солнца, ее светимость постоянна.

9.3. Решение.

Для начала нужно сразу отметить, что скорость аппарата (200 км/с) очень

велика, и аппарат покинет Солнечную систему, не испытав на себе существенного

тормозящего влияния Солнца. Поэтому мы можем считать, что аппарат движется

прямолинейно с постоянной скоростью, направленной к звезде. Параллакс звезды равен 0.1

″

то есть изначальное расстояние до нее

равно 10 пк. Чтобы звезда стала на 0.1

ярче, по

формуле Погсона расстояние до нее должно составить

955

⋅

−

Иными словами, аппарат должен пролететь расстояние (

–

) = 0.45 пк или 1.4·10

км в

сторону звезды. Для этого ему потребуется время

2200

лет

−

9.3. Система оценивания.

Указание, что притяжение Солнца практически не изменяет

скорость аппарата, не является обязательным. Если участник упоминает это, либо правильно

учитывает понижение скорости (примерно на 2%), оценка не изменяется. Если же делается

неверный вывод о существенном изменении, оценка снижается. При изменении скорости

более, чем на 10%, оценка уменьшается на 3 балла. Решение разделяется на следующие

этапы:

1 этап – 2 балла: определение расстояния до звезды либо правильный учет выражения для

него в расчетах. Выставляется только в случае правильного ответа или вычислений. В случае

ошибок более, чем в 10 раз, вне зависимости от причин, все последующие этапы

засчитываются наполовину.

2 этап – 4 балла: определение расстояния, которое должен преодолеть аппарат, чтобы звезда

стала на 0.1

ярче. Если участник олимпиады неверно использует формулу Погсона,

указывая в показателе степени 0.4 вместо 0.2 (то есть, считает яркость убывающей

пропорционально первой степени расстояния), данный этап оценивается в 1 балл, остальные

оцениваются в полной мере. Участник может также перепутать приближение к звезде с

удалением и ее ослаблением на 0.1

, что приведет практически к такому же значению

расстояния (0.47 пк) и оценивается в 2 балла. При иных физических ошибках при

выполнении этапа за него выставляется 0 баллов.

3 этап – 2 балла: нахождение требуемого времени. Необходимо правильно произвести

перевод между различными единицами длины и времени. При ошибке более 20% этап

полностью не засчитывается, при ошибке от 10% до 20%, вызванной арифметическими

погрешностями, за этап выставляется 1 балл.

9.4. Условие.

Опытный наблюдатель с отличным зрением заметил, что при визуальных

наблюдениях в некоторый телескоп с хорошим качеством оптики фон неба ослаб вдвое по

сравнению с наблюдениями невооруженным глазом, а разрешающая способность (по

двойным звездам) при спокойных атмосферных условиях составила 2

″

. Определите диаметр

объектива телескопа и используемое увеличение.

9.4. Решение.

Угловое разрешение для невооруженного глаза человека с отличным зрением

составляет примерно 1

′

. Предположим, что телескоп таков, что его дифракционный предел

разрешения лучше 2

″

–

в дальнейшем мы сможем это проверить. Предел, который

накладывает на разрешение спокойная атмосфера, также лучше

–

около 1

″

. Тогда мы можем

заключить, что разрешение ограничено зрением наблюдателя, и тогда мы получаем, что

увеличение телескопа

с тем окуляром, что используется в настоящий момент, составляет

30 крат.

Обозначим диаметр объектива как

, диаметр зрачка глаза как

. Пусть общее количество

энергии, идущее через единичную площадку за единицу времени от участка неба,

ограниченного полем зрения, составляет

. Тогда человеческий глаз за единицу времени

примет с этого участка величину энергии

, а телескоп

–

. Однако, в окуляре эта

энергия будет распределена по увеличенной в

раз площади. Из условия задачи имеем:

⋅

Отсюда мы получаем величину диаметра объектива телескопа:

см

Здесь диаметр зрачка

положен равным 8 мм. Если взять значение 6 мм, то диаметр

объектива телескопа будет равен 12.7 см. Увеличение телескопа больше равнозрачкового (21

крат), и вся энергия, собираемая телескопом, попадает в глаз наблюдателя.

Нам также необходимо сделать проверку правильности предположения в начале решения.

При диаметре объектива 12.7 см дифракционный предел разрешения составляет около 1

″

при диаметре 17 см – еще лучше. Поэтому разрешающая способность действительно

определялось зрением наблюдателя.

9.4. Система оценивания.

1 этап – 3 балла: определение увеличения телескопа. Для получения всех 3 баллов участник

должен не просто вычислить его как отношение 1

′

″

, но и указать, что другие факторы,

ограничивающие разрешающую способность (дифракция, атмосферное дрожание) не играют

роли. Без этого указания за первый этап выставляется только 1 балл. Если указание сделано,

но несущественность дифракционного ограничения не проверена в конце решения – за этап

ставится 2 балла. Правильное значение разрешающей способности глаза может быть взято в

интервале от 0.8

′

до 1.2

′

, Если участник задает разрешающую способность наблюдателя с

отличным зрением хуже 1.2

′

, но не хуже 2

′

– за этап снижается 1 балл, последующее решение

оценивается в полной мере.

2 этап – 5 баллов: определение диаметра объектива телескопа. Этап можно выполнять также

сравнивая увеличение с равнозрачковым, используя известный факт, что последнее не

меняет поверхностную яркость протяженных объектов – доказательство этого факта не

требуется. Значения диаметра зрачка глаза от 6 до 8 мм считаются правильными, при

значениях от 4 до 6 мм и от 8 до 10 мм оценка снижается на 2 балла, при еще большей

неточности за этап выставляется только 1 балл в случае правильных расчетов.

В качестве возможных ошибок при выполнении этапа участники могут предположить,

что яркость протяженного объекта уменьшается пропорционально увеличению, а не его

квадрату (в этом случае в итоговой формуле вместо увеличения будет стоять его квадратный

корень). В этом случае этап оценивается в 2 балла, если не сделано иных ошибок. Участники

могут вообще предположить, что увеличение не меняет поверхностную яркость, и получить

диаметр объектива телескопа, меньший диаметра зрачка глаза. В этом случае этап не

засчитывается полностью.

Участник олимпиады может также предположить, что разрешающая способность

телескопа определяется только дифракцией, что при правильных расчетах даст диаметр

объектива телескопа 7 см и увеличение 12 крат. В этом случае первый этап не засчитывается

полностью, второй при правильных расчетах оценивается 4 баллами.

9.5. Условие.

Две звезды сферической формы – белый карлик и нейтронная звезда (пульсар)

– имеют одинаковые массы (1.2 массы Солнца) и радиусы 6000 и 10 км соответственно.

Ускорение свободного падения на экваторе пульсара в 350 000 раз больше, чем на

поверхности белого карлика. Найдите период вращения пульсара. Белый карлик не

вращается, релятивистские эффекты не учитывать.

9.5. Решение.

Ускорение свободного падения на экваторе звезды равно

−

Как видно из этой формулы, оно уменьшается за счет осевого вращения звезды. Для белого

карлика (радиус

) по условию задачи этого эффекта нет, но у нейтронной звезды с радиусом

он может играть заметную роль. Обозначим отношение ускорений свободного падения на

экваторе у нейтронной звезды и белого карлика через

. Тогда

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−

Отношение

равно 360 000, то есть центробежное ускорение на экваторе нейтронной

звезды есть 1/36 от гравитационного. Тогда угловая скорость вращения нейтронной звезды

равна

−

⋅

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−

Период вращения

составляет 2

, то есть 3 мс.

9.5. Система оценивания.

1 этап – 4 балла: правильная запись выражения для ускорения свободного падения на

экваторе в явном виде либо через выражения для "центробежной силы". 1 балл выставляется

за правильное выражение для белого карлика, 3 балла – за выражение для нейтронной

звезды. Если в последнем случае не учитывается вращение, все 3 балла не выставляются.

2 этап – 4 балла: вычисление периода вращения пульсара. Вывод правильной формулы

оценивается в 2 балла. Вычисление правильного ответа – еще в 2 балла. Если ответ

отличается от данного в решении на 0.1 мс и более (по любой причине, в частности, из-за

отсутствия учета отличия массы нейтронной звезды от солнечной), последние 2 балла не

выставляются.

9.6. Условие.

В конце октября 2007 года в ядре кометы Холмса (17P) произошел изотропный

взрыв, в результате которого угловой диаметр комы через неделю достиг 13

′

. На графике

представлены результаты измерений звездной величины кометы в эпоху взрыва. Определите

концентрацию осколков кометы (в км

–3

) через неделю после взрыва. Считайте, что до взрыва

комета представляла собой монолитное ядро без хвоста с постоянной плотностью и

химическим составом. Расстояние кометы от Земли в это время считать постоянным и

равным 1.6 а.е.

9.6. Решение.

По графику мы видим, что звездная величина кометы Холмса прямо перед

взрывом составляла 17

, взрыв увеличил ее до 2

, то есть на 15 звездных величин. В

соответствии с формулой Погсона это означает, что комета стала ярче в

раз:

= 10

0.4 (17 – 2)

= 10

Мы считаем, что до взрыва комета представляла собой одно единое тело размером

объемом

. Если это тело разобьется на

осколков, которые мы для простоты считаем

одинаковыми, то каждый из них будет иметь средний объем

и размер

)

1/3

–1/3

Видимая яркость одного осколка

будет пропорциональна его видимой площади, то есть

Суммарная яркость всех осколков составит

N D

–2/3

1/3

Здесь

– яркость монолитного ядра до взрыва. Получается, что для увеличения видимой

яркости в

раз ядро должно разбиться на

=10

осколков. Необходимо отдельно

оговорить, что размер кометного ядра вряд ли превосходит 10 км, поэтому средний осколок

будет иметь размер 1 см и угловой размер с расстояния 1 а.е. порядка угловой

микросекунды. При видимых размерах роя порядка нескольких минут 10

частиц будут

располагаться на угловых расстояниях порядка 0.5 миллисекунд дуги и практически не будут

перекрывать друг друга.

Комета удалена от Земли на расстояние

, равное 1.6 а.е. Мы можем определить

пространственный радиус комы через

= 1 неделю после взрыва:

/2 = 0.003 а.е. =

= 450 тыс.км. Так как взрыв был изотропным, кому можно считать сферической. Тогда

концентрация осколков через неделю после взрыва равна

= 3

/ 4

= 2.6 км

–3

9.6. Система оценивания.

Решение задачи разбивается на четыре основных этапа, которые

могут производиться в разной последовательности:

1 этап – 2 балла: определение величины усиления яркости кометы из графика (1 балл за

определение звездных величин до и после вспышки, требуемая точность 0.5

, 1 балл за

применение формулы Погсона и определения соотношения яркостей). Если при решении

допускается смысловая ошибка (например, непонимание шкалы звездных величин и ее связи

с яркостью), то вне зависимости от ответа данный этап полностью не засчитывается.

2 этап – 2 балла: восстановление связи между величиной усиления яркости и количеством

осколков кометного ядра, определение количества осколков. Участник олимпиады может

брать данную связь как известную. При ошибочной связи (иной характер, нежели

1/3

)

этап решения полностью не засчитывается. Если же ошибка настолько сильна, что связь

оказывается обратной (яркость уменьшается при росте числа осколков) или очень резкой

(яркость увеличивается как

или еще резче), итоговая оценка за все решение не может

превышать 4 баллов.

3 этап – 2 балла: определение радиуса облака осколков через неделю после взрыва либо

правильная запись выражения для него. Если участник путает видимый диаметр и радиус

облака с ошибкой в размерах вдвое и итогового ответа – в 8 раз, данный этап не

засчитывается, но последний засчитывается в полной мере.

4 этап – 2 балла: определение концентрации осколков. Допустимая точность выполнения (без

учета ошибок, сделанных на предыдущих этапах) – 10%, для выставления 1 балла – 20%..

При ответе, отличающемся от правильного более, чем в 10 раз, вне зависимости от причин,

итоговая оценка не может превышать 4 баллов.

10 класс

10.1.

Условие.

В некотором пункте на поверхности Земли звезды Бетельгейзе и Ригель в

созвездии Ориона взошли одновременно. Экваториальные координаты Бетельгейзе 05

55.2

′

; координаты Ригеля 05

14.5

, –8

′

. Найдите широту места наблюдения.

Атмосферной рефракцией пренебречь.

10.1. Решение.

В момент одновременного восхода Бетельгейзе и Ригель одновременно

пересекли линию горизонта, плоскость которого образует с плоскостью небесного экватора

угол 90

–

, где

– широта места наблюдения. Точка пересечения находится между этими

звездами, на небольшом угловом расстоянии от каждой из них. Поэтому картину вполне

можно считать плоской. Построим чертеж, пренебрегая кривизной рассматриваемого участка

небесной сферы:

Горизонт

еб

. э

кв

ат

ор

Ригель

Бетельгейзе

Север

Δα

Δδ

Наблюдатель, очевидно, находится в северном полушарии, поскольку северный полюс мира

находится над горизонтом. Из геометрии чертежа видно, что

tan

где

Δα

Δδ

– разность координат Бетельгейзе и Ригеля. Отсюда

arctan

10.1. Система оценивания.

Приведенный выше способ решения не является единственным.

Задание можно решить напрямую, используя формулы сферической тригонометрии.

Правильное решение в этом случае необходимо засчитывать полностью (8 баллов). В случае

ошибок в записи самих формул максимальная оценка за все решение не превышает 4 баллов,

при ошибках вычисления при правильных формулах оценка не превышает 6 баллов. При

способе решения, описанном выше, система оценивания следующая:

1 этап – 2 балла: правильная связь горизонтальной и экваториальной системы координат

(угол наклона одной к другой), выраженная рисунком или формулой.

2 этап – 3 балла: запись соотношения широты и разности координат звезд. Засчитывается

только при правильной формуле, в других случаях этап не засчитывается.

3 этап – 3 балла: значение широты. Засчитывается при верном решении. При правильных

формулах и ошибке больше 5

выставляется 2 балла, при ошибке больше 10

этап не

засчитывается. Если широта записана с неверным знаком или допускается ответ с двумя

знаками широты, то при правильном модуле широты этап оценивается в 1 балл, иначе этап

не засчитывается.

10.2. Условие.

Между восточной квадратурой и последующей западной квадратурой

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

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

круговыми.

10.2. Решение и система оценивания. См. 9 класс, задание 9.2.

10.3. Условие.

Желая испытать новое сверхмощное импульсное оружие, а также привести в

порядок календарь, жители Земли решили отодвинуть Луну от нашей планеты так, чтобы

тропический год содержал ровно 12 синодических лунных месяцев (циклов смены лунных

фаз). Какое минимальное значение эксцентриситета нужно будет задать новой лунной

орбите, чтобы у землян хотя бы иногда осталась возможность наблюдать полные солнечные

затмения с поверхности планеты? Орбиту Земли считать неизменной в ходе испытания.

Направление вращения Луны вокруг Земли также сохраняется прежним.

10.3. Решение.

Требуемая длительность синодического лунного месяца

есть 1/12 от

тропического года

или 30.437 дня. Тогда длительность сидерического лунного месяца

(оборота Луны вокруг Земли) будет

096

сут

Сравнивая его с настоящим периодом

, мы применяем III закон Кеплера и находим новое

среднее расстояние до Луны:

391

км

тыс

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ ′

′

Отметим, что и в настоящее время Луна может располагаться на таком расстоянии от Земли.

Так как в условии задачи требуется, чтобы у землян хоть когда-нибудь была возможность

наблюдать полное солнечное затмение, мы рассмотрим наиболее благоприятный случай.

Пусть Земля находится в афелии своей орбиты, при этом во время затмения Солнце и Луна

располагаются в зените. Тогда угловой радиус Солнца будет равен

00458

)

(

рад

Здесь

– радиус Солнца,

– среднее расстояние от Земли до Солнца,

– эксцентриситет

орбиты Земли. Приближение наблюдателя к Солнцу за счет размеров Земли здесь

несущественно, но в случае Луны оно уже будет играть роль. Чтобы полное солнечное

затмение случилось, Луна в перигее в зените должна иметь хотя бы такой же угловой радиус:

)

(

−

′

Здесь

– радиусы Земли и Луны. Отсюда получаем минимальное значение

эксцентриситета лунной орбиты:

015

)

(

)

(

′

−

′

Получается, что лунная орбита может быть почти круговой, и сохранение нынешнего

эксцентриситета также позволит землянам наблюдать полные солнечные затмения.

10.3. Система оценивания.

1 этап – 2 балла: определение большой полуоси орбиты Луны для выполнения условия

задания. Оба балла не выставляются, если участник путает синодический и сидерический

периоды Луны. В случае арифметической ошибки при правильных формулах (

/13 и

выражение III закона Кеплера) выставляется 1 балл.

2 этап – 6 баллов: определение минимального эксцентриситета орбиты Луны. Оценка

зависит от учета двух факторов, важных для условий наступления полного солнечного

затмения – эллиптичности орбиты Земли (добавка +

во втором составляющем числителя) и

приближения наблюдателя к Луне (добавка –

в первом слагаемом). Учет каждого из

слагаемых оценивается по 2 балла. При этом учет каждого из факторов не засчитывается (оба

балла не выставляются), если они записаны с противоположным знаком. Решение второго

этапа без учета или с неправильным учетом этих слагаемых оценивается не выше 2 баллов.

Если первый или второй этап был выполнен с ошибкой, в результате которой на втором

этапе получается вывод, что эксцентриситет может быть любым, даже нулевым, либо же он

должен быть большим, не менее 0.1, общая оценка не может превышать 2 баллов.

10.4. Условие.

Опытный наблюдатель с отличным зрением заметил, что при визуальных

наблюдениях в некоторый телескоп с хорошим качеством оптики фон неба ослаб вдвое по

сравнению с наблюдениями невооруженным глазом, а разрешающая способность (по

двойным звездам) при спокойных атмосферных условиях составила 2

″

. Определите диаметр

объектива телескопа и используемое увеличение.

10.4. Решение и система оценивания. См. 9 класс, задача 9.4.

10.5. Условие.

В настоящее время положение северного полюса мира отмечает собой

довольно яркая звезда

Малой Медведицы (Полярная). 1 января 2000 года ее

экваториальные координаты – прямое восхождение и склонение – были равны

соответственно 02

48.7

, +89

′

51.0

″

. Из-за прецессии земной оси c периодом 25776 лет

положение Северного полюса мира медленно изменяется. Определите, в каком году полюс

пройдет мимо Полярной на минимальном угловом расстоянии. Оцените это угловое

расстояние. Собственное движение звезды и нутацию не учитывать.

10.5. Решение.

Северный полюс мира описывает вследствие прецессии окружность вокруг

Северного полюса эклиптики в созвездии Дракона, с радиусом

=23.4

и заданным

периодом. Изобразим это движение:

6ч

0ч

18ч

12ч

Полярная

Полюс

эклиптики

Полюс

мира (2000)

Решение можно производить с различной степенью точности. Пренебрежем кривизной

рассматриваемого участка небесной сферы (в районе полюса мира) и рассмотрим две разных

по точности модели. В одной из них полюс мира движется по окружности с центром в

полюсе эклиптики, а в другой – по касательной к ней прямой (см. рисунок). В этих двух

случаях максимальное сближение с Полярной звездой произойдет в точках

соответственно. Обозначим текущее угловое расстояние Полярной звезды от полюса мира

(90

–

) как

. Из теоремы косинусов определим расстояние от Северного полюса эклиптики

до Полярной:

cos(

)

cos(

);

cos(

εθ

−

≈

−

≈

−

Во втором выражении мы использовали тот факт, что

. Получается, что в более сложной

модели минимальное расстояние между Полярной звездой и северным полюсом мира

составит

sin

−

Интересно, что такой же ответ мы получаем в простой модели из анализа прямоугольного

треугольника

. Чтобы определить длину пути северного полюса мира до ближайшей к

Полярной звезде точки, в более сложной модели нужно воспользоваться теоремой синусов,

считая дугу

отрезком прямой линии:

sin

cos

)

sin(

sin

В простой модели последний множитель обращается в единицу, и из того же прямоугольного

треугольника мы получим

cos

. Значения

получаются равными 34.2

′

и 34.8

′

соответственно, здесь разница двух моделей уже заметна. Дальнейшие вычисления мы

можем также производить в плоском приближении, считая траекторию полюса мира

окружностью с радиусом

, и тогда, зная дугу, пройденную по кругу прецессии

мы определяем время, которое потребуется для такого смещения:

πε

⋅

Здесь

– период прецессии. Можно рассуждать несколько по-иному, определив проекцию

отрезка

на малом круге небесной сферы радиусом

на большой круг – эклиптику:

0,1

/ sin

Прецессия земной оси (движение точки весеннего равноденствия вдоль эклиптики)

происходит с угловой скоростью

, что соответствует известной величине 50.3

″

в год.

Отсюда мы определяем время, за которое точка весеннего равноденствия пройдет дугу

sin

⋅

От предыдущей модели эти выражения отличаются тем, что вместо угла

в радианной мере

в знаменателе фигурирует его синус. Итак, мы имеем четыре модельных значения искомого

времени:

Радиус круга движения

полюса мира

Учет кривизны пути

полюса мира

Без учета кривизны

полюса мира

sin

= 102.8 лет, 2102 год

= 104.6 лет, 2104 год

= 99.9 лет, 2099 год

= 101.7 лет, 2101 год

Реальный момент максимального сближения на 27

′

приходится на 2102 год. Интересно, что

наиболее простой метод вычислений (значение

) вследствие компенсации двух

погрешностей дает ответ, близкий к наиболее точному (

10.5. Система оценивания.

Как видно из приведенного выше решения, его можно

производить с разной степенью точности, причем самый простой из предложенных

способов, благодаря частичной компенсации двух погрешностей, дает хороший ответ,

приближенный к точному. Решение задания четко разбивается на два основных этапа.

1 этап – 3 балла: определение минимального углового расстояния между Полярной звездой и

северным полюсом мира, точность 1

′

. Как видно из предложенного решения, простая модель

с прямолинейным движением полюса с высокой точностью дает тот же ответ, что и более

сложная модель. Этап оценивается полностью в случае правильных вычислений, вне

зависимости от модели. В случае арифметической ошибки при правильных формулах

выставляется 2 балла (погрешность до 2

′

) или 1 балл (погрешность более 2

′

2 этап – 5 баллов: определение времени максимального сближения полюса и звезды на небе.

Оценка определяется точностью используемой модели. В случае использования наиболее

простой модели с прямолинейным движением полюса на плоском небе (оценка времени

)

максимальная оценка за этап при отсутствии ошибок составляет 3 балла. Еще 1 балл

выставляется за учет кривизны линии движения полюса, также 1 балл добавляется за учет

фактора sin

(вместо самого угла

) при расчете длины дуги, описываемой полюсом.

При решении участники могут предположить, что полюс мира движется в противоположную

сторону (в направлении с прямым восхождением 12ч), что при дальнейших верных

рассуждениях приведет его к выводу, что полюс прошел на минимальном угловом

расстоянии от Полярной звезды около 100 лет назад и пройдет вновь через 25676 лет. В

таких решениях может быть засчитан первый этап (если угловое расстояние определено

верно), а за второй выставляется не более 1 балла. При иных неверных направлениях

движения полюса эклиптики общая оценка за все решение не может превышать 1 балла.

10.6. Условие.

В конце октября 2007 года в ядре кометы Холмса (17P) произошел

изотропный взрыв, в результате которого угловой диаметр комы через неделю достиг 13

′

. На

графике представлены результаты измерений звездной величины кометы в эпоху взрыва.

Определите концентрацию осколков кометы (в км

–3

) через неделю после взрыва. Считайте,

что до взрыва комета представляла собой монолитное ядро без хвоста с постоянной

плотностью и химическим составом. Расстояние кометы от Земли в это время считать

постоянным и равным 1.6 а.е.

10.6. Решение и система оценивания. См. 9 класс, задача 9.6.

11 класс

11.1. Условие.

Эклиптическая долгота Регула, ярчайшей звезды созвездия Льва, равна 150

эклиптическая широта 0

. Определите среднее солнечное время его восхода 20 марта в Сочи

(43.5

с. ш., 39.7

в. д.). Рефракцией, уравнением времени и рельефом местности пренебречь.

11.1. Решение.

В день весеннего равноденствия точка осени восходит в 18

по местному

времени. Построим чертёж, пренебрегая кривизной рассматриваемого участка небесной

сферы:

Горизонт

Регул

Не

б.

кв

ат

ор

кл

ип

ти

ка

90 −ϕ

Δλ

Δα

Здесь

– угол наклона эклиптики к земному экватору,

– широта места наблюдения. Исходя

из чертежа, можно сделать вывод, что Регул восходит раньше точки осеннего равноденствия

благодаря двум факторам: прямое восхождение Регула меньше 12

(вдоль эклиптики он

отстоит от точки осеннего равноденствия к западу на 2 часа), а его склонение положительно

(следовательно, он восходит одновременно с точкой небесного экватора, имеющей меньшее,

чему у звезды, прямое восхождение). Отсюда имеем:

;

cos

;

tan

sin

)

tan(

sin

−

cos

)

cos(

cos

sin

cos

−

Астрономия (с ответами). Всероссийская олимпиада школьников в Москве (2021-2009 год) - часть 26