Олимпиада по астрономии 10 класс — заключительный этап ВсОШ 2025/2026: задания и ответы

Решения — теор.

Теоретический тур Условия, решения и схема оценивания. 10 класс

Содержание 10.1. Восточный экспресс . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 10.2. Искусcтвенный отбор . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 10.3. Галактические петли . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 10.4. Звездный градусник . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 10.5. Ночью надо спать . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 10.6. Конь G2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .21

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 1 из 23

Теоретический тур

10 класс

24 апреля 2026

10.1. Восточный экспресс В.Б. Игнатьев Корпорация «Роскосмос» запускает ракету-носитель со спутником с космодрома Восточный (𝜆 = 128∘ 20′ в. д., 𝜙 = 51∘ 53′ с. ш.). На первом этапе ракета-носитель выводит спутник на опорную круговую орбиту высотой 270 км, для которой космодром Восточный является самой северной точкой орбиты. Через несколько оборотов при пересечении плоскости экватора Земли спутник переходит на промежуточную эллиптическую орбиту того же наклонения, апоцентрическое расстояние которой равно радиусу орбиты геостационарных спутников. На этой орбите спутник может совершить несколько оборотов. Оказавшись в апоцентре промежуточной орбиты, спутник еще одним маневром переходит на геостационарную орбиту. Считайте, что все маневры, включая вывод на опорную орбиту, совершаются мгновенно. Определите оптимальное число витков спутника на опорной и на промежуточной орбитах, необходимое для вывода спутника на геостационарную орбиту с долготой Уфы (𝜆 = 56∘ в. д.) с точностью не хуже 3 градусов. При этом суммарная продолжительность перехода не должна превышать 48 часов от момента запуска. Решение. Будем решать задачу в системе отсчета центра Земли. Этап 1. Определение времен всех маневров. Определим период обращения спутника на опорной круговой орбите. √︃ 𝑎31 = 5372 секунд 𝑇1 = 2𝜋 𝐺𝑀⊕ Теперь рассмотрим промежуточную эллиптическую орбиту. Определим афелийное расстояние на этой орбите: √︂

𝐺𝑀⊕ 𝑇⊕2 = 42.23 · 106 м 2𝜋 Отметим, что в качестве периода обращения Земли для расчетов геоцентрической орбиты нужно подставлять звездные сутки, не 24 часа, а 23ℎ 56𝑚 04𝑠 = 86164𝑠 . 𝑎𝐺 =

Большая полуось эллиптической орбиты находится как 𝑎2 =

𝑎1 + 𝑎 𝐺 2

Период обращения аппарата на этой орбите составляет √︃ 𝑇2 = 2𝜋

𝑎32 𝐺𝑀⊕

√︃ = 2𝜋

(𝑎1 + 𝑎𝐺 )3 ≈ 37 925𝑠 8𝐺𝑀⊕

Этап 2. Расчеты долгот. За некоторое время ∆𝑡 Земля повернется на угол XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 2 из 23

Теоретический тур

10 класс

𝛼=

24 апреля 2026

∆𝑡 · 360∘ 86164

Но при этом спутник сделает нецелое число витков вокруг центра Земли. Переход между опорной и промежуточной орбитами осуществляется в точке в экваториальной плоскости Земли, а начальная точка по условию является самой северной точкой орбиты. Поэтому на опорной орбите спутник может сделать целое число витков 𝑛 (𝑛 = 0, 1, 2...) и либо 1 , либо 34 оборота. За один оборот спутника на этой орбите Земля провернется под ним на 4 угол 22.4∘ . На промежуточной эллиптической орбите период спутника равен 𝑇2 = 37 925 секунд, что соответствует повороту Земли на 158.5∘ . Для выхода на геостационарную орбиту спутнику на промежуточной орбите необходимо сделать полуцелое число оборотов 𝑘 + 12 . Где 𝑘 = 0, 1, 2.... Этап 3. Последовательность маневров. Выработаем последовательность маневров для вывода спутника на долготу Уфы. Для решения этой задачи расчеты разумнее производить через углы поворота, а не через время. Но в конце решения надо будет проверить, чтобы итоговое время оказалось менее 48 часов. Рассмотрим случай, когда на первой орбите спутник сделает 𝑛 + 14 витков. Тогда после всех маневров спутник сделает 𝑁 =𝑛+

1 1 + 𝑘 + витков, 4 2

и спутник окажется на долготе 𝜆 при старте с долготы 𝜆0 : 1 1 𝜆 = 𝜆0 − 90∘ − (𝑛 + ) · 22.4∘ − (𝑘 + ) · 158.5∘ 4 2 Упростим выражение, оставив только целочисленные переменные 𝑛 и 𝑘: 𝜆 = 𝜆0 − 90∘ − 84.85∘ − 22.4∘ · 𝑛 − 158.5∘ · 𝑘 Подставим значения 𝜆 и 𝜆0 : 56∘ = 128.3∘ − 90∘ − 84.85∘ − 22.4∘ · 𝑛 − 158.5∘ · 𝑘 Упростим: −102.5∘ + 360∘ · 𝑀 = 22.4∘ · 𝑛 + 158.5∘ · 𝑘,

(1)

здесь 𝑀 – целое число оборотов Земли. В случае, если мы рассматриваем на первой орбите 𝑛 + 43 оборота перед переходом на вторую эллиптичную орбиту, то выражение будет иметь вид 3 1 𝜆 = 𝜆0 + 90∘ − (𝑛 + ) · 22.4∘ − (𝑘 + ) · 158.5∘ 4 2 XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 3 из 23

Теоретический тур

10 класс

24 апреля 2026

56∘ = 128.3∘ + 90∘ − 98.3∘ − 22.4∘ · 𝑛 − 158.5∘ · 𝑘 66.25∘ + 360∘ · 𝑀 = 22.4∘ · 𝑛 + 158.5∘ · 𝑘

(2)

Теперь надо подобрать целые числа 𝑛 и 𝑘, при которых равенство выполняется. Составим таблицу угла смещения для различных 𝑛 и 𝑘: 𝑓 (𝜆) = 22.4∘ · 𝑛 + 158.5∘ · 𝑘 и сравним полученные значение с искомыми. {︃ 257.45∘ = 22.4∘ · 𝑛 + 158.5∘ · 𝑘 или 66.25∘ = 22.4∘ · 𝑛 + 158.5∘ · 𝑘

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

0 22.4 44.8 67.2 89.6 112 134.4 156.8 179.2 201.6 224 246.4 268.8 291.2 313.6 336 358.4

1 180.9 203.3 225.7 248.1 270.5 292.9 315.3 337.7 360.1 382.5 404.9 427.3 449.7 472.1 494.5 516.9

2 339.4 361.8 384.2 406.6 429 451.4 473.8 496.2 518.6 541 563.4 585.8 608.2 630.6 653 675.4

3 497.9 520.3 542.7 565.1 587.5 609.9 632.3 654.7 677.1 699.5 721.9 744.3 766.7 789.1 811.5 833.9

По вертикальной оси 𝑛 – целое число витков на первой орбите, по горизонтальной оси 𝑘 – целое число витков на второй орбите. Для стратегии с 𝑛 + 14 нас интересуют значения угла поворота 257.45∘ или 257.45∘ + 360∘ , а для стратегии 𝑛 + 34 – значение 66.25∘ . Из таблицы видим, что первый сценарий реализовать не получится, а второй реализуется при 𝑛 = 3 и 𝑘 = 0. Проверим, сколько времени потребуется для реализации всех маневров. (︂ ∆𝑇 =

3 𝑛+ 4

)︂

(︂ )︂ 1 · 𝑇1 + 𝑘 + · 𝑇2 2

(︂ )︂ 3 1 ∆𝑇 = 3 + · 5370𝑠 + · 37925𝑠 = 39 100𝑠 ≈ 10.9 часа. 4 2

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 4 из 23

Теоретический тур

10 класс

24 апреля 2026

Альтернативные решения. Найденная пара 𝑛 = 3, 𝑘 = 0 является оптимальной по времени перехода, однако не единственной. Если продолжить таблицу значений 𝑓 (𝜆) из стратегии 𝑛 + 34 на большие значения 𝑛 (т.е. рассматривать варианты, в которых правая часть равенства (2) обходит лишние 360∘ за счёт дополнительных оборотов Земли), обнаруживаются ещё два попадания в окрестность Уфы — 𝑛 = 19, 𝑘 = 0 и 𝑛 = 12, 𝑘 = 1. В обоих случаях суммарное время составляет около 34.9 часа, то есть формальным условиям варианты удовлетворяют. Кроме того, условие задачи фиксирует наклонение опорной орбиты (𝑖 = 51.88∘ , поскольку космодром Восточный — самая северная её точка), но не задаёт направление обращения спутника. При запуске «против вращения Земли» (по ретроградной орбите) положения восходящего и нисходящего узлов в инерциальной системе меняются местами, и формулы (1) и (2) переходят друг в друга с заменой знака. Перебор показывает, что в коридоре ±3∘ от Уфы и в пределах 48 часов реализуются ещё три ретроградных решения – 𝑛 = 11, 𝑘 = 0, 𝑛 = 4, 𝑘 = 1 (около 22.9 часа), а также 𝑛 = 27, 𝑘 = 0 (около 46.9 часа). Сводная таблица всех найденных в рамках условий задачи решений приведена ниже. Оптимальным остаётся прямой запуск 𝑛 = 3, 𝑘 = 0 – наименьшее время и наиболее реалистичный по энергозатратам вариант. № 1 2 3 4 5 6

Запуск прямой ретроградный ретроградный прямой прямой ретроградный

𝑛 3 11 4 19 12 27

𝑘 0 0 1 0 1 0

∆𝑇 , ч 10.9 22.9 22.9 34.9 34.9 46.9

Ошибка от Уфы −1.5∘ −1.8∘ −2.5∘ −2.1∘ −2.8∘ −2.4∘

Рис. 1: Решение №1. Прямой запуск, 𝑛 = 3, 𝑘 = 0. Оптимальное по времени решение задачи: ∆𝑇 ≈ 10.9 ч, конечная долгота 54.5∘ в. д.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 5 из 23

10 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026

Рис. 2: Решение №2. Ретроградный запуск, 𝑛 = 11, 𝑘 = 0. ∆𝑇 ≈ 22.9 ч, конечная долгота 54.2∘ в. д. Критерии оценивания. 15 К1. Определение времени всех маневров . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Период обращения спутника на опорной орбите . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Афелийное расстояние на промежуточной орбите . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Период обращения спутника на эллиптической орбите. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 В случае, если участник в качестве периода Земли берет 86400 секунд, оценка по данном критерию снижается на 1 балл

К2. Определение угла поворота Земли . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Формула, связывающая угол поворота Земли со временем. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 В случае, если участник в качестве периода Земли берет 86400 секунд, оценка по данному подкритерию 0 баллов

Значение угла поворота Земли за один оборот на опорной орбите (22.4∘ ). . . . . . . . . .1 Значение угла поворота Земли за один оборот на эллиптичной орбите (158.5∘ ) . . . 1 К3. Определение оптимального числа витков . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 Утверждение, что на опорной орбите нужно сделать 𝑛 + 14 или 𝑛 + 43 оборота . . 1+1 Получены формулы (1) и (2) для случая 𝑛 + 14 и 𝑛 + 34 соответственно . . . . . . . . . 1+1 Получен верный ответ для случая 𝑛 + 41 . (Решения нет) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Получены верные ответы 𝑛 и 𝑘. для случая 𝑛 + 34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Проверено, что суммарное время маневров меньше 48 часов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 6 из 23

10 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026

Рис. 3: Решение №3. Ретроградный запуск, 𝑛 = 4, 𝑘 = 1. ∆𝑇 ≈ 22.9 ч, конечная долгота 53.5∘ в. д.

Рис. 4: Решение №4. Прямой запуск, 𝑛 = 19, 𝑘 = 0. ∆𝑇 ≈ 34.9 ч, конечная долгота 53.9∘ в. д.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 7 из 23

10 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026

Рис. 5: Решение №5. Прямой запуск, 𝑛 = 12, 𝑘 = 1. ∆𝑇 ≈ 34.9 ч, конечная долгота 53.2∘ в. д.

Рис. 6: Решение №6. Ретроградный запуск, 𝑛 = 27, 𝑘 = 0. ∆𝑇 ≈ 46.9 ч, конечная долгота 53.6∘ в. д.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 8 из 23

Теоретический тур

10 класс

24 апреля 2026

10.2. Искусcтвенный отбор А. Н. Акиньщиков Транзитный обзор даёт каталог планет с заметным избытком коротких периодов. Нужно оценить, какую часть этого эффекта создаёт геометрическая селекция самого метода. Пусть все рассматриваемые планеты движутся по круговым орбитам вокруг солнцеподобных звёзд массы 1 𝑀⊙ и радиуса 1 𝑅⊙ . Радиусы планет гораздо меньше радиусов звёзд, плоскости планетарных орбит ориентированы в пространстве случайно. Считайте, что наблюдатель обязательно обнаружит транзит, если он геометрически возможен. В некотором транзитном каталоге распределение числа планет по периодам обращения оказалось таким: Период, дни

1–2

2–4

4–8

8–16

16–32

32–64

Число планет

145

110

82

60

40

22

Для оценки считайте, что всем планетам внутри каждого диапазона периодов можно приписать период, равный среднему геометрическому границ диапазона. A. Найдите, как вероятность наблюдения транзита зависит от периода системы 𝑃 . B. Восстановите истинную популяцию – оцените число планет в каждом диапазоне периодов и полное число планет в этом каталоге, если бы наблюдения не ограничивались эффектом геометрической селекции. C. Сравните средний период планет в наблюдаемом каталоге и в восстановленной истинной популяции. Решение. Обозначим через 𝑎 радиус круговой орбиты, а через 𝑖 – угол между нормалью к плоскости орбиты и лучом зрения. Тогда 𝑖 = 0∘ соответствует орбите, видимой плашмя, а 𝑖 = 90∘ – орбите, видимой с ребра. Достаточно рассматривать 𝜋 0≤𝑖≤ , 2 поскольку две противоположные нормали задают одну и ту же плоскость орбиты. В момент соединения расстояние от центра планеты до центра диска звезды в проекции на небо равно 𝑏 = 𝑎 cos 𝑖. Транзит возможен, если это расстояние не превосходит радиуса звезды: 𝑎 cos 𝑖 ≤ 𝑅⊙ . Значит, транзитные ориентации удовлетворяют условию 𝑖 ≥ 𝑖0 ,

cos 𝑖0 =

𝑅⊙ . 𝑎

Теперь найдём долю систем с такими ориентациями орбит. При случайной ориентации плоскости орбиты направление её нормали равномерно распределено по сфере. На единичной сфере условия 𝜋 𝑖0 ≤ 𝑖 ≤ 2 XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 9 из 23

Теоретический тур

10 класс

24 апреля 2026

задают сферический пояс. Его высота равна cos 𝑖0 − cos

𝜋 = cos 𝑖0 . 2

Площадь сферического пояса на единичной сфере равна произведению 2𝜋 на его высоту. Вся полусфера возможных различных плоскостей имеет площадь 2𝜋, поэтому доля подходящих ориентаций равна 𝑅⊙ 2𝜋 cos 𝑖0 = cos 𝑖0 = . 𝑝tr = 2𝜋 𝑎 Эквивалентная интегральная запись этого шага: ∫︁ 𝜋/2 sin 𝑖 𝑑𝑖 𝑝tr = ∫︁𝑖0𝜋/2

= sin 𝑖 𝑑𝑖

𝑅⊙ . 𝑎

Из третьего закона Кеплера для солнцеподобной звезды (︂ 𝑎=

𝑃 1 𝑦𝑟

)︂2/3 𝐴𝑈.

Следовательно, 𝑅⊙ 𝑝tr = 𝐴𝑈

(︂

𝑃 1 𝑦𝑟

)︂−2/3

(︂ ≈ 0,00465

𝑃 1 𝑦𝑟

)︂−2/3 .

Отсюда сразу видна и зависимость 𝑝tr ∝ 𝑃 −2/3 , и численная нормировка, необходимая для восстановления истинного числа планет. В каждом диапазоне берём характерный период, равный среднему геометрическому его границ: √ √ √ √ √ √ 𝑃𝑖 = 2, 2 2, 4 2, 8 2, 16 2, 32 2 d. Для этих периодов получаем примерно следующие геометрические вероятности транзита: 0,189, 0,119, 0,0748, 0,0472, 0,0297, 0,0187. Если в некотором диапазоне наблюдается 𝑁obs планет, то соответствующее истинное их число оценивается как 𝑁obs . 𝑁true ≈ 𝑝tr Отсюда в распределении по диапазонам получаем примерные значения: 769, 926, 1096, 1273, 1347, 1176. Суммируя, находим оценку общего числа планет в диапазоне периодов от 1 до 64 суток: 𝑁true,tot ≈ 6590. XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 10 из 23

Теоретический тур

10 класс

24 апреля 2026

При этом в наблюдаемом каталоге было всего 𝑁obs,tot = 145 + 110 + 82 + 60 + 40 + 22 = 459 планет. Теперь найдём средний период. Для наблюдаемого каталога используем те же характерные периоды 𝑃𝑖 : ∑︀ 𝑁obs,𝑖 𝑃𝑖 . ⟨𝑃 ⟩obs ≈ ∑︀ 𝑁obs,𝑖 Подстановка чисел даёт ⟨𝑃 ⟩obs ≈ 7,8 d. Для истинной популяции периоды нужно усреднять с весами, равными восстановленным числам планет: ∑︀ 𝑁true,𝑖 𝑃𝑖 ⟨𝑃 ⟩true ≈ ∑︀ ≈ 16,4 d. 𝑁true,𝑖 Плоский случай Дополнительно рассмотрим плоский случай, который использовало большинство участников: плоскость орбиты проворачивается относительно картинной плоскости только в одном направлении. При таком ограничении ориентации орбиты транзит возможен тогда, когда луч зрения проходит от плоскости орбиты не дальше, чем на расстояние порядка 𝑅⊙ . Поэтому геометрическая вероятность транзита пропорциональна 𝑝tr ∝

2 𝑅⊙ , 𝜋 𝑎

где 𝑎 – радиус орбиты. Из третьего закона Кеплера для солнцеподобной звезды следует: 𝑃 2 ∝ 𝑎3 ,

𝑎 ∝ 𝑃 2/3 .

Следовательно, 2 𝑅⊙ 𝑝tr = 𝜋 𝐴𝑈

(︂

𝑃 1 𝑦𝑟

)︂−2/3

1 ≈ 0,0093 𝜋

(︂

𝑃 1 𝑦𝑟

)︂−2/3 .

В этом случае получаем следующие геометрические вероятности транзита: 0,120, 0,075, 0,0476, 0,03, 0,0189, 0,0119. Отсюда при распределении по диапазонам получаем количество планет в истинной популяции: 1207, 1454, 1721, 2000, 2116, 1847. Суммируя, находим оценку общего числа планет в диапазоне периодов от 1 до 64 суток: 𝑁true,tot ≈ 10345. Остальные значения не меняются. XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 11 из 23

10 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026

Критерии оценивания. 15 К1. Выведение (определение) формулы для вероятности . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Если использовано плоское приближение, выставляется 2 балла, но остальное решение оценивается полностью Если формула дается без вывода, то выставляется 0 баллов за критерий, остальное решение оценивается полностью

К2. Формула зависимости вероятности наблюдения транзита от периода системы . . . . . . . . . 2 Для плоского приближения выставляется 1 балл

К3. Вычисление верных периодов планет для каждого диапазона . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Каждое ошибочное вычисление – минус 1 балл за критерий, но суммарно за критерий не меньше 0 баллов

К4. Определение количества планет для каждого диапазона . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Каждое ошибочное вычисление – минус 1 балл за критерий, но суммарно за критерий не меньше 0 баллов

К5. Определение полного количества планет в истинной популяции. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 Выставляется только при полностью верном решении

К6. Формула для нахождения среднего периода для выборки планет . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К7. Численное нахождение среднего периода для планет каталога . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Если периоды в диапазоне вычислялись по формуле среднего арифметического, то 1 балл

К8. Численное нахождение среднего периода для планет истинной популяции . . . . . . . . . . . . . 1 Для варианта плоского приближения: Вероятность умножается на 𝜋2 (в итоговой формуле тоже). Результат меняется только в значении вероятностей и в количестве планет. Вероятности: 0.120; 0.075; 0.0476; 0.03; 0.0189; 0.0119. Количество планет: 1207, 1454, 1721, 2000, 2116, 1847. Общее количество планет в истинной популяции: 10345. Для варианта среднего арифметического за критерии К3 и К7 ставится 0 баллов и 1 балл соответственно. Остальное решение оценивается в полной мере.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 12 из 23

Теоретический тур

10 класс

24 апреля 2026

10.3. Галактические петли И.В. Игнатьев При наблюдениях за облаком HI в диске галактики (в области, где скорость вращения не зависит от расстояния от центра) было обнаружено красное смещение линии нейтрального водорода в ее спектре на 42 микрона относительно гелиоцентрической системы отсчёта. Исходя из этого, оцените возможные галактические долготы этого облака. Считайте, что скорость вращения в галактике постоянна на расстояниях от центра, больших 𝑅0 = 4 кпк, а радиус галактического диска составляет 𝑅 = 15 кпк. Толщиной диска Галактики и отклонением от круговых орбит пренебречь. Решение. Как известно, нейтральный водород излучает на линии 𝜆0 = 21 см. Исходя из этого, мы можем получить гелиоцентрическую лучевую скорость облака: ∆𝜆 𝑣𝑟 , = 𝑐 𝜆0 𝑣𝑟 = 60 км/с. Отдельно отметим, что наблюдается красное смещение, а значит, облако удаляется от наблюдателя. Галактическая долгота 𝑙 отсчитывается от направления от Солнца S на центр Галактики O против часовой стрелки (если смотреть с северного полюса Галактики). Обозначим облако на рисунке буквой H и определим его лучевую скорость. Поскольку и Солнце, и облако находятся дальше 4 кпк от центра Галактики, примем их скорости одинаковыми и равными скорости на плато зависимости скорости от расстояния – 𝑣, расстояние от Солнца до центра Галактики обозначим за 𝑟0 , от облака до центра Галактики за 𝑟. Вращение Галактики при этом происходит по часовой стрелке (опять же при наблюдении из северного полюса). 𝑣 𝐻

𝑣 𝑙 𝑆

𝑂 𝑟0

Тогда гелиоцентрическая лучевая скорость может быть выражена так: 𝑣𝑟 = 𝑣 sin 𝛾 − 𝑣 sin 𝑙. XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 13 из 23

Теоретический тур

10 класс

24 апреля 2026

Выражая из теоремы синусов для треугольник SOH синус угла 𝛾 получаем: sin 𝛾 = sin 𝑙

𝑣𝑟 = 𝑣 sin 𝑙

(︁ 𝑟

𝑟0 , 𝑟 )︁

−1 .

Сразу обозначим 𝑘 = 𝑣𝑟 / 𝑣. В результате получаем связь между 𝑙 и 𝑟 для фиксированного 𝑘: 𝑘 = sin 𝑙

(︁ 𝑟

)︁ −1 .

В качестве оценки возьмём расстояние от Солнца до центра Галактики 𝑟0 = 8.3 кпк, а скорость на плато 𝑣 = 230 км/с. В данной задаче получаем: 𝑘=

𝑣𝑟 = 0.26. 𝑣

Перейдём к нахождению возможных галактических долгот. Рассмотрим отдельно два случая: когда облако нейтрального водорода находится к центру Галактики ближе, чем Солнце и дальше, чем Солнце.

Первый случай. Рассмотрим вариант, когда 𝑟 ≤ 𝑟0 , то есть облако не дальше от центра Галактики, чем Солнце. В таком случае для фиксированного 𝑟 существует максимально возможная галактическая долгота (аналог максимальной элонганции). Отдельно отметим, что, так как 𝑘 положительное, sin 𝑙 также должен быть положительным, а, значит, 𝑙 < 180∘ . Выражая sin 𝑙, получим: 𝑘 . −1 𝑟

sin 𝑙 = 𝑟0 При этом есть ограничение на sin 𝑙: sin 𝑙 ≤

𝑟 . 𝑟0

В результате получаем: 𝑘

≤ ⇒𝑘 ≤1− , 𝑟0 −1 𝑟0 𝑟0 𝑟 𝑟 ≤ (1 − 𝑘)𝑟0 . Также из условия наблюдаемое облако нейтрального водорода уже находится на плато скоростей, а значит: XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 14 из 23

Теоретический тур

10 класс

24 апреля 2026

𝑟 ≥ 𝑅0 Видим, что галактическая долгота монотонно растёт с ростом 𝑟 для данного случая. Значит, границы для 𝑟 будут соответствовать граничным галактическим долготам: 𝑘 , −1 𝑅0

sin 𝑙𝑚𝑖𝑛 = 𝑟0

sin 𝑙𝑚𝑖𝑛 = 𝑘

sin 𝑙𝑚𝑎𝑥 =

𝑅0 , 𝑟0 − 𝑅0

𝑘 𝑟0 −1 (1−𝑘)𝑟0

sin 𝑙𝑚𝑎𝑥 = 1 − 𝑘

Итого, имеем ограничения на галактическую долготу для первого случая: 14∘ ≤ 𝑙 ≤ 48∘ Второй случай. Рассмотрим вариант, когда 𝑟 > 𝑟0 , то есть облако дальше от центра Галактики, чем Солнце. Здесь у нас нет дополнительных ограничений на 𝑙, поэтому ограничения на галактическую долготу будут определяться из ограничений на 𝑟. Заметим, что 𝑟0 / 𝑟 < 1, поэтому в данном случае sin 𝑙 < 0. Итак, из прошлого пункта: 𝑘 . − 1 𝑟

sin 𝑙 = 𝑟0

При увеличении 𝑟 значение sin 𝑙 в данном случае монотонно растёт. При этом снизу есть естественное ограничение sin 𝑙 ≥ −1. Заметим, что такая граница снизу не выходит за рамки рассматриваемого случая. Действительно, при sin 𝑙 = −1 получаем 𝑟 = 11.2 кпк, что больше чем 𝑟0 , а значит именно sin 𝑙 ≥ −1 является нижней границей. Перейдём к оценке сверху: 𝑘 𝑘 ≤ 𝑟0 . −1 −1 𝑟 𝑅

sin 𝑙 = 𝑟0

Итого, получаем ограничения на галактическую долготу для второго случая: sin 𝑙𝑚𝑖𝑛 = −1,

sin 𝑙𝑚𝑎𝑥 = −𝑘

𝑅 , 𝑅 − 𝑟0

216∘ ≤ 𝑙 ≤ 324∘ . На рисунке красными линиями обозначены геометрические места точек, где может располагаться облако HI для данного 𝑘 в обоих случаях.

Ответ: 𝑙 ∈ [14∘ ; 48∘ ] ∪ [216∘ , 324∘ ].

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 15 из 23

10 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026

Критерии оценивания. 15 К1. Определение лучевой скорости облака . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К2. Оценка скорости вращения на плато и расстояния от Солнца до центра Галактики . . . 2 К3. Получение уравнения связи для галактической долготы, расстояния и скорости . . . . . . 3 К4. Рассмотрение случая 𝑟 ≤ 𝑟0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Определение максимальной галактической долготы для этого случая . . . . . . . . . . . . . 3 Определение минимальной галактической долготы для этого случая (на 4 кпк) . . 2 К5. Рассмотрение случая 𝑟 ≥ 𝑟0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Нахождение диапазона sin 𝑙 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 Диапазон галактических долгот для этого случая . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Если перепутано направление отсчёта галактической долготы или вращения Галактики, максимальные оценки по К4 и К5 составляют 3 и 2 балла соответственно, остальное оценивается в полной мере. Если получено неверное, но разумное значение лучевой скорости, К1=0, максимальные баллы за К4 и К5 составляют 4 и 2 соответственно. Если в модели участника облако движется в сторону, противоположную движению Солнца, по критерию К3 ставится оценка 0, максимальные оценки за критерии К4, К5 составляют 3 и 2 балла.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 16 из 23

Теоретический тур

10 класс

24 апреля 2026

10.4. Звездный градусник В. Б. Игнатьев, М. В. Кузнецов Перед вами кривая блеска затменно-переменной звезды с круговыми орбитами. Из спектральных наблюдений известно, что одна из звезд системы полностью аналогична Солнцу. Определите температуру второй звезды. Потемнением диска к краю и эффектом прогрева пренебречь. Главный минимум

Вторичный минимум

12.4

12.52

Звёздная величина

Звёздная величина

12.6 12.8 13.0 13.2

12.56

12.60

12.64

13.4 13.6 -0.10

0 Фаза

0.10

12.68 0.30

0.40

0.50 Фаза

0.60

0.70

Решение. Пусть поток от двойной звезды вне затмения равен 𝐹0 , поток в главном минимум равен 𝐹1 , поток во вторичном минимуме равен 𝐹2 . В главном минимуме закрывается более горячая звезда. Договоримся, что 𝑇1 > 𝑇2 . Поскольку по условию орбиты звёзд круговые, площадь перекрытия дисков звезд будет одинакова, обозначим её через 𝑆. Запишем выражение для потока от двойной звезды в минимумах: 𝐹1 = 𝐹0 − ∆𝐹1 , 𝐹2 = 𝐹0 −∆𝐹2 , где ∆𝐹1 и ∆𝐹2 — слагаемые, в которых учитывается вклад излучения от площади 𝑆 закрываемой звезды с температурами 𝑇1 и 𝑇2 соответственно: ∆𝐹1 ∼ 𝜎𝑇14 𝑆/𝑟2 , ∆𝐹2 ∼ 𝜎𝑇24 𝑆/𝑟2 (расстояние 𝑟 до обеих звёзд считаем одинаковым). 𝑇4 𝐹0 − 𝐹1 ∆𝐹1 = 14 = . ∆𝐹2 𝑇2 𝐹0 − 𝐹2 Это выражение можно свести к отношению потоков, и, как следствие, к разнице звездных величин. Разделим и числитель, и знаменатель на 𝐹0 (︂ )︂4 1 − 𝐹1 /𝐹0 𝑇1 = 1 − 𝐹2 /𝐹0 𝑇2

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 17 из 23

10 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026

Теперь вернемся к графикам, на которых по оси y отложена звездная величина, а не поток. Поэтому нужно провести еще несколько действий. В главном минимуме изменение звездной величины составляет ∆𝑚1 = 0.84𝑚 , во вторичном минимуме — ∆𝑚2 = 0.09𝑚 . Тогда отношение потоков равно 𝐹1 = 10−0.4·0.84 = 0.46, 𝐹0 𝐹1 = 10−0.4·0.09 = 0.92. 𝐹0 Тогда искомое отношение температур √︂ 𝑇1 1 − 0.46 = 4 ≈ 1.6. 𝑇2 1 − 0.92 Нам неизвестно, какой индекс имеет звезда с массой и температурой Солнца. Возможно, это более горячая, а возможно, это более холодная звезда. Рассмотрим оба варианта. A. Звезда типа Солнца – более горячая звезда. Тогда вторая звезда будет иметь температуру 3600 К. B. Звезда типа Солнца – более холодная звезда. Тогда вторая звезда будет иметь температуру 9300 K. Критерии оценивания. 15 К1. Интерпретация условий задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Снятие величины падения блеска в минимумах . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 × 2 Данный пункт не является критической точкой задачи, важно чтобы участники смогли с точностью до 10% получить данные величины.

Указание, что при круговых орбитах затмеваемые площади одинаковы . . . . . . . . . . . 1 Указано в явном виде или используется в решении

К2. Взаимосвязь потоков и перекрываемой площади 𝑆 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Записан закон Стефана — Больцмана . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Выражение, описывающее ситуацию в общем случае для затмения . . . . . . . . . 1 × 2 Исключение площади из рассмотрения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Запись и корректное использование формулы Погсона . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К3. Зависимость отношения температур от потоков (из верных предположений) . . . . . . . . . . 2 В виде формулы или верного численного выражения. За данный критерий частичный балл не предусмотрен.

К4. Получение верного итогового ответа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 × 2 Каждый из случаев, когда звезда типа Солнца более горячая, или более холодная, оценивается по 2 балла. В случае, если участник ошибся в снятии данных на первом этапе, но в дальнейшем реализовал корректное решение, то критерий 4 оценивается в 50% баллов. В случае, если участник аргументированно рассматривает полное затмение минимальной длительности (нулевая длительность полной фазы), то К1.2 оценивается в 0, К2.2 в 50% баллов, К2.3 в 0 баллов, К3 в 50% баллов. В случае, если участник рассматривает полное затмение с транзитом (т.е. с заметной длительностью полной фазы, что противоречит имеющимся в условии задачи графикам), то К1.2 оценивается в 0, К2.2 в 50%, К2.3 в 0 баллов, К3 и К4 в 50% баллов.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 18 из 23

10 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026

10.5. Ночью надо спать А. М. Татарников Астроном хотел увидеть звезды на фоне яркого сумеречного неба с помощью своего телескопа диаметром 250 мм и фокусным расстоянием 3 м. При наблюдениях он использовал окуляр, имеющий фокусное расстояние 10 мм и входную полевую диафрагму диаметром 10 мм. Полевая диафрагма установлена в фокальной плоскости объектива и ограничивает поле зрения. Оказалось, что интегральная яркость фона неба, пропускаемого диафрагмой, соответствует яркости звезды −5𝑚 . Определите блеск самой слабой звезды, которую можно увидеть в этот телескоп в этот момент. Наблюдатель перестает видеть звезду, когда поверхностная яркость её изображения становится в 2 раза меньше поверхностной яркости фона неба. Считайте, что: 1) изображение звезды имеет равномерную яркость, 2) угловое разрешение глаза – 1′ , 3) аберрациями и искажениями лучей в атмосфере можно пренебречь. Решение. При наблюдениях с окуляром на видимый в телескоп угловой размер звезды влияет несколько факторов. Но в любом случае угловым размером видимого в окуляр диска звезды будет не менее углового разрешения глаза наблюдателя (т.е. 1′ ). Увеличение телескопа, плохое качество оптики или атмосферные эффекты могут увеличить видимый размер диска звезды, но не уменьшить его. Вычислим дифракционное разрешение объектива телескопа. Для этого воспользуемся готовой формулой для визуальных наблюдений (можно использовать общую формулу дифракционного предела, ответ это не изменит) 𝛽 = 140′′ /𝐷 = 0.56′′

(3)

На рисунке показан профиль яркости дифракционной картины. По критерию Рэлея дифракционное разрешение объектива численно равно радиусу первого темного кольца дифракционной картины от точечного источника. Из рисунка видно, что полуширина профиля (FWHM) примерно равна этой же величине. В условии указано, что изображение звезды имеет равномерную яркость, значит, его можно считать однородным кружком диаметром 𝛽. Разглядывая это изображение с окуляром, астроном будет видеть его в Γ раз большим по угловым размерам (Γ — увеличение телескопа). Вычислим его: XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 19 из 23

10 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026

Γ = 𝐹/𝑓 = 300,

(4)

и найдём угловой размер изображения звезды, каким его видит астроном в окуляр: 𝛽 ′ = 𝛽 · Γ ≈ 168′′ .

(5)

Полученное значение больше углового разрешения глаза. Это значит, что при данном увеличении именно от размера дифракционного изображения звезды зависит возможность ее наблюдения. Итак, астроном «на пределе» видит звезду на ярком сумеречном фоне, когда от нее приходит в 2 раза меньше света, чем от площадки фона диаметром 𝛽 = 0.56′′ . Поле зрения телескопа ограничено полевой диафрагмой окуляра диаметром 𝑑 и составляет 𝛼 = 206265𝑑/𝐹 ≈ 688′′ .

(6)

Найдем блеск площадки фона неба с угловым диаметром 𝛽: 𝑚 = 2.5lg(𝛼/𝛽)2 − 5 ≈ 10.4𝑚 .

(7)

В два раза более слабая звезда будет на 0.75m слабее. Это соответствует звездной величине ≈ 11.2m . Критерии оценивания. 15 К1. Рассмотрение объектива телескопа. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3 Вычисление дифракционного разрешения объектива телескопа (с ошибкой < 10%)1 Вычисление углового увеличения телескопа (с ошибкой < 10%) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Вычисление углового поля зрения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К2. Корректное рассмотрение системы окуляра и объектива . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Корректное вычисление угл. размера равномерно засвеченного диска звезды . . . . . 2 Если размер кружка взят в 2𝛽, то ставится 0 баллов.

Вычисление видимого в окуляр угл. размера изображения звезды (ош. <20%) . . . . 1 Сопоставление видимого углового размера с угловым разрешением глаза . . . . . . . . . 3 Правильный вывод о том, какую величину использовать в дальнейшем

К3. Определение звездной величины . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Вычисление звездной величины площадки фона неба, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 соответствующей наблюдаемому изображению звезды

Учёт условия, что поверх. яркость изображения звезды в 2 раза меньше фона . . . 1 Данный подкритерий ставится только в случае корректной реализации

К4. Получение верного ответа (с ошибкой < 20%) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 При получении звёздной величины (единичной площадки фона неба или площадки, соответствующей наблюдаемому изображению звезды, или самой звезды), больше 18m или меньше −4m итоговая оценка за задачу не может быть больше 8 баллов Если не учитывается размер дифракционного кружка, то оценка за задачу не может превышать 9 баллов (за К1 не больше 2 баллов, К2 не больше 1 балла)

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 20 из 23

10 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026

10.6. Конь G2 М. В. Кузнецов, В. Б. Игнатьев Спектрально-двойная система, удаленная от Солнца на расстояние 150 пк, состоит из звезд спектральных классов K0IV и G2V. Суммарный блеск системы в полосе V составляет 9.09𝑚 , показатель цвета двойной системы (𝐵 −𝑉 )Σ = 0.98𝑚 , а болометрическая поправка для звезды K0IV составляет 𝐵𝐶K0IV = −0.19𝑚 . A. Определите видимую звездную величину и показатель цвета звезды-субгиганта. B. Определите разницу показателей цвета для звезд K0V (0.84𝑚 ) и K0IV. C. Определите болометрическую поправку 𝐵𝐶Σ для всей системы. Межзвездным поглощением в направлении системы можно пренебречь. Не забудьте воспользоваться справочными данными. Решение. Определим абсолютную звездную величину в полосе V для звезды G2V, вспомнив, что к этому классу относится Солнце: 𝑀𝑉 = 𝑚 + 5 − 5 lg 𝑟 = −26.78 + 5 − 5 lg (1/206265) = −21.78 + 5 lg 206265 = 4.79𝑚 . Тогда видимая звездная величина звезды G2V: 𝑉𝐺 = 𝑀 − 5 + 5 lg 𝑟 = 4.79 − 5 + 5 lg 150 = 10.67𝑚 . Из справочных данных показатель цвета для звезды G2V равен 𝐵−𝑉 = 0.65𝑚 и, следовательно, видимая величина G2V в полосе B составит 𝐵𝐺 = 𝑉𝐺 + (𝐵 − 𝑉 ) = 10.67 + 0.65 = 11.32𝑚 . Найдем видимую звездную величину звезды K0IV из известной общей видимой звездной величины системы: 𝐸𝐾 + 𝐸𝐺 = 10−0.4(𝑉Σ −𝑉𝐺 ) , 𝐸𝐺 𝐸𝐾 1+ = 10−0.4(𝑉Σ −𝑉𝐺 ) , 𝐸𝐺 1 + 10−0.4(𝑉𝐾 −𝑉𝐺 ) = 10−0.4(𝑉Σ −𝑉𝐺 ) , 10−0.4(𝑉𝐾 −𝑉𝐺 ) = 10−0.4(𝑉Σ −𝑉𝐺 ) − 1, (︀ )︀ (︀ )︀ 𝑉𝐾 = 𝑉𝐺 − 2.5 lg 10−0.4(𝑉Σ −𝑉𝐺 ) − 1 = 10.67 − 2.5 lg 10−0.4(9.09−10.67) − 1 = 9.38𝑚 . Определим суммарную звездную величину системы в полосе B: (𝐵 − 𝑉 )Σ = 𝐵Σ − 𝑉Σ , 𝐵Σ = 𝑉Σ + (𝐵 − 𝑉 )Σ = 9.09 + 0.98𝑚 = 10.07𝑚 . Найдем звездную величину звезды K0IV в полосе B из известных звездных величин всей системы и звезды G2V: 𝐸𝐾 + 𝐸𝐺 = 10−0.4(𝐵Σ −𝐵𝐺 ) , 𝐸𝐺 XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 21 из 23

Теоретический тур

10 класс

1+

24 апреля 2026

𝐸𝐾 = 10−0.4(𝐵Σ −𝐵𝐺 ) , 𝐸𝐺

1 + 10−0.4(𝐵𝐾 −𝐵𝐺 ) = 10−0.4(𝐵Σ −𝐵𝐺 ) , 10−0.4(𝐵𝐾 −𝐵𝐺 ) = 10−0.4(𝐵Σ −𝐵𝐺 ) − 1, (︀ )︀ (︀ )︀ 𝐵𝐾 = 𝐵𝐺 − 2.5 lg 10−0.4(𝐵Σ −𝐵𝐺 ) − 1 = 11.32 − 2.5 lg 10−0.4(10.07−11.32) − 1 = 10.49𝑚 . Найдем показатель цвета для звезды K0IV: (𝐵 − 𝑉 )𝐾 = 𝐵𝐾 − 𝑉𝐾 = 10.49 − 9.38 = 1.11𝑚 Найдем разницу показателей цвета K0IV и K0V: ∆(𝐵 − 𝑉 ) = (𝐵 − 𝑉 )𝐼𝑉 − (𝐵 − 𝑉 )𝑉 = 1.11 − 0.84 = 0.27𝑚 Определим болометрическую величину звезды G2V: 𝐵𝑜𝑙𝐺 = 𝑀 − 5 + 5 lg 𝑟 = 4.72 − 5 + 5 lg 150 = 10.60𝑚 , 𝐵𝐶𝐺 = 𝐵𝑜𝑙𝐺 − 𝑉𝐺 = 10.60𝑚 − 10.67𝑚 = −0.07𝑚 . Определим болометрическую величину звезды K0IV: 𝐵𝑜𝑙𝐾 = 𝑉𝐾 + 𝐵𝐶𝐾 = 9.38 − 0.19 = 9.19𝑚 . Определим суммарную болометрическую звездную величину системы: 𝐸𝐾 + 𝐸 𝐺 = 10−0.4(𝐵𝑜𝑙𝐾 −𝐵𝑜𝑙𝐺 ) , 𝐸𝐺 )︂ (︂ 𝐸𝐾 + 𝐸 𝐺 , 𝐵𝑜𝑙Σ − 𝐵𝑜𝑙𝐺 = −2.5 lg 𝐸𝐺 (︀ )︀ (︀ )︀ 𝐵𝑜𝑙Σ = 𝐵𝑜𝑙𝐺 − 2.5 lg 1 + 10−0.4(𝐵𝑜𝑙𝐾 −𝐵𝑜𝑙𝐺 ) = 10.60 − 2.5 lg 1 + 10−0.4(9.19−10.60) = 8.93𝑚 . Вычислим болометрическую поправку для двойной системы: 𝐵𝐶Σ = 𝐵𝑜𝑙Σ − 𝑉Σ = 8.93 − 9.09 = −0.16𝑚 . Ответ: A. (𝐵 − 𝑉 )𝐾 = 1.11𝑚 . B. ∆(𝐵 − 𝑉 ) = 0.27𝑚 . C. 𝐵𝐶Σ = −0.16𝑚 .

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 22 из 23

10 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026

Критерии оценивания. 15 К1. Верное определение звезды-субгиганта. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Или сказано, что звезда G2V - Солнце

К2. Определение видимой зв.в. для звезды G2V (𝑉𝐺 ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 При неверном использовании справочных данных критерий К2 оценивается максимум из 1 балла, К3 и К4 из 2 баллов, а за критерий К5 ставится 0 баллов

К3. Определение видимой зв.в. для звезды K0IV (𝑉K ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Запись формулы Погсона в правильном виде и её верное применение . . . . . . . . . . . . . 1 Верные вычисления и верный численный ответ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К4. Определение показателя цвета для звезды K0IV. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4 Определение зв.в. в фильтре В для звезды K0IV (ВK ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Верные вычисления и верный численный ответ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К5. Определение разницы показателей цвета K0IV и K0V . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К6. Определение болометрической поправки ВС для всей системы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Определение болометрической зв.в. для звезды G2V . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Определение болометрической зв.в. для звезды K0IV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Определение болометрической зв.в. для системы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Определение болометрической поправки. для системы. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 Баллы за каждый критерий выставляются только при наличии верного численного и формульного ответа. Если неверное значение 𝑉G приводит к нефизичному ответу, то дополнительно за критерии К4.1 и К5 ставится 0 баллов. Остальные можно оценивать в полный балл. Если неверное значение 𝑉K приводит к нефизичному ответу, то дополнительно за критерии К4 и К5 ставится 0 баллов. Остальные можно оценивать в полный балл.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 23 из 23

Решения — прак.

Практический тур Условия, решения и схема оценивания. 10 класс

Содержание 10.7. Орлиный глаз . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 10.8. Древние часы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 10.9. Светит мазер, светит ясный. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 1 из 18

Практический тур

10 класс

25 апреля 2026

10.7. Орлиный глаз Т.В. Мигаль, Е.К. Тюхтикова Посмотрите на негатив фотографии, приведенный ниже, и оцените как можно более точно высоту Солнца над горизонтом в момент съемки. Длина Международной космической станции равна 109 м, ширина – 73 м, высота ее орбиты – 400 км. Считайте, что нижний край фотографии совпадает с альмукантаратом.

Рис. 1: Фотография к задаче «Орлиный глаз»

Решение. Сначала отождествим объекты на фото. Внизу кадра находится Международная космическая станция, её можно легко опознать по характерной форме солнечных батарей. В верхней XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 2 из 18

Практический тур

10 класс

25 апреля 2026

части кадра находится некоторый объект сферической формы в малой фазе. По фазе объекта можно сразу определить, что это не внешний объект Солнечной Системы, и уж тем более не объект за её пределами. Также можно понять, откуда сделано фото: если мы предположим, что сделано оно было не с поверхности Земли, а на подлете к МКС, и отождествим сферический объект как Луну, то получим характерный размер МКС 15 − 20′ , что соответствует расстоянию до станции в 15 − 20 км. При таком расстоянии мы бы не получили настолько размытое и некачественное фото станции, а, значит, расстояние до неё существенно больше, а объект на фото не является Луной. В итоге получаем, что фото было снято с поверхности Земли. Проведем оценку его углового размера, сравнивая с возможными угловыми размерами МКС. Для этого сначала поймем, под каким углом к нам видна станция. Заметим, что прямые углы солнечных батарей на фото остались прямыми, а значит, сжатие из-за поворота станции относительно картинной плоскости, если оно и есть, происходит только по ширине или длине. Измерим их соотношение на фото. Получили 9.0 усл. ед. в длину и 6.5 усл. ед. в ширину. 73 6.5 = 0.72 > = 0.67 9 109 Получается, что на фото соотношение ширины и длины немного больше, чем в реальности, то есть станция слегка повернута так, что ее кажущаяся длина чуть меньше реальной, а ширина практически не искажена. Значит, именно значением ширины станции мы будем пользоваться при дальнейших расчетах. Также мы будем использовать значение для длины МКС, если бы она располагалась в картинной плоскости. Оно равно 9.0 · 0.72/0.67 = 9.7 усл. ед. Определим возможные угловые размеры МКС при наблюдении с поверхности Земли: 𝛼𝑚𝑎𝑥 =

𝛼𝑚𝑖𝑛 = √︀

109 𝑙 ′′ = = 56 − максимальный угловой размер МКС, в зените. 3 𝐻 400 · 10

𝑙 109 ′′ = = 10 − минимальный угловой размер, у горизонта. 2 2 2290 (𝑅⊕ + 𝐻) − 𝑅⊕

При этом диаметр верхнего объекта равен 14.2 усл. ед. Таким образом, его угловой размер составляет от 15′′ (в случае минимального размера МКС) до 80′′ (при максимальном размере МКС). Значит, нам не подходят ни Луна (угловой размер около 0.5∘ , ни Меркурий (максимальный угловой размер 11′′ ). Таким образом, остаётся единственный возможный кандидат на объект сверху на фото – Венера. Теперь мы можем более точно определить угловой масштаб фотографии, для этого определим фазу Венеры. Измерим диаметр планеты и хорду, проведенную по касательной к внутренней части серпа в самом толстом его месте. Получим, что длина хорды равна 0.79 радиуса Венеры. Значит, по теореме Пифагора можно найти фазу: Φ=

)︁ √︀ 1 (︁ 𝑅 − 𝑅2 − (0.79𝑅/2)2 = 0.041 2𝑅

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 3 из 18

Практический тур

10 класс

25 апреля 2026

𝑙/2 𝑑

Тогда фаза равна 0.041, а фазовый угол – 156.6∘ . Острые углы при Солнце (𝛾) и Земле (𝛽) можно найти из системы уравнений: 𝛾 + 𝛽 = 180∘ − 156.6∘ = 23.4∘ 𝑎⊕ − 𝑎 ♀ 𝛾 = = 0.39 𝛽 𝑎♀

Отсюда получаем 𝛽 = 16.8∘ – угловое расстояние от Венеры до Солнца. 𝛾 = 6.6∘ Вычислим более точное расстояние до Венеры: √︁ 𝑟 = 𝑎2⊕ + 𝑎2𝑣𝑒𝑛𝑢𝑠 − 2𝑎⊕ 𝑎𝑣𝑒𝑛𝑢𝑠 cos 𝛾 = 0.30 𝑎.𝑒. Угловой размер Венеры: 𝛼♀ =

2 · 6050 = 55.5′′ . 0.30 · 1.5 · 108

Получаем масштаб снимка: 1 усл. ед. = 3.9′′. На расстоянии МКС 109 метров видны под углом 3.9 · 9.7 = 37.9′′ . А расстояние от наблюдателя до МКС равно 𝑟1 = 590 км. В треугольнике «МКС – наблюдатель – центр Земли» запишем теорему косинусов и выразим угол при наблюдателе: Ранее мы уже получили угловое расстояние между Венерой и Солнцем, оно равно 16.8∘ . Расстояние между Венерой и МКС составляет порядка 5′ и с нашей точностью пренебрежимо мало. Измерим угол в картинной плоскости с центром в Венере между направлениями на зенит и на Солнце. Сделать это можно, проведя вертикальную прямую (в направлении зенита, XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 4 из 18

10 класс

Практический тур

25 апреля 2026

⨁︀ 𝛾 𝛽

⨀︀

Рис. 2: Взаимное расположение планет и Солнца

𝑟1

𝑅⊕

90 + hмкс

𝑅⊕ + 𝐻

МКС

Земля Рис. 3: Расположение МКС относительно точки проведения съемки

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 5 из 18

10 класс

Практический тур

25 апреля 2026

так как по условию горизонтальные линии - альмукантараты) и перпендикуляр к линии, соединяющей концы серпа Венеры(направление на Солнце) и измерив угол между этими линиями. Этот угол получился равным 𝜃 = 77∘ . Для треугольника «Венера – Солнце – зенит» запишем сферическую теорему косинусов и найдем таким образом высоту Солнца: cos(90∘ − ℎ⊙ ) = cos(90∘ − ℎмкс ) cos 𝛽 + sin(90∘ − ℎмкс ) sin 𝛽 cos 𝜃 ℎ⊙ = arcsin(sin ℎмкс · cos 𝛽 + cos ℎмкс sin 𝛽 cos 𝜃) = 42.4∘ ∼ 42∘ Если же мы считаем, что фото перевернуто и горизонт находится сверху, то теорема косинусов примет следующий вид: cos(90∘ − ℎ⊙ ) = cos(90∘ − ℎмкс ) cos 𝛽 + sin(90∘ − ℎмкс ) sin 𝛽 cos(180∘ − 𝜃) ℎ⊙ = arcsin(sin ℎмкс · cos 𝛽 + cos ℎмкс sin 𝛽 cos(180∘ − 𝜃)) = 35.2∘ ∼ 35∘ Итоговый ответ: высота Солнца составляет 42∘ или 35∘ в зависимости от ориентации картинки.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 6 из 18

10 класс

Практический тур

25 апреля 2026

Критерии оценивания. 25 К1. Оценка ориентации МКС. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4 Подсчет соотношения длины и ширины МКС на фото . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . и сравнение с соотношением линейных размеров . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Вывод - ширина МКС не искажена или прив-ние длины к неискаженному виду . . 2 За попытку посчитать ориентацию МКС в случае произвольного наклона, не приведшую к корректному значению наклона - не более 2 баллов

К2. Отождествление сферического объекта . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 подсчет углового размера МКС в зените . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 подсчет углового размера МКС у горизонта . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 сравнение с телами Солнечной Системы и ответ Венера . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 За ответ "Венера"без объяснения - 2 балла, за словесное объяснение, почему выбрана Венера, без расчета - 3 балла, за доказательство без рассмотрения Меркурия с вычислениями - не более 4 баллов

К3. Нахождение фазы сферического объекта и снятие масштаба . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Измерение фазы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 За нахождение фазы по доле освещенного диаметра не более 1 балла

Нахождение углового размера Венеры . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 К4. Нахождение высоты МКС . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Угловой размер МКС . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Расстояние до МКС, принадлежащее интервалу [500; 700] км . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Высота МКС над горизонтом. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 К5. Нахождение высоты Солнца . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Угловое расстояние между Венерой и Солнцем . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Учёт или обоснованное пренебрежение угл. расстоянием между МКС и Венерой . 1 Высота Солнца . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 К6. Учет случая перевернутой фотографии . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 7 из 18

10 класс

Практический тур

25 апреля 2026

10.8. Древние часы А. В. Соколов При раскопках древней обсерватории была обнаружена шкала настенных солнечных часов. Ни гномона, ни информации о месте размещения часов не сохранилось. Используя данную шкалу, определите широту места размещения часов и угол поворота вертикальной стены, на которой они были размещены, относительно направления на юг. На шкале точка B – это точка, к которой монтируется гномон, направленный на полюс мира; точка А – проекция вершины гномона на плоскость стены. точка D – вершина гномона. Нижний край изображения расположен параллельно горизонту. Также добавлена схематическая вставка, поясняющая устройство гномона.

𝐷 𝐴

плоскость стены

Рис. 4: Шкала настенных часов. Вставка, поясняющая, как устроен гномон, сделана не в масштабе. Решение. Прежде чем что-то снимать с изображения, проанализируем, что нам представлено. На чертеже обозначена точка А – проекция вершины гномона на плоскость стены. Размечена часовая сетка, и линия XII – XII является вертикальной, потому что азимут Солнца в момент верхней кульминации одинаковый во все дни года. В остальное время, например, в 11 часов, азимут Солнца в разные дни года будет разный. XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 8 из 18

Практический тур

10 класс

25 апреля 2026

Определимся с полушарием. Суточное движение Солнца происходит с востока на запад в обоих полушариях. И если полушарие северное, то часовые отметки должны быть расположены на стене слева направо. А в южном полушарии – наоборот. Видим, что перед нами часы для северного полушария. Две кривые, размеченные римскими цифрами, – это точки, где заканчивается тень гномона. В отличие от горизонтальных солнечных часов, тень на вертикальных часах тем длиннее, чем выше Солнце. Ближняя к гномону граница тени соответствует дню зимнего солнцестояния в северном полушарии, дальняя граница (видна частично с отметками от VIII до XII) соответствует дню летнего солнцестояния. Прямая линия посередине между ними – это траектория, по которой двигается конец тени в дни равноденствий. Если бы стена стояла строго по линии восток – запад, а гномон был направлен строго на юг, то картинка была симметричной относительно вертикальной оси рисунка. Для поиска широты нам нужно рассмотреть плоскость небесного меридиана, которая содержит в себе линию XII-XII. Первый этап. Определение широты. Проанализируем размер тени по полуденной линии (XII-XII) в дни равноденствий и солнцестояний. Рассмотрим следующий рисунок, на котором покажем, как образуются тени в дни равноденствий и солнцестояний. Линия QPW – вертикальная поверхность стены. Точка D – вершина гномона, P – тень в дни равноденствий, Q и W – тени в дни зимнего и летнего солнцестояний. Угол 𝜀 — угол наклона плоскости эклиптики к небесному экватору. 𝐷 𝜀 𝜀

𝑄 𝛼 𝑑 90∘ − 𝜙

𝐾 𝑓 𝛽

𝑊 Измерим отрезки 𝑃 𝑄 = 𝑑 = 16 мм и 𝑃 𝑊 = 𝑓 = 50 мм по рисунку, данному в условии. Далее запишем теорему синусов для треугольника PQD: 𝑑 𝐷𝑃 = . ∘ sin(23.5 ) sin(𝛼) Также запишем теорему синусов для треугольников PWD: 𝑓 𝐷𝑃 = . ∘ sin(23.5 ) sin(𝛽)

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 9 из 18

Практический тур

10 класс

25 апреля 2026

Для треугольника QDW применим теорему о сумме углов: 𝛼 + 𝛽 = 180∘ − 2𝜀 = 180∘ − 2 · 23.5∘ = 133∘ . Теперь запишем отношение выражений, полученных из теоремы синусов: 𝑑 sin(23.5∘ ) 𝑓 sin(23.5∘ )

𝜌 sin(𝛼) 𝜌 . sin(𝛽)

Таким образом получаем:

𝑑 sin(𝛽) sin(133∘ − 𝛼) sin(133∘ ) cos(𝛼) − cos(133∘ ) sin(𝛼) sin(133∘ ) = = = = − cos(133∘ ), 𝑓 sin(𝛼) sin(𝛼) sin(𝛼) tg(𝛼)

tg(𝛼) =

sin(133∘ ) ≈ −2.02. 𝑑/𝑓 + cos(133∘ )

В итоге получаем значения 𝛼 = 116∘ и 𝛽 = 133∘ − 𝛼 = 17∘ . Теперь рассмотрим треугольник PKW. Его внешний угол ∠𝑃 𝐾𝐷 можно найти как сумму углов ∠𝐾𝑃 𝑊 = 90∘ и ∠𝑃 𝑊 𝐾 = 𝛽. Получаем ∠𝑃 𝐾𝐷 = 90∘ + 𝛽 = 107∘ . Используя теорему о сумме углов для треугольника PKS, получим: 𝜙 = 90∘ − (180∘ − ∠𝑃 𝐾𝐷 − 𝜀) = 107∘ + 23.5∘ − 90∘ = 40.5∘ с.ш. . Теперь перейдем ко второму вопросу задачи. Определим угол поворота стены от линии «восток – запад». Обозначим этот угол за 𝛼. Мы можем решать стереометрическую задачу и подумать над какой-то плоскостью, в которой искомый угол можно представить максимально удобно. В качестве такой плоскости возьмем плоскость параллельную горизонту и проведем ее через точку А. Проекция этой плоскости на рисунок – горизонтальная линия, проходящая через точку А и точку пересечения линии равноденствий и линии VI – VI. Обозначим эту точку V, сюда указывает тень гномона в момент восхода Солнца в дни равноденствий. Теперь выполним построение в этой плоскости. Отрезок VD соответствует направлению запад-восток. Точка 𝐵 ′ – проекция точки B на луч VA. Отрезок BD направлен вдоль оси мира в сторону юга. Значит его проекция 𝐵 ′ 𝐷 лежит в плоскости горизонта и направлено на точку юга. Следовательно 𝐵 ′ 𝐷 ⊥ 𝑉 𝐷. Для треугольника 𝐴𝐷𝑉 tg 𝛼 =

𝐴𝐷 𝐴𝑉

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 10 из 18

Практический тур

10 класс 𝑉

25 апреля 2026 𝐴

𝐵′

𝐷 Рис. 5: Поясняющая схема ко второму вопросу задачи. Рисунок в плоскости параллельной горизонту и проходящей через точку А. Для треугольника 𝐴𝐵 ′ 𝐷 tg 𝛼 =

𝐴𝐵 ′ . 𝐴𝐷

tg2 𝛼 =

𝐴𝐵 ′ . 𝐴𝑉

Избавимся от 𝐴𝐷:

Снимем данные со шкалы: 𝐴𝑉 = 52 мм, 𝐴𝐵 ′ = 8 мм. Тогда угол 𝛼 ≈ 21∘ . То есть нормаль к плоскости стены повернута на −21∘ относительно направления на юг по азимуту, или 21∘ на восток. Альтернативные решения. Можно было действовать и по-другому. Заметим, что прямая, соответствующая времени 10 часов, идёт точно в точку 𝐴. Значит, любой объект, образующий точки на этой прямой и её продолжении, имеет часовой угол −30∘ . Рассмотрим гипотетическое Солнце, в предположении, что его склонение могло бы быть и меньше, чем −𝜀. Тогда тень от вершины гномона придёт в точку A, когда такое Солнце окажется на горизонте. При этом, так как точка A лежит на прямой 10 часов, часовой угол Солнца в этот момент будет равен −30∘ . Также из вида картинки мы понимаем, что гномон смотрит в восточную область. Понятно, что азимут такого Солнца в момент, когда тень от вершины гномона будет в точке A, и есть азимут, на который показывает гномон. Осталось найти азимут такого Солнца. Используем формулы для часового угла/азимута восхода/захода: cos 𝑡 = − tan 𝜙 tan 𝛿. Подставляя известные нам 𝜙 и 𝑡, получаем 𝛿 = −45.4∘ . В итоге получаем азимут восхода Солнца, эквивалентный азимуту, на который показывает гномон: XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 11 из 18

10 класс

Практический тур

cos 𝐴 = −

25 апреля 2026

sin 𝛿 => 𝐴 ≈ −20.5∘ cos 𝜙

Рассмотрим ещё один способ.

Опустим из точки 𝐴 перпендикуляр вниз. Все точки на этой прямой – это позиции конца тени гномона в моменты, когда Солнце имеет один и тот же азимут. Возьмём любую точку на этой прямой и определим её часовой угол и и склонение. Для простоты можно взять точку, отмеченную на рисунке. Для неё 𝛿 = 20∘ , 𝑡 = −7.5∘ . Теперь осталось написать сферические теоремы для параллактического треугольника. Начнём с того, что найдём зенитное расстояние Солнца в этот момент: cos 𝑧 = sin 𝛿 sin 𝜙 + cos 𝛿 cos 𝜙 cos 𝑡. Отсюда получаем 𝑧 = 21.5∘ . Теперь через теорему синусов: sin 𝑡 sin 180 − 𝐴 = . sin 90 − 𝛿 sin 𝑧 В итоге получаем угол, на который сдвинута стена относительно линии «восток – запад»: 𝐴 ≈ −19.6∘ . Популярная ошибка. Участники считают, что угол между лучом BA и отвесной линией являются углом поворота стены. Это принципиально не верно. XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 12 из 18

10 класс

Практический тур

25 апреля 2026

Критерии оценивания. 25 К1. Широта места . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 Модель. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 В случае, если модель неверная, дальнейшие баллы не ставятся.

Определение длин d и f (см. рисунок в решении) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 × 2 Запись уравнения для широты и его решение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Верный численный ответ и выбор северного полушария . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 К2. Определение угла поворота стены . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 Описание модели расчета (любая корректная модель, которая приводит к успеху)5 По данному подкритерию частичный балл не предусмотрен

Снятие данных для данной модели и их использование. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4 Верный численный ответ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Баллы за верные численные ответы в данной задаче ставятся либо полностью, при верной модели и верном численном ответе, либо полностью не ставятся. Частичные баллы не выставляются.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 13 из 18

10 класс

Практический тур

25 апреля 2026

10.9. Светит мазер, светит ясный. . . В. Б. Игнатьев, М. В. Кузнецов В газопылевых оболочках, окружающих звезды-гиганты на поздних стадиях эволюции, иногда наблюдаются источники мазерного излучения. В этой задаче мы не будем касаться природы мазеров: важно, что каждый отдельный мазер можно считать точечным объектом, а его излучение — монохроматическим. Мазеры концентрируются в тонких сферических оболочках, радиусы которых много больше размеров фотосферы звезды. Источником энергии для мазеров является излучение звезды: переменность звезды приводит к переменной яркости мазеров. Вам предоставлены графики, полученные при исследовании области OH127.8 + 0.0: A. Спектр мазерного излучения этой области, содержащей много отдельных мазеров. По горизонтальной оси сверху отложена частота наблюдения, а снизу — соответствующая ей доплеровская скорость. По вертикальной оси отложена спектральная плотность потока в янских (1 Ян = 10−26 Вт/(м2 Гц)). Одна из ярких компонент линии соответствует части оболочки, движущейся от звезды к наблюдателю («синяя компонента»), а другая — в противоположную сторону («красная» компонента). B. Зависимость относительной интенсивности «синей» и «красной» компонент от времени. C. Зависимость углового расстояния отдельных мазеров от звезды от их лучевых скоростей. Определите: A) Лабораторную частоту исследуемой мазерной линии с точностью до 10 кГц; B) Линейный размер области мазерного излучения (в астрономических единицах); C) Расстояние до исследуемой области (в парсеках); D) Является ли объект внегалактическим, принадлежит нашей Галактике или является объектом Солнечной системы?

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 14 из 18

10 класс

Практический тур

25 апреля 2026

(a) Спектр области мазерного излучения.

(b) Кривая блеска мазерного излучения

(c) Зависимость углового расстояния от звезды отдельных мазеров от их лучевых скоростей.

К задаче 2

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 15 из 18

Практический тур

10 класс

25 апреля 2026

Решение. Для ответа на первый вопрос необходимо вспомнить формулу доплеровского смещения спектральных линий. Пусть 𝜆 и 𝜆0 – наблюдаемая и лабораторная длины волн, 𝑣 – радиальная скорость излучателя относительно наблюдателя, 𝑐 –скорость света. Тогда изменение длины волны света из-за движения источника выражается формулой: 𝑣 𝜆 − 𝜆0 = . 𝜆0 𝑐 Но нам на спектре дана шкала частот, а не длин волн. Частота изучения связана с длиной волны как 𝜈 = 𝑐/𝜆. Тогда левая часть формулы для эффекта Доплера принимает вид 𝑐 − 𝜈𝑐0 𝜆 − 𝜆0 𝜈0 − 𝜈 𝜈 = . = 𝑐 𝜆0 𝜈 𝜈0

Отсюда получаем зависимость 𝜈0 от 𝜈 и 𝑣: (︁ 𝑣 )︁ 𝜈0 = 1 + 𝜈. 𝑐 Определив на спектре пару значений 𝜈 и 𝑣, получим 𝜈0 = 1612.23 МГц. Разумеется, измерений следует сделать несколько, а результат усреднить. Альтернативный вариант. Можно заметить, что на графике равным изменениям скорости соответствуют равные изменения частоты. Это следует из формулы эффекта Доплера: Δ𝜈 = 𝜈2 − 𝜈1 =

(︁ (︁ 𝜈0 𝑣2 )︁ 𝑣1 )︁ Δ𝑣 𝜈0 − ≈ 𝜈 1 − − 𝜈 1 − =− 𝜈0 . 0 0 𝑣2 𝑣1 1+ 𝑐 1+ 𝑐 𝑐 𝑐 𝑐

Таким образом, достаточно аккуратно определить разность частот, соответствующую изменению скорости на фиксированную величину, и с ее помощью вычислить частоту, соответствующую нулевой скорости. Разумеется, результат при этом получается такой же: 𝜈0 = 1612.23 МГц. Обратим внимание на зависимость потока излучения для «красной» и «синей» компонент. Изменения повторяют друг друга, но «красная» компонента запаздывает по отношению к «синей» примерно на 60 дней. Почему так происходит? Источником энергии для мазеров является излучение звезды. Звезды-гиганты на поздних стадиях эволюции обычно переменные, и изменения в яркости звезды сказываются на яркости мазеров в окружающей звезду оболочке. Поскольку оболочка сферическая, мощность излучения изменяется у всех мазеров одновременно, а видимая нами задержка возникает из-за конечности скорости света и громадной величины оболочки. Следовательно, диаметр области мазерного излучения равен 60 световых дней или 𝐷 = 60 св. дней = 60 · 86 400 с · 300 000 км/с ≈ 1.56 · 1012 км ≈ 10 400 а. е., а ее радиус 𝑅 ≈ 5200 а. е. Из рисунка (с) можем определить, что угловой радиус области мазерного излучения составляет 𝜌′′ = 1.3′′ − 1.4′′ . Тогда расстояние до исследуемой области равно 𝑟=

5200 а. е. 𝑅 = = 4000 пк = 4 кпк. ′′ 𝜌 1.3′′

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 16 из 18

10 класс

Практический тур

25 апреля 2026

Для значения 𝜌′′ = 1.4′′ мы получили бы 𝑟 = 3.7 кпк. Расстояние до звезды составляет около 4 килопарсек. Это расстояние меньше, чем средний радиус нашей галактики 16 кпк, поэтому мы точно можем сказать, это объект принадлежит нашей Галактике. Разумеется, в Солнечной системе нет звезд-гигантов, поэтому ей этот объект принадлежать не может. Замечание 1. Ответить на последний вопрос с большой степенью уверенности можно, не вычисляя расстояние. Судя по графикам, скорость звезды составляет около 55 км/с, что соответствует характерным относительным скоростям в диске нашей Галактики. Скорости галактик составляют обычно сотни и даже тысячи километров в секунду, хотя, конечно, нельзя на сто процентов утверждать, что не найдется близкая галактика, в которой объект движется с подходящей скоростью. Разумно также заметить, что для внегалактических источников, «подсвечиваемых» излучением звезды, угловой размер ∼ 2′′ слишком велик. Замечание 2. По условию, наблюдаемое излучение формируется в тонкой оболочке, окружающей звезду. Оболочка вместе со звездой движется относительно наблюдателя и вместе с тем удаляется во все стороны от звезды. Тогда разность скоростей приближающейся и удаляющейся от нас компонент спектра равна удвоенной скорости расширения. Измерения можно провести как по спектру, так и по зависимости углового расстояния от лучевой скорости. Искомое значение равно 11 − 11.5 км/с. Типичная ошибка заключается в попытке оценить размер области излучения по характерной скорости расширения оболочки и периоду «колебаний» яркости звезды (𝑃 ≈ 1500 сут. между двумя максимумами интенсивности). В таком случае радиус области (некорректно) оценивается как 𝑣𝑃 ≈ 10 а. е., откуда расстояние до мазера ∼ 6 пк. Лишь немногие участники, получив такую величину расстояния, сочли необходимым заметить, что в ближайших по галактическим меркам окрестностях Солнечной системы подобные звёзды-гиганты на поздних стадиях эволюции, к счастью, отсутствуют. Замечание 3. В обозначении области (OH127.8+0.0) зашифрованы её галактические долгота и широта. Объект находится точно в диске Галактики. Возможно проявить находчивость и смекалку и по известным галактической долготе и лучевой скорости источника (𝑣𝑟 ≈ −55 км/с) грубо оценить его галактоцентрическое и гелиоцентрическое расстояние. Результат при таком подходе получается довольно адекватным.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 17 из 18

10 класс

Практический тур

25 апреля 2026

Критерии оценивания. 25 К1. Определение лабораторной частоты . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Запись эффекта Доплера . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Определение лабораторной частоты . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 К2. Определение линейного размера . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 Понимание причины запаздывания. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3 Описание метода определение запаздывания . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Взято не менее трех характерных элементов

Определение величины запаздывания . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Верное численное значение в а.е. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К3. Определение расстояния до объекта . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 Снятие с графика величины 1.3′′ − −1.4′′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .5 Верное численное значение расстояния в пк . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 К4. Ответ на вопрос о локализации объекта . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Объяснение ответа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Ответ — галактический . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Данный критерий не выставляется, если методология определения расстояния была не корректной.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 18 из 18

Решения — тест.

Тестовый тур Условия, решения и схема оценивания. 10 класс

Содержание 9|10.1. Планетограмма . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 9|10.2. Экваториальная тротуарка . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 10.3. Температуры . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 10.4. Энергия звезд . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 9|10|11.5. Солнечный круг . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 10.6. Скоро рассвет . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 10.7. Историческая астрофизика . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 1 из 22

Тестовый тур

10 класс

27.04.2026

9|10.1. Планетограмма В.Б. Игнатьев, М.В. Кузнецов Вам предоставлена диаграмма с моментами времени верхних кульминаций Солнца и больших планет при наблюдении с поверхности Земли в течении каждого дня на протяжении года. Определите, какие объекты зашифрованы под различными буквами. Расставьте эти объекты в порядке увеличения первой космической скорости с их поверхности.

Рис. 1: Время верхней кульминации светил Решение. Начнем решение этой задачи с определения светил. Центральная, черная, почти вертикальная линия – это Солнце. Она неровная, поскольку работает уравнение времени. B – Солнце. XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 2 из 22

10 класс

Тестовый тур

27.04.2026

Два объекта находятся все время рядом с Солнцем, меняя стороны. Это внутренние планеты Венера и Меркурий. Венера отходит от Солнца на большее угловое расстояние, и, следовательно, может кульминировать заметно раньше или позже, чем Солнце. Также у Венеры больше синодический период, и, следовательно, линия Венеры реже пересекается с линией Солнца. Следовательно, С – Венера, F – Меркурий.

Рис. 2: Решение. Время верхней кульминации светил Перейдем к внешним планетам. На планетограмме изображено пять планет, но в рамках задачи нужно отождествить всего три. Обсудим критерии для однозначного отождествления. У внешних планет синодический период больше года, то есть за один календарный год не получится дважды увидеть соединение с Солнцем. С другой стороны, почти для всех планет, XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 3 из 22

10 класс

Тестовый тур

27.04.2026

кроме Марса, синодический период меньше двух лет, и из графика можно получить значения половин синодических периодов – интервалов между противостоянием и соединением. Также можно рассматривать наклон линий планет к горизонтальной линии, который будет уменьшаться при увеличении большой полуоси. При этом стоит помнить, что для внешних планет синодический период монотонно уменьшается с увеличением полуоси. Таким образом, А – Юпитер, D – Сатурн, Е – Марс. Оставшиеся две линии – оранжевая и голубая – это Уран и Нептун соответственно. Теперь перейдем к финальной части задачи – отранжируем объекты по увеличению первой космической скорости. Наибольшая первая космическая скорость будет у Солнца, за ней последуют планеты-гиганты – Юпитер и Сатурн. Чуть сложнее с планетами земной группы. Венера близка по параметрам к Земле и будет иметь наибольшую скорость из оставшихся планет. А вот значения первой космической скорости для Меркурия и Марса отличаются всего на 20%. 𝑀 𝐺𝑀 ∼ ∼ 𝜌𝑅2 𝑅 𝑅 При отсутствии справочных данных участник с большей вероятностью сможет оценить плотность Меркурия (она близка к плотности Земли), чем вспомнить его массу. Плотность Меркурия (𝜌 ≈ 5500 кг/м3 ) больше, чем плотность Марса (𝜌 ≈ 4000 кг/м3 ). Но эффект от радиуса (Марс ≈ 3400 км, Меркурий ≈ 2500 км) приводит к тому, что самая маленькая космическая скорость будет у Меркурия. 𝑣𝐼2 =

Тогда итоговый ответ: Меркурий – Марс – Венера – Сатурн – Юпитер – Солнце. Или, в буквах, FECDAB.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 4 из 22

Тестовый тур

10 класс

27.04.2026

Ответ. 𝐹 𝐸 𝐶 𝐷 𝐴 𝐵 Критерии оценивания. 5 Верный ответ: FECDAB. Из ответа выбираются все упорядоченные пары букв (𝑋, 𝑌 ), в которых 𝑋 записана раньше 𝑌 . Пары одинаковых букв не учитываются. Если в ответе одновременно встречаются пары (𝑋, 𝑌 ) и (𝑌, 𝑋) для каких-то 𝑋 ̸= 𝑌 , обе такие пары удаляются (ответ сам себе противоречит). Каждой оставшейся паре приписывается вес из таблицы ниже; первичный балл равен сумме весов. Веса пар (строка задаёт первую букву пары, столбец — вторую):

F.. E.. C.. D.. A.. B..

..F

..E

..C

..D

..A

..B

— 0 0 0 0 0

1 — 0 0 0 0

1 1 — 0 0 0

1 1 1 — 0 0

1 1 1 1 — 0

1 1 1 1 1 —

Таблица перевода первичного балла в итоговый: первичный балл

балл за задачу

0, . . . , 8 9 10, 11 12 13, 14 15

0 1 2 3 4 5

Если перевёрнутый ответ участника совпадает с верным ответом, выставляется 1 компенсационный балл.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 5 из 22

10 класс

Тестовый тур

27.04.2026

9|10.2. Экваториальная тротуарка О. Ю. Голубева Расположить объекты по мере увеличения максимальной высоты их верхней кульминации для наблюдателя на экваторе

A.

B.

C.

D.

E. XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 6 из 22

10 класс

Тестовый тур

27.04.2026

Решение. Сначала расшифруем полученные объекты и укажем их склонение. A. Большая туманность Ориона (M42) — 𝛿 ≈ −5.4∘ B. Крабовидная туманность в созвездии Тельца (M1) — 𝛿 ≈ +22∘ C. Туманность Андромеды (M31) — 𝛿 ≈ +41.3∘ D. Солнце — 𝛿 меняется от −23.5∘ до +23.5∘ , максимальная высота достигается при 𝛿 = 0∘ (в дни равноденствий) E. Туманность «Кошачий Глаз» в созвездии Дракона (NGC 6543) — 𝛿 ≈ +66.6∘ Для наблюдателя на экваторе (𝜙 = 0∘ ) высота светила в верхней кульминации равна ℎ = 90∘ − |𝛿|. Таким образом, чем больше абсолютное значение склонения, тем ниже максимальная высота. Расположим объекты по возрастанию модуля склонения (т.е. по убыванию высоты): |𝛿5 | > |𝛿3 | > |𝛿2 | > |𝛿1 | > |𝛿4 |, где 𝛿4 = 0∘ (максимальная высота Солнца). Следовательно, порядок объектов от наименьшей высоты к наибольшей: 5 (Кошачий Глаз) → 3 (Андромеда) → 2 (Краб) → 1 (Орион) → 4 (Солнце). В обозначениях рисунков это соответствует последовательности: E → C → B → A → D.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 7 из 22

Тестовый тур

10 класс

27.04.2026

Ответ. 𝐸 𝐶 𝐵 𝐴 𝐷 Критерии оценивания. 5 Верный ответ: ECBAD. Из ответа выбираются все упорядоченные пары букв (𝑋, 𝑌 ), в которых 𝑋 записана раньше 𝑌 . Пары одинаковых букв не учитываются. Если в ответе одновременно встречаются пары (𝑋, 𝑌 ) и (𝑌, 𝑋) для каких-то 𝑋 ̸= 𝑌 , обе такие пары удаляются (ответ сам себе противоречит). Каждой оставшейся паре приписывается вес из таблицы ниже; первичный балл равен сумме весов. Веса пар (строка задаёт первую букву пары, столбец — вторую):

E.. C.. B.. A.. D..

..E

..C

..B

..A ..D

— 0 0 0 0

1 — 0 0 0

1 1 — 0 0

1 1 1 — 0

1 1 1 1 —

Таблица перевода первичного балла в итоговый: первичный балл

балл за задачу

0, . . . , 5 6 7 8 9 10

0 1 2 3 4 5

Если перевёрнутый ответ участника совпадает с верным ответом, выставляется 1 компенсационный балл.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 8 из 22

Тестовый тур

10 класс

27.04.2026

10.3. Температуры М. В. Кузнецов Расставьте звезды по увеличению характерной температуры их фотосферы. Индекс A B C D E

Объект Гранатовая звезда Гершеля Проксима Центавра Звезда Вольфа-Райе Сириус-А Сириус-B

Решение. Определим характерные температуры фотосфер для каждого объекта: Для корректного ранжирования необходимо знать тип и примерную температуру фотосферы каждого объекта: A. Гранатовая звезда Гершеля — одна из наиболее ярких звезд в Галактике, но при этом ее название может ввести в заблуждение: она горячее Проксимы Центавра, ее температура 3500 − 3700 K и принадлежит она спектральному классу M2. Звезда находится от нас на расстоянии около 1 кпк в плоскости диска Галактики — межзвездное поглощение велико, показатель цвета 𝐵 − 𝑉 заметно больше, чем у Проксимы, поэтому для земного наблюдателя звезда выглядит насыщенно-красной. B. Проксима Центавра — ближайший к нам красный карлик, причем довольно позднего спектрального подкласса (M5.5), температура около 3000 K. C. Звезда Вольфа–Райе — массивные звезды на поздней стадии эволюции, лишившиеся водородной оболочки. Для таких звезд характерны крайне высокие температуры, более 25 тысяч К. Такой объект — самый высокотемпературный из представленных в списке. D. Сириус-А — звезда спектрального класса A с температурой около 10 000 K. Поскольку Сириус довольно близок к Солнцу, межзвездное поглощение не вносит существенного воздействия, поэтому видимый цвет неплохо соотносится с истинным. E. Сириус-B — один из самых известных белых карликов, при этом один из наиболее массивных, с температурой поверхности около 25 000 K. Для лучшего понимания различия нагретости компонентов Сириуса можно посмотреть снимок рентгеновской обсерватории Chandra (https://chandra.harvard.edu/photo/2000/0065/index.html): в мягком рентгеновском диапазоне белый карлик выглядит гораздо ярче нормальной звезды.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 9 из 22

Тестовый тур

10 класс

27.04.2026

Ответ. 𝐵 𝐴 𝐷 𝐸 𝐶 Критерии оценивания. 5 Верный ответ: BADEC. Из ответа выбираются все упорядоченные пары букв (𝑋, 𝑌 ), в которых 𝑋 записана раньше 𝑌 . Пары одинаковых букв не учитываются. Если в ответе одновременно встречаются пары (𝑋, 𝑌 ) и (𝑌, 𝑋) для каких-то 𝑋 ̸= 𝑌 , обе такие пары удаляются (ответ сам себе противоречит). Каждой оставшейся паре приписывается вес из таблицы ниже; первичный балл равен сумме весов. Веса пар (строка задаёт первую букву пары, столбец — вторую):

B.. A.. D.. E.. C..

..B

..A

..D

..E ..C

— 0 0 0 0

1 — 0 0 0

1 1 — 0 0

1 1 1 — 0

1 1 1 1 —

Таблица перевода первичного балла в итоговый: первичный балл

балл за задачу

0, . . . , 5 6 7 8 9 10

0 1 2 3 4 5

Если перевёрнутый ответ участника совпадает с верным ответом, выставляется 1 компенсационный балл.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 10 из 22

Тестовый тур

10 класс

27.04.2026

10.4. Энергия звезд В.Б. Игнатьев Вам дан список различных механизмов энерговыделения для звезд и объектов, связанных со звездной эволюцией. Определите объекты, для которых, соответствующий механизм является основным источником энерговыдения. Расставьте источники энерговыдения в порядке увеличения характерных размеров, соотвествующих им объектов. Индекс A B C D E

Источник энергии Радиоактивный распад Термоядерный синтез гелия в ядре объекта Энергия вращения Гравитационная энергия сжатия Тепловая энергия

Решение. Сначала определим, для каких объектов каждый из механизмов является основным источником энерговыделения: A. Радиоактивный распад — основной источник энергии для разлетающейся оболочки сверхновой типа Ia (распад 56 Ni → 56 Co → 56 Fe). Характерный размер оболочки через некоторое время после взрыва: ≈ 102 –105 а.е. B. Термоядерный синтез гелия (водорода в гелий) — основной источник энергии для звезд главной последовательности (например, Солнце). Характерный размер: ≈ 106 км (радиус Солнца ≈ 7 · 105 км). C. Энергия вращения — основной источник для пульсаров (нейтронных звезд). Характерный размер: ≈ 10 км. D. Гравитационная энергия сжатия — основной источник на стадии протозвезды перед началом термоядерных реакций. Размер протозвезды: ≈ 107 км; E. Тепловая энергия — основной источник свечения белых карликов на стадии остывания, когда другие механизмы энерговыделения уже не работают. Размер белого карлика: ≈ 104 км (сравним с Землей). Расположим источники в порядке увеличения характерных размеров соответствующих объектов: Для объектов, где источником является тепловая энергия (𝐸), берем характерный размер белого карлика (как более крупный из двух, чтобы упорядочить все индексы): 𝑅𝐶 ≈ 10 км 102 –105 а.е.

𝑅𝐸 (WD) ≈ 104 км

𝑅𝐵 ≈ 106 км

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

𝑅𝐷

≈ 107 км

𝑅𝐴 ≈

стр. 11 из 22

Тестовый тур

10 класс

27.04.2026

Ответ. 𝐶 𝐸 𝐵 𝐷 𝐴 Критерии оценивания. 5 Верный ответ: CEBDA. Из ответа выбираются все упорядоченные пары букв (𝑋, 𝑌 ), в которых 𝑋 записана раньше 𝑌 . Пары одинаковых букв не учитываются. Если в ответе одновременно встречаются пары (𝑋, 𝑌 ) и (𝑌, 𝑋) для каких-то 𝑋 ̸= 𝑌 , обе такие пары удаляются (ответ сам себе противоречит). Каждой оставшейся паре приписывается вес из таблицы ниже; первичный балл равен сумме весов. Веса пар (строка задаёт первую букву пары, столбец — вторую):

C.. E.. B.. D.. A..

..C

..E

..B

..D ..A

— 0 0 0 0

1 — 0 0 0

1 1 — 0 0

1 1 1 — 0

1 1 1 1 —

Таблица перевода первичного балла в итоговый: первичный балл

балл за задачу

0, . . . , 5 6 7 8 9 10

0 1 2 3 4 5

Если перевёрнутый ответ участника совпадает с верным ответом, выставляется 1 компенсационный балл.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 12 из 22

10 класс

Тестовый тур

27.04.2026

9|10|11.5. Солнечный круг М.В.Костина Рассеянный ученый скачал из архива космической солнечной обсерватории пары «изображение Солнца в дальнем ультрафиолете + магнитограмма», сделанные в 5 разных дней. Не долго думая, файлы с ультрафиолетовыми изображениями он назвал буквами A–E, а магнитограммы — цифрами 1–5, и конечно же они перепутались. Укажите обозначения ультрафиолетовых изображений, соответствующих порядку магнитограмм 1,2,3,4,5. На магнитограммах черным и белым обозначены области разной полярности, а на ультрафиолетовых снимках более интенсивное излучение выглядит более светлым. Изображения размещены на следующей странице.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 13 из 22

Тестовый тур

10 класс

1.

A.

2.

B.

3.

C.

4.

D.

5.

E.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

27.04.2026

стр. 14 из 22

Тестовый тур

10 класс

27.04.2026

Решение. На магнитограммах и ультрафиолетовых изображениях пятна активных областей должны соответствовать друг другу: солнечная активность связана с состоянием магнитного поля Солнца, в частности, солнечные пятна соответствуют выходам трубок магнитного поля из фотосферы, солнечные вспышки связаны с поведением плазмы при сжатии в магнитном поле, протуберанцы представляют собой плотные сгустки вещества, удерживаемые магнитным полем над поверхностью Солнца. Попробуем сопоставить изображения по ярким особенностям снимков. На изображении 3 видны три активные области вдоль почти горизонтального диаметра и одна, самая крупная, область под центром. Левая часть изображения при этом немного похожа на улыбающуюся мордочку. Такая же расстановка активных областей видна на УФ-изображении А. На изображении 4 можно также заметить три области вдоль диаметра и две яркие области ниже, самая крупная — у лимба левее середины. Такому расположению областей в ультрафиолете соответствует изображение B. На изображении 5 мы наблюдаем яркую область правее и ниже центра, а также две почти диаметрально противоположные области близ лимба. Аналогичное расположение активных областей видим на изображении C. На изображении 1 видна компактная яркая область ниже и левее центра, протяженная почти горизонтальная область выше и правее центра, а также намечена область на лимбе справа. Похожим образом распределены активные области снимка Е, обратите внимание именно на правую часть снимка. Изображение 2 показывает наиболее спокойное Солнце. Можно выделить протяженную горизонтальную область ниже центра и двухкомпонентную вертикальную в правой части снимка. Такие же области просматриваются на снимке D. Ответ. 𝐸 𝐷 𝐴 𝐵 𝐶 Критерии оценивания. 5 Верный ответ: EDABC. Каждая клетка ответа сравнивается с буквой верного ответа на той же позиции. Если буквы совпали — 1 первичный балл; иначе — 0. Пустая клетка всегда даёт 0. Если в ответе какаялибо буква встречается более одного раза, все её вхождения дают 0. Таблица перевода первичного балла в итоговый: первичный балл

балл за задачу

0 1 2 3 4 5

0 1 2 3 4 5

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 15 из 22

10 класс

Тестовый тур

27.04.2026

10.6. Скоро рассвет C. Г. Желтоухов Перед вами 4 астрономических графика с потерянными единицами измерения по осям. Восстановите их, учитывая что единицы не могут повторяться. 1 Длина волны, ангстрем 2 Время, дни 3 Логарифм эффективной температуры 4 Расстояние, кпк 5 Абсолютная звездная величина 6 Cкорость, км/с 7 Логарифм отношения светимости к светимости Солнца 8 Относительный поток

Решение. Для начала нужно определить, что изображено на графиках. На первом из них показана кривая блеска, и на оси 𝑦 приведены величины порядка −20, что похоже на абсолютные звездные величины сверхновых (A – 5). Характерный период изменения блеска сверхновых составляет порядка месяцев, откуда получаем (B – 2).

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 16 из 22

10 класс

Тестовый тур

27.04.2026

Далее на графике 3 можно узнать классический спектр звезды. Также это подтверждает хорошо заметный видимый бальмеровский скачок на длине волны 3646Å. В перечне есть только одна единица, связанная с частотой, длиной волны или энергией фотона (F – 1). Для единиц по оси 𝑦 подходит относительный поток (E - 8). У нас остались log 𝑇𝑒𝑓 𝑓 , log 𝐿/𝐿𝑠 , расстояние в кпк и скорость в км/c. Первые две единицы подозрительно напоминают оси диаграммы Герцшпрунга – Рассела, которая и изображена на графике 2. (С – 7, D – 3). На последнем, графике 4, изображена плоская кривая вращения спиральной галактики. (H – 4, G – 6). Далее на рисунках приведены графики с оригинальными подписями осей.

Следовательно, правильный ответ: 1. Длина волны, ангстрем — F. 2. Время, дни — B. 3. Логарифм эффективной температуры — D. 4. Расстояние, кпк — H. 5. Абсолютная звездная величина — A. 6. Cкорость, км/с — G. 7. Логарифм отношения светимости к светимости Солнца — C. XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 17 из 22

Тестовый тур

10 класс

27.04.2026

8. Относительный поток — E. Итоговая последовательность — FBDHAGCE. Ответ. 𝐹 𝐵 𝐷 𝐻 𝐴 𝐺 𝐶 𝐸 Критерии оценивания. 5 Верный ответ: FBDHAGCE. Каждая клетка ответа сравнивается с буквой верного ответа на той же позиции. Если буквы совпали — 1 первичный балл; иначе — 0. Пустая клетка всегда даёт 0. Если в ответе какаялибо буква встречается более одного раза, все её вхождения дают 0. Таблица перевода первичного балла в итоговый: первичный балл

балл за задачу

0 1, 2 3 4, 5 6 7, 8

0 1 2 3 4 5

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 18 из 22

10 класс

Тестовый тур

27.04.2026

10.7. Историческая астрофизика В. С. Гораджанов Для каждой пары исторических открытий или событий отметьте то, которое наступило раньше. №1. Что было установлено раньше?

A. Млечный путь вращается B. Расширение Вселенной

№2. Что было измерено раньше?

A. Скорость света B. Расстояние до ближайших звезды (не Солнца)

№3. Что было выполнено раньше?

A. Спектральный анализ звезды (не Солнца) B. Фотография звезды (не Солнца)

№4. Что было открыто раньше?

A. Первые спутники Юпитера B. Кольца Сатурна

№5. Что было обнаружено раньше?

A. Рентгеновское излучение B. Космические рентгеновские источники

№6. Что было измерено раньше?

A. Масса звезды (не Солнца) B. Радиус звезды (не Солнца)

№7. Что было измерено раньше?

A. Расстояние до Туманности Андромеды (М 31) B. Скорость её приближения к нам

№8. Что было произошло раньше?

A. Обнаружение радиоизлучения из космоса B. Радиолокация Луны

Решение. Вопрос 1. A.Оорт установил дифференциальное вращение Галактики в 1927 г., анализируя лучевые скорости и собственные движения звёзд (постоянные Оорта). B.Закон Хаббла опубликован в 1929 г. Разница – всего два года. Контринтуитивно: казалось бы, «местное» вращение должно быть известно намного раньше, чем глобальное расширение, но оба факта потребовали точных измерений расстояний и скоростей, ставших доступными лишь в 1920-х гг. Ответ А.

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 19 из 22

10 класс

Тестовый тур

27.04.2026

Вопрос 2. A.Оле Рёмер представил результат Парижской академии наук 21 ноября 1676‘ г. Наблюдая затмения спутника Юпитера Ио, он заметил, что они систематически запаздывают, когда Земля удаляется от Юпитера, и наступают раньше при сближении. Х. Гюйгенс из данных Рёмера получил значение около 230 000 км/с (77% от истинного). Аберрация звёзд, обнаруженная Дж. Брэдли в 1729 г., независимо подтвердила конечность скорости света. B.Первый звёздный параллакс измерил Ф. В. Бессель в 1838 г. (61 Лебедя, гелиометр Фраунгофера, результат 0.314 ± 0.020 угл. сек.). Почти одновременно параллакс определили Ф. Струве (Вега) и Т. Хендерсон (Альфа Центавра). Такой большой временной разрыв обусловлен тем, что углы параллакса невероятно малы — менее 1 угл. секунды даже для ближайших звёзд. Определение скорость света, напротив, требовала лишь хороших часов и многомесячных наблюдений Юпитера. Ответ А. Вопрос 3. A.В 1814 г. Й. Фраунгофер закартировал более 574 тёмных линий поглощения в солнечном спектре. В том же году, используя малый теодолитный телескоп, он наблюдал три широкие полосы поглощения в спектре Сириуса – первое спектроскопическое наблюдение звезды помимо Солнца. К 1823 г. он исследовал спектры Сириуса, Кастора, Поллукса, Капеллы, Бетельгейзе и Проциона. Кирхгоф и Бунзен создали теоретическую базу в 1859 г., а У. Хаггинс начал химический анализ звёзд в 1863 г. B.Первая фотография звезды (Вега) — дагеротип У. К. Бонда и Дж. А. Уиппла 17 июля 1850 г. (Гарвардская обсерватория, 15-дюймовый рефрактор, выдержка ∼ 90 с). Контринтуитивно. Rазалось бы, «сфотографировать» проще, чем «разложить свет на спектр». Но Фраунгоферу нужна была лишь призма и телескоп, а фотография потребовала светочувствительных химических процессов и длинных экспозиций через большие телескопы. Ответ А. Вопрос 4. A.7 января 1610 г. Галилей увидел три «звезды» вблизи Юпитера. К 13 января обнаружил все четыре спутника (Ио, Европа, Ганимед, Каллисто). 15 января Галилей понял, что они обращаются вокруг планеты. Опубликовано в Sidereus Nuncius 13 марта 1610 г. В июле 1610 г. Галилей увидел Сатурн как «тройную планету» с непонятными «ушами». В 1612 г. кольца исчезли (оказались ребром к наблюдателю), и он написал: «Неужели Сатурн проглотил своих детей?» Х. Гюйгенс, используя более мощный 50-кратный телескоп, в 1655 г. предложил гипотезу кольца (опубликована сначала как анаграмма). Полное объяснение — в Systema Saturnium (1659 г.): «Планету окружает тонкое плоское кольцо, нигде не касающееся тела планеты, наклонённое к эклиптике.» Галилей увидел оба явления в одном и том же году (1610), но спутники Юпитера понял сразу, а кольца Сатурна – нет. Потребовались лучшая оптика и полный 29.5-летний орбитальный цикл Сатурна. Ответ A. Вопрос 5. A.В. К. Рентген обнаружил рентгеновское излучение 8 ноября 1895 г. в Вюрцбурге: он заметил, что экран из платиносинеродистого бария флуоресцирует при работе катодной трубки на расстоянии, недоступном для катодных лучей. Статья «О новом виде лучей» — 28 декабря 1895 г. За это открытие Ретген получил первую Нобелевскую премию по физике в 1901 XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 20 из 22

10 класс

Тестовый тур

27.04.2026

г. B.Первый космический рентгеновский источник — Скорпион X-1 – обнаружен 18 июня 1962 г. командой Р. Джаккони (ракета Aerobee 150, Уайт-Сэндс, Нью-Мексико). Счётчики Гейгера, предназначенные для поиска рентгеновского отражения от Луны, вместо этого зафиксировали мощный источник в Скорпионе. За это открытие была присуждена Нобелевская премия Джаккони в 2002 г. Ответ А. Вопрос 6. A.У. Гершель идентифицировал гравитационно-связанные двойные звёзды к 1803 г. Ф.Савари вычислил первую орбиту двойной (Кси Большой Медведицы, 1827 г.). Это была первая проверка ньютоновой гравитации за пределами Солнечной системы. После измерения звёздных параллаксов (с 1838 г.) стало возможно определять массы по третьему закону Кеплера. Надёжные оценки масс визуальных двойных – с 1840–1850-х гг. B.Первый радиус звезды (не Солнца) измерили А. Майкельсон и Ф. Пиз 13 декабря 1920 г. с помощью 20-футового звёздного интерферометра на 100-дюймовом телескопе Маунт-Вилсон: угловой диаметр Бетельгейзе — 0.047 угл. сек. (∼ 900 диаметров Солнца). Ответ A. Вопрос 7. B.Лучевую скорость Андромеды (около −300 км/с, приближение) измерил В. Слайфер спектроскопически по доплеровскому смещению в 1912 г. Расстояние до неё определил Э. Хаббл лишь в 1924 г., обнаружив в ней цефеиды и применив зависимость «период – светимость». Метод раннего измерения – спектроскопия (эффект Доплера). Ответ B. Вопрос 8. A.Карл Янский (Bell Labs), исследуя радиопомехи трансатлантической связи, в 1932–1933 гг. обнаружил «устойчивый шум», который достигал максимума каждые 23 ч 56 мин (звёздные сутки) – источник в направлении центра Галактики. Первый полноценный радиотелескоп построил Грот Рёбер во дворе своего дома в 1937 г. и около десяти лет он оставался единственным радиоастрономом в мире. B.Радиолокация Луны — проект «Диана», 10 января 1946 г. (Дж. Девитт, лагерь Эванс, НьюДжерси): модифицированный радар SCR-271 послал импульсы на Луну, эхо вернулось через 2,5 с. Венгерский физик З. Бай получил тот же результат независимо 6 февраля 1946 г. Ответ A. Итоговый ответ AAAAAABA

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 21 из 22

10 класс

Тестовый тур

27.04.2026

Критерии оценивания. 5 Верный ответ: AAABAABA. Каждая клетка ответа сравнивается с буквой верного ответа на той же позиции. Если буквы совпали — 1 первичный балл; иначе — 0. Пустая клетка всегда даёт 0. Таблица перевода первичного балла в итоговый: первичный балл

балл за задачу

0, . . . , 3 4 5 6 7 8

0 1 2 3 4 5

XXXIII Всероссийская олимпиада по Астрономии

стр. 22 из 22