Олимпиада по астрономии 11 класс — заключительный этап ВсОШ 2025/2026: задания и ответы

Решения — теор.

Теоретический тур Условия задач, решения и критерии оценивания. 11 класс

Содержание 11.1. Я вам разрешаю . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 11.2. Потенциальная задача . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 11.3. Двойной форсаж . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 11.4. Радиоактивное эхо . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 11.5. Вырожденная задача . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 11.6. Двуликий Янус . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 1 из 20

11 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026 г.

11.1. Я вам разрешаю М.В.Костина Тесная двойная звезда состоит из одинаковых компонент c массами 15 M⊙ каждая, движущихся по круговым орбитам на расстоянии 0.74 а.е. друг от друга. Известно, что обе звезды являются звездами Главной последовательности и обе вращаются вокруг своей оси со скоростью 36 км/с на экваторе. Оцените минимально необходимую спектральную разрешающую силу спектрографа, которая потребуется для получения кривых лучевых скоростей компонент при наблюдении в линии гелия с длиной волны 5876Å. Уточним, λ , равная отношению длины что спектральная разрешающая сила — это величина R = ∆λ волны наблюдения к минимальной разности длин волн, которые еще можно различить на данном спектрографе. Решение. За счет орбитального движения звезд линии в их спектрах периодически отклоняются от положения, соответствующего центру масс системы. Для построения кривых лучевых скоростей компонент системы по отдельности нужно, чтобы по спектру можно было измерять отклонения центров спектральных линий каждой звезды. Это отклонение согласно эффекту Доплера равно: v ∆λ = λ , c где v — это лучевая скорость. Видно, что можно перевести разрешающую силу в скорости: R=

λ c λ = = . ∆λ λ · v/c v

Так как требуется оценить минимальную разрешающую силу, то нужно, чтобы можно было измерить ∆λ, соответствующее хотя бы максимально возможным лучевым скоростям звезд. Относительная орбитальная скорость равна r vотн =

G · 2M , r

где r = 0.74 а.е. — радиус относительной орбиты, а 2M = 30 M⊙ — суммарная масса системы. Поставив числовые данные, получаем vотн ≈ 1.9 · 102 км/с. Отсюда скорость каждой из компонент относительно центра масс равна v = vотн /2 = 95 км/с. Заметим, что максимально возможная скорость (и, соответственно, минимальнвя требуемая разрешающая сила) будет достигнута в том случае, если мы наблюдаем систему «с ребра». Иначе наблюдаемая лучевая скорость уменьшится и линии разойдутся на меньшее расстояние. Казалось бы, необходимую разрешающую силу можно оценить так: c R = ≈ 3000 v (формально четыре значащих цифры тут не получить, но по устоявшейся традиции спектральную разрешающую силу принято записывать таким образом). Однако нужно учесть, что за счет вращения звезд и за счет теплового движения газа в их атмосферах линии в их спектрах расширяются и становятся похожи на то, что на рисунке. XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 2 из 20

11 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026 г.

∆λ При большой ширине близко расположенные линии начинают перекрываться, поэтому чтобы разрешить их потребуется бо́льшая разрешающая сила. Приближенно можно оценить ширину спектральной линии по формуле эффекта Доплера для соответствующих скоростей. Оценим скорость теплового движения. Так как требуется разрешение линии гелия, то нужно оценить характерную скорость движения атомов гелия в атмосфере звезд. Температуру звезды Главной последовательности с массой 15 M⊙ можно оценить как T = 3 · 104 K. Скорость атомов гелия можно оценить как s r 3kT 3RT vтепл = = , m µ где R — универсальная газовая постоянная, µ — молярная масса гелия. Подставляя числа, получаем vтепл = 11 км/с. И вращение, и тепловое движение приводят к расширению спектральной линии одинаковым образом, поэтому можно оценить «эффективную скорость» для оценки ширины линии. Наиболее разумная идея — вычислить среднеквадратичное двух скоростей: q 2 2 ≈ 38 км/с. + vвр vэфф = vтепл На соответствующую v ∆λ линия будет расширяться в обе стороны от центральной длины волны. Если нужно, чтобы линии разрешались, расстояние между их центрами должно быть больше удвоенной v. Орбитальная скорость звезд больше, чем удвоенная v примерно на ∆v = 20 км/с, поэтому можно ожидать, что при разрешающей силе, соответствующей ∆v, можно будет построить кривые лучевых скоростей каждого компонента. Отсюда R=

c ≈ 15000. ∆v

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 3 из 20

11 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026 г.

Критерии оценивания. К1. Расчет орбитальных скоростей . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Если явно не указано, что наблюдатель находится в плоскости орбиты . . . . –1 К2. Расчет уширения линий за счет вращения и тепловых движений . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 К3. Расчёт совместного влияния температуры и вращения на уширение линий . . . . . . . 3 Засчитывается любая адекватная модель совместного влияния. Если в решении используется только один фактор, оценка за этот критерий равна нулю.

К4. Связь относительной скорости и величины уширения линий с разрешением спектрографа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 К5. Получение численного ответа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Если в ответе больше 3 значащих цифр . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . –1 Максимальная оценка: 15 В случае если в решении вообще не используется уширение линий, решение оценивается не более чем 6 баллами. В случае если в решении используется только одна компонента уширения, решение оценивается не более чем 10 баллами.

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 4 из 20

Теоретический тур

11 класс

24 апреля 2026 г.

11.2. Потенциальная задача А.В.Веселова Эллиптическая галактика обладает сферической симметрией, а ее гравитационный потенциал задается выражением GM , U (r) = − r+c где M — полная масса галактики, c = 1 кпк. Известно, что на круговой орбите радиуса 8 кпк скорость равна 180 км/с. A. Определите полную массу галактики. B. Представим, что с расстояния R на центр галактики с нулевой начальной скоростью радиально падает частица. Чему будет равна ее скорость, когда она достигнет центра галактики? Вычислите эту скорость для случая R = 10 c. C. Пусть звезда движется по близкой к круговой орбите радиуса r0 = 8 кпк; δr(t), δθ(t) — отклонения в плоскости орбиты по радиусу и по азимуту. Оцените период колебаний звезды вдоль радиуса галактики. D. Определите, при каких значениях r0 круговая орбита звезды радиуса r0 является устойчивой. Решение. A. Определим зависимость круговой скорости от расстояния до центра галактики. Для этого на круговой орбите приравняем гравитационное ускорение и центростремительное и учитывая, что сила связана с производной потенциала по расстоянию: V2 GM = . (r + c)2 r Орбита плоская, расстояние от центра галактики равно галактоосевому расстоянию: мы просто можем рассматривать плоскость орбиты как плоскость симметрии потенциала. Получаем выражение для массы: M=

V 2 (r + c)2 (1.8 · 105 м/с)2 (9 · 3.1 · 1019 м)2 = 1.5 · 1041 кг = 7.6 · 1010 M⊙ . = −11 3 2 19 Gr 6.67 · 10 м /с /кг · 8 · 3.1 · 10 м

B. Рассмотрим прямолинейное падение с нулевой начальной скоростью с r(0) = R, r(t) → 0. Энергия в расчете на единицу массы составляет E=

ṙ2 GM + U (r) = U (R) = − . 2 R+c

Скорость падения s   p 1 1 ṙ = − 2 (E − U (r)) = − 2GM − . r+c R+c В центре галактики скорость составит s |ṙ(0)| =

2GM

 1 1 − . c R+c

При R = 10c: s |ṙ(0)| =

 2GM

1 1 − c 10c + c

 =

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

2GM ·

10 = 7.7 · 102 км/с. 11c стр. 5 из 20

Теоретический тур

11 класс

24 апреля 2026 г.

C. Запишем уравнения движения в плоскости орбиты для начальной круговой орбиты радиуса r0 :  2 dr V2 dU   2 =− + , dt dr r0 r0   dθ = ω . 0 dt В сферически-симметричном потенциале момент импульса J, равный V r0 , сохраняется, используем это для записи соотношения для отклонения по радиусу на близкой к круговой орбите. d2 (r0 + δr) dU J2 = − + , dt2 dr r0 +δr (r0 + δr)3 используем приближение

dU dU d2 U = + 2 · δr: dr r0 +δr dr r0 dr r0

  d2 U δr d2 r0 d2 δr dU J2 − 2 . + 2 ≈− · δr + 3 · 1 − 3 dt2 dt dr r0 dr r0 r0 r0 Вычтем первое уравнение системы круговой орбиты из полученного соотношения, останется выражение  2  d2 U d2 δr dU d2 δr J2 J2 ≈− 2 + · δr − 3 4 · δr ⇒ + 3 4 · δr = 0. dt2 dr r0 r0 dt2 dr2 r0 r0 Это уравнение колебаний, коэффициент перед δr — квадрат частоты ω. Вычислим вторую производную:   GM 2GM d2 U d2 =− . = 2 − 2 dr r0 dr r+c (r + c)3 Далее, выразим J через производную потенциала: s GM r0 J = V r0 = · r0 (r0 + c)2 и соберем выражение для квадрата частоты:   2GM GM r0 + 3c GM 3c ω =− +3 = GM · = · 1+ . (r0 + c)3 r0 (r0 + c)2 r0 (r0 + c)3 (r0 + c)3 r0 2

Подставим численные значения:   6.67 · 10−11 м3 /с2 /кг · 1.5 · 1041 кг 3·1 · 1+ ω = = 6.3 · 10−31 /с2 , (9 · 3.1 · 1019 м)3 8 2

2π = 7.9 · 1015 с = 2.5 · 108 лет. ω D. Эффективный потенциал в случае вращения имеет вид ω = 8 · 10−16 /с

T =

J2 GM J2 Ueff (r) = U (r) + 2 = − + . 2r r + c 2r2

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 6 из 20

Теоретический тур

11 класс

24 апреля 2026 г.

На круговой орбите радиуса r0 силы уравновешивают друг друга, из чего следует ′ Ueff (r0 ) = 0

GM J2 = (r0 + c)2 r03

J2 =

GM r03 . (r0 + c)2

Определим условие, при котором круговая орбита будет устойчивой: она должна ′′ соответствовать «локальной потенциальной яме», при этом Ueff (r0 ) > 0. Вторая производная имеет вид ′′ Ueff (r) = −

2GM 3J 2 + . (r + c)3 r4

Для круговой орбиты 2GM GM r03 3 · + = (r0 + c)3 r04 (r0 + c)2     GM 2 3 2 3 = − + . = GM − + (r0 + c)3 r0 (r0 + c)2 (r0 + c)2 r0 + c r0

′′ Ueff (r0 ) = −

Для выполнения условия устойчивости нужно выполнение неравенства −

2 3 + >0 r0 + c r0

3 2 > r0 r0 + c

3(r0 + c) > 2r0

r0 + 3c > 0.

Так как r0 > 0 и c > 0, неравенство выполняется всегда. Таким образом, в выбранном потенциале все круговые орбиты устойчивы. Критерии оценивания. К1. Определение массы галактики . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Связь круговой скорости и производной от потенциала . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Вычисление верного значения массы в любых подходящих единицах . . . . . . . . 2 К2. Оценка скорости в центре галактики . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Запись верного закона сохранения энергии . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Получение верной формулы для скорости в центре галактики . . . . . . . . . . . . . . . 1 Вычисление верного значения скорости в любых подходящих единицах . . . . . 1 К3. Оценка периода колебаний . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Верная запись уравнений движения в цилиндрической системе координат . . 1 Верная запись уравнений для движения по близкой к круговой орбите . . . . . 1 Вывод частоты или периода колебаний через параметры потенциала . . . . . . . . 1 Вычисление верного значения периода в любых подходящих единицах . . . . . . 1 К4. Анализ устойчивости круговых орбит . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Вывод о необходимости нахождения в потенциальной яме . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Вывод формулы для второй производной с учетом эффективного потенциала 2 Верный вывод об устойчивости всех круговых орбит . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Допустимо ссылаться на результаты пункта C, явно указав, что положительность квадрата частоты колебаний достигается для всех круговых орбит и радиальное смещение приводит к ограниченным по амплитуде колебаниям. Обоснованное решение такого вида оценивается полным баллом за данный критерий.

Максимальная оценка:

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

15

стр. 7 из 20

Теоретический тур

11 класс

24 апреля 2026 г.

11.3. Двойной форсаж М.И.Волобуева Наблюдатель находится в Северном полушарии Земли на широте φ. A. Найдите склонение звезд, для которых разность максимального и минимального значения астрономического азимута превышает разность максимального и минимального значения зенитного расстояния ровно в 2 раза (включая путь под горизонтом). B. Для каких северных широт такие звезды существуют? Решение. Заметим, что искомые звезды не могут кульминировать к югу от зенита: в таком случае диапазон изменения азимута будет составлять ∆A = 360◦ , а зенитное расстояние должно изменяться на ∆z = 180◦ , то есть звезда должна проходить и через зенит, и через надир. Такое возможно только для экваториальных звезд при наблюдении с земного экватора, но в этом случае не выполняется первая часть условия: звезды движутся вдоль первого вертикала и их азимуты принимают только два значения: 90◦ и 270◦ . Таким образом, делаем вывод, что δ ⩾ φ и верхняя кульминация происходит к северу от зенита. Итак, суточная параллель звезды целиком лежит в северной полусфере. Проведем два круга высоты, являющимися касательными к суточной параллели. Очевидно, что в точках касания азимут звезды принимает экстремальные значения (минимальное в западной полусфере и максимальное в восточной). Также заметим, что отрезок, проведенный из Северного полюса мира в точку касания, будет перпендикулярен соответствующему кругу высоты. Иными словами, параллактический треугольник, образованный зенитом, Северным полюсом мира и точкой касания, является прямоугольным. Тогда по теореме синусов получаем: sin 90◦ sin(∆A/2) = , sin(90◦ − δ) sin(90◦ − φ) cos δ sin(∆A/2) = . cos φ Очевидно, что минимальное и максимальное значения зенитного расстояния достигаются в кульминациях, при этом ∆z = 2 × (90◦ − δ) = 180◦ − 2δ. Отсюда получаем ∆A = 2∆z, cos δ arcsin = 180◦ − 2δ, cos φ cos δ = sin(180◦ − 2δ) = sin 2δ = 2 sin δ cos δ, cos φ sin δ =

1 . 2 cos φ

(1)

Выражение (1) имеет смысл при cos φ > 0.5, поэтому φ < 60◦ . Также отметим, что кульминация к северу от зенита означает, что ∆A ⩽ 180◦ , а значит, ∆z ⩽ 90◦ , 180◦ − 2δ ⩽ 90◦ , δ ⩾ 45◦ ,

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 8 из 20

Теоретический тур

11 класс

24 апреля 2026 г.

1 1 ⩾√ , 2 cos φ 2 1 cos φ ⩽ √ , 2 ◦ φ ⩾ 45 .

sin δ =

Теперь можно сформулировать окончательный ответ: A. δ = arcsin

1 , 2 cos φ

B. 45◦ ⩽ φ < 60◦ . Существует также вырожденное решение ∆z = ∆A = 0, соответствующее полюсам мира и существующее для всех широт φ ∈ [0◦ ; 90◦ ). Критерии оценивания. К1. Вопрос A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 Обе кульминации звезды происходят к северу от зенита . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Обоснование, почему другие случаи не подходят . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 cos δ ) = cos ...................................................... 3 Получено sin( ∆A 2 φ ◦ Получено ∆z = 180 − 2δ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1 ................................................... 2 Получен ответ sin δ = 2 cos φ К2. Вопрос B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 φ < 60◦ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 φ ⩾ 45◦ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Засчитывается только при получении из корректных соображений. При указании полюсов мира (хотя бы одного) в качестве вырожденного решения +2 балла.

Максимальная оценка:

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

15

стр. 9 из 20

Теоретический тур

11 класс

24 апреля 2026 г.

11.4. Радиоактивное эхо А.Н.Акиньщиков После вспышки сверхновой ее светимость некоторое время поддерживается радиоактивным подогревом выброшенного вещества. Основную роль играет цепочка распадов 56 Ni → 56 Co → 56 Fe. (Co)

(Ni)

Периоды полураспада никеля и кобальта t1/2 = 6.1 суток и t1/2 = 77 суток. Считайте, что один распад 56 Ni передает выбросу в среднем ENi = 1.7 МэВ, а один распад 56 Co — ECo = 3.7 МэВ. A. Найдите момент времени после вспышки, когда мгновенная мощность нагрева от распадов 56 Co становится равной мощности нагрева от распадов 56 Ni. B. Через 20 суток после вспышки болометрическая светимость сверхновой равна L = 1.0 · 1036 Вт. Считая, что к этому моменту почти вся мощность радиоактивного нагрева выходит в излучение, оцените начальную массу синтезированного при вспышке никеля. Решение. Обозначим распадные константы: λNi =

ln 2 (Ni) t1/2

λCo =

ln 2 (Co)

t1/2

Если в начальный момент было N0 ядер никеля и не было кобальта, то NNi (t) = N0 e−λNi t . Для дочернего кобальта в цепочке распадов: NCo (t) = N0

λNi e−λCo t − e−λNi t . λNi − λCo

Мощности нагрева: PNi = λNi NNi ENi ,

PCo = λCo NCo ECo .

Условие равенства мощностей: λNi NNi ENi = λCo NCo ECo . После подстановки и сокращения N0 и λNi : ENi =

λCo ECo e(λNi −λCo )t − 1 . λNi − λCo

Отсюда e(λNi −λCo )t = 1 +

ENi (λNi − λCo ) . λCo ECo

Подставим числа в сутках (ln 2 ≈ 0.693) λNi =

0.693 ≈ 0.114 суток−1 , 6.1

λCo =

0.693 ≈ 9.00 · 10−3 суток−1 . 77

Тогда λNi − λCo ≈ 0.105 суток−1 , XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 10 из 20

Теоретический тур

11 класс

1+

24 апреля 2026 г.

1.7 · 0.105 ≈ 1 + 5.36 = 6.36. (9.0 × 10−3 ) · 3.7

Значит, 1.85 ≈ 17.6 суток. 0.105 Таким образом, мощность нагрева от кобальта сравнивается с никелевой примерно через 18 суток. (λNi − λCo ) t ≈ ln 6.36 ≈ 1.85,

t≈

Теперь оценим массу никеля по светимости через 20 суток. Удобно перейти к секундам: t = 20 · 86400 с = 1.728 × 106 с. Тогда λNi =

ln 2 ≈ 1.31 × 10−6 с−1 , 6.1 · 86400

λCo =

ln 2 ≈ 1.04 × 10−7 с−1 . 77 · 86400

Получаем NNi (20 суток) = N0 e−λNi t ≈ 0.104N0 ,
λNi NCo (20 суток) = N0 e−λCo t − e−λNi t ≈ 0.821N0 . λNi − λCo Энергия одного распада в джоулях: ENi = 1.7 × 106 · 1.6 × 10−19 ≈ 2.7 × 10−13 Дж, ECo = 3.7 × 106 · 1.6 × 10−19 ≈ 5.9 × 10−13 Дж. Полная мощность нагрева в момент наблюдения: L = PNi + PCo = λNi NNi ENi + λCo NCo ECo . Подставляя найденные доли: L = N0 (λNi · 0.104 · ENi + λCo · 0.821 · ECo ) . Численно λNi · 0.104 · ENi ≈ 3.7 × 10−20 Вт и λCo · 0.821 · ECo ≈ 5.0 × 10−20 Вт на одно начальное ядро. Итак, L ≈ 8.7 × 10−20 N0 . При L = 1.0 · 1036 Вт 1.0 × 1036 ≈ 1.15 × 1055 . 8.7 × 10−20 Обозначив 1 а.е.м. как u (если ее значение неизвестно, можно в качестве «замены» воспользоваться массой протона, с интересующей нас точностью результат от этого не изменится), получаем, что масса никеля N0 ≈

MNi = 56uN0 ≈ 56 · 1.66 × 10−27 · 1.15 × 1055 ≈ 1.1 × 1030 кг ≈ 0.54 M⊙ . Тем самым начальная масса 56 Ni оказывается около 0.5 M⊙ . XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 11 из 20

11 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026 г.

Критерии оценивания. К1. Использование законов распада никеля и кобальта . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Запись верного закона распада никеля . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Корректный учёт изменения числа ядер кобальта при распаде . . . . . . . . . . . . . . 4 К2. Верные выражения для мощности излучения, вызванного распадами никеля и кобальта . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1+1 К3. Вывод выражения для времени в пункте А и вычисление верного значения с точностью ±0.2 суток . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 К4. Вывод выражения для светимости . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 К5. Вывод выражения для массы и вычисление верного значения с точностью ±2% . 2 Решение, в котором используются численные оценки достаточной точности, также оценивается полным баллом.

Максимальная оценка:

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

содержания

кобальта

15

стр. 12 из 20

11 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026 г.

11.5. Вырожденная задача П.А.Тараканов Из-за того, что электронная компонента вещества белых карликов сильно вырождена, уравнение состояния этого вещества является баротропным (давление является только функцией плотности, p = p(ρ)). A. Известно, что для маломассивных белых карликов уравнение состояния вещества имеет вид p = K1 · ρ5/3 , где K1 = const. Зная это, найдите зависимость радиуса таких белых карликов от массы, если известно, что карлик с массой 0.2 M⊙ имеет радиус 0.02 R⊙ . B. При росте массы белых карликов уравнение состояния начинает меняться и в пределе превращается в p = K2 ·ρ4/3 , где K2 = const. Исходя из этого утверждения, докажите, что в предельном случае масса белых карликов перестает зависеть от радиуса и становится фиксированной (т.е. докажите существование предела Чандрасекара). Решение. Гипотетически можно записать для белого карлика уравнение гидростатического равновесия, подставить в него имеющееся уравнение состояния вещества, связать распределение плотности вдоль радиуса с распределением массы и получить дифференциальное уравнение второго порядка (вообще говоря, являющееся уравнением Пуассона, а в данном частном случае называемое уравнением Лейна – Эмдена), обезразмерить задачу и найти искомую связь между массой и радиусом белого карлика (в процессе, правда, придется некоторые безразмерные константы найти численно), повторив эту процедуру два раза для двух разных уравнений состояния. Но это хорошая курсовая работа для студента примерно 3 курса, собирающегося стать астрофизиком-теоретиком, а для решения задач на олимпиаде школьников такие методы явно непригодны. Поэтому пойдем по более простому пути, обратив внимание на два обстоятельства. Во-первых, в первом из двух вопросов дана пара конкретных значений массы и радиуса для маломассивного карлика (что должно навести на мысль о том, что можно найти общий вид зависимости между массой и радиусом для таких карликов, а потом «отмасштабировать» его по одной данной в условии паре значений), во-вторых, количество величин, которые могут войти в эту зависимость, невелико, что позволяет воспользоваться для ее получения методом размерностей. В самом деле, в выражение для связи массы M и радиуса R белого карлика могут входить еще всего лишь две размерных величины — гравитационная постоянная G и коэффициент K (один из двух) из уравнения состояния. Тогда должна существовать некоторая комбинация этих величин в разных степенях, являющаяся безразмерной. Запишем уравнения состояния для обоих рассматриваемых случаев в виде p = Kρα и найдем размерности каждой из четырех величин, используя стандартные обозначения: L для размерности длины, M — массы и T — времени. Тогда  [M] = M    [R] = L  [G] = L3 · M −1 · T −2    L3α ·L 1−α 3α−1 −2 L T [K] = TM2 ·L 2 · Mα = M Из получившихся размерностей сразу можно сделать вывод, что гравитационная постоянная и коэффициент K могут встретиться в безразмерной комбинации только в виде отношения G/K — это единственный способ «уничтожить» размерность времени. Поэтому упростим задачу и заменим их на объединенный параметр Z = G/K, размерность которого [Z] = L4−3α M α−2 . XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 13 из 20

Теоретический тур

11 класс

24 апреля 2026 г.

Тогда для получившихся трех величин должна существовать безразмерная комбинация вида Ma Rb Z c . Запишем ее размерность [Ma Rb Z c ] = M a Lb L(4−3α)c M (α−2)c = L0 M 0 , откуда получаем систему уравнений ( a + (α − 2) · c = 0 b + (4 − 3α) · c = 0 У нее бесконечно много решений, но безразмерная комбинация в произвольной степени остается безразмерной, поэтому положим, например, c = −1 (поскольку очевидно, что c = 0 приводит к тривиальному и бесполезному для нас решению, а в остальном выбирать конкретное значение мы можем так, чтобы было удобнее). Тогда ( a=α−2 b = 4 − 3α Теперь займемся рассмотрением отдельных случаев. Если нас интересуют маломассивные белые карлики, то α = 5/3. Тогда a = −1/3 и b = −1, откуда получаем, что R ∝ M−1/3 (параметр Z — константа, хоть и размерная). С учетом известной опорной точки записываем зависимость как:  −1/3 M R = 0.02 R⊙ 0.2 M⊙ или, немного упростив ее, в виде R = 1.2 · 10−2 · (M/M⊙ )−1/3 R⊙ .

R, в радиусах Солнца

Теперь займемся предельным случаем (соответствующем ультрарелятивистскому вырожденному газу). Для него α = 4/3, и тогда a = −2/3, а вот b = 0. Это означает, что из искомого соотношения «выпала» зависимость от массы. В предельном случае радиус стремится к нулю, а масса не меняется, что приводит к зависимости «масса – радиус», изображенной на рисунке ниже.

M, в массах Солнца XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 14 из 20

11 класс

Теоретический тур

24 апреля 2026 г.

Значение массы, формально соответствующее пределу при R → 0, и называется пределом Чандрасекара, M ≈ 1.4 M⊙ . Критерии оценивания. К1. Основная идея решения (метод размерностей или уравнение гидростатического равновесия) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Явное описание метода размерностей . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Неявное использование метода размерностей . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Запись уравнения гидростатического равновесия (если в дальнейшем метод размерностей не использовался) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К2. Решение с помощью выбранного метода . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Получение зависимости методом размерностей . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Корректное решение уравнения гидростатического равновесия . . . . . . . . . . . . . . 4 Решение уравнения гидростатического равновесия с пренебрежением какойлибо зависимостью . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К3. Ответ на вопрос A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Указание зависимости не в требуемом виде, отсутствие единиц измерения у коэффициента или очевидно завышенная точность при вычислении коэффициента снижают оценку — по 1 баллу за каждый из перечисленных недостатков.

К4. Ответ на вопрос B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Если при выводе использовалось пренебрежение какой-либо зависимостью, аналогичное пренебрежению в K2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Если при выводе использовалось пренебрежение какой-либо зависимостью, не использованное ранее . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Максимальная оценка: 15

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 15 из 20

Теоретический тур

11 класс

24 апреля 2026 г.

11.6. Двуликий Янус Н.Е.Кондратьев Вокруг Сатурна по круговым орбитам, расположенным в одной плоскости, вращаются два спутника — Янус и Эпиметей. Интересной особенностью этих спутников является то, что расстояние между их орбитами составляет всего около 50 км, и раз в 4 года за счет гравитационного взаимодействия между ними они меняются орбитами, так что внутренний спутник становится внешним, а внешний — внутренним. A. Оцените большие полуоси орбит и периоды обращения спутников вокруг Сатурна. B. Оцените минимально возможное расстояние между спутниками. Массы Сатурна, Януса и Эпиметея равны 5.7 · 1026 кг, 1.9 · 1018 кг и 5.3 · 1017 кг соответственно. Можно считать, что во время взаимодействия орбиты обоих спутников остаются круговыми. Решение. Заметим, что 50 км — это очень мало. Большие полуоси орбит спутников не могут быть меньше радиуса Сатурна, который равен 6 · 104 км, что много больше 50 км. Это значит, что параметры орбит спутников будут отличаться очень слабо. В ответе на первый вопрос следует указать совпадающие большие полуоси и периоды обращения, так как их разницей можно пренебречь по сравнению с точностью вычислений. Пусть период обращения и большая полуось орбиты одного спутника равны T и a, а второго — T + ∆T и a + ∆a соответственно. По условию ∆a = 50 км. Из III закона Кеплера a3 (T + ∆T )2 (a + ∆a)3 T2 = , = . 4π 2 GMc 4π 2 GMc Воспользуемся малостью ∆a и ∆T и формулой (1 + x)n ≈ 1 + nx, и получим T 2 (1 + 2 ∆T a3 (1 + 3 ∆a ) ) T a = , 4π 2 GMc 2·

∆T ∆a =3· . T a

Здесь и далее в аналогичных ситуациях можно получать подобные соотношения и другим путем. Запишем III закон Кеплера a3 T2 = 4π 2 GMc и сосчитаем дифференциал обеих частей равенства. Получим 2T dT 3a2 da = . 4π 2 GMc Теперь, разделив это равенство на предыдущее, получаем 2dT 3da = , T a что, поскольку ∆T ≈ dT и ∆a ≈ da, дает тот же результат. Каждые 4 года спутники меняются орбитами, то есть каждые 4 года они подходят близко друг к другу. Это значит, что синодический период спутников примерно равен 4 годам. XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 16 из 20

Теоретический тур

11 класс

24 апреля 2026 г.

Свяжем его с их сидерическими периодами. Воспользуемся той же самой формулой для малого x при n = −1:   1 1 1 1 1 ∆T ∆T = − ≈ − 1− = 2. Tсин T T + ∆T T T T T Выразим ∆T и T через ∆a и a. 2a T =T· = Tсин = T · ∆T 3∆a 9 a = · GMc · (∆a)2 · 4 5

Подставляя данные, получим a q 2 3 a T = 4π = 0.7 сут. GMc

4π 2 a3 2a · , GMc 3∆a

Tсин 2π

2 .

154 тыс. км. Это соответствует периоду

Теперь ответим на второй вопрос задачи. Снова заметим, q что 50 км — это очень 3 M мало. Учитывая массу тел, их радиус примерно равен 3 4π ≈ 60 км, а диаметр, ρ соответственно, в 2 раза больше. Тела не могут подходить друг к другу на расстояние, хотя бы сравнимое с их размером — иначе колебания параметров их орбит, вызванные гравитационным взаимодействием с другими телами Солнечной системы, приводили бы к столкновениям Януса и Эпиметея друг с другом. Таким образом, ∆a ≪ rmin и мы снова можем считать, что тела движутся по одной орбите. Более того, тела можно считать точечными, то есть пренебречь их размерами и формой. С другой стороны, сами тела не очень массивные, и существенное изменение больших полуосей их орбит происходит только в то время, когда они близки друг к другу. Будем считать, что за пределами некоторого rmax ≪ a Янус и Эпиметей не взаимодействуют друг с другом. Из сделанных выше предположений получаем, что изменение больших полуосей орбит происходит только за счет изменения модуля скоростей спутников, но не их направления. Так как орбиты следует считать круговыми, то в каждый момент времени скорости остаются направленными перпендикулярно направлению на Сатурн. Здесь вступает в силу известный факт, что сообщение телу энергии (попытка его ускорить) приводит к уменьшению его скорости, и наоборот. Действительно, из теоремы о вириале 2K = −U , E = K + U = K − 2K = −K. Увеличение полной энергии приводит к уменьшению кинетической энергии, ∆E = −∆K. Изменение энергии равно работе гравитационных сил притяжения между двумя телами. Тогда m  v 2 = −mv∆v, ∆E = F · ∆l · cos(∆φ) = F · v∆t · cos(∆φ) = −∆ 2 ∆v F = − · cos(∆φ). ∆t m Здесь ∆φ — это угол между скоростью тела и направлением на второе тело. В случае совпадающих орбит он равен углу между направлениями с Сатурна на эти два спутника. Аналогичный результат можно получить, если рассматривать изменение кинетической энергии с учетом работы гравитационных сил со стороны Сатурна, совершаемую над телами. XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 17 из 20

Теоретический тур

11 класс

24 апреля 2026 г.

Пусть текущие координаты спутников в полярной системе координат — (a1 , φ1 ) и (a2 , φ2 ) соответственно. Будем считать, что ∆φ = φ2 − φ1 мало. Тогда расстояние между спутниками равно p p r = (a2 cos ∆φ − a1 )2 + (a2 sin ∆φ)2 ≈ (a2 − a1 )2 + (a2 ∆φ)2 .

m2

a2 r ∆φ m1

a1

При этом (a2 − a1 ) ⩽ ∆a ≪ rmin , из чего следует, что r ≈ a∆φ. Пусть линейная скорость, угловая скорость и масса одного из спутников равны v1 , ω1 и m1 , линейная скорость и масса другого — v2 , ω2 и m2 соответственно. Расстояние между спутниками — r. В начальный момент времени большие полуоси орбит спутников равны a10 = a и a20 = a+∆a соответственно, при этом ω10 > ω20 , то есть первый спутник догоняет второй. v2

m2 v1 m1

Под действием гравитационных сил скорости тел изменяются. 1 Gm1 m2 dv1 =− · , dt m1 r2   dv2 1 Gm1 m2 =− · − , dt m2 r2 dr d∆φ =a = a(−ω1 + ω2 ). dt dt Здесь мы приняли cos ∆φ равным 1, так как считаем ∆φ малым. Свяжем разности линейных и угловых скоростей с разностью больших полуосей орбит. Обозначим (a2 − a1 ) как δa, тогда s r r   s   GMc GMc GMc ∆a1 GMc ∆a2 v1 − v2 = − ≈ 1− − 1− , a1 a2 a a a a r v1 − v2 ≈

GMc a

  ∆a1 ∆a2 δa 1− −1+ = v10 · ; 2a 2a 2a

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 18 из 20

Теоретический тур

11 класс

24 апреля 2026 г.

s   s   GMc GMc 3∆a1 GMc 3∆a2 ω1 − ω2 = ≈ 1− − 1− , a32 a3 a a a r   3∆a1 3∆a2 3δa GMc 1− −1+ = ω10 · . ω1 − ω 2 ≈ 3 a 2a 2a 2a s

GMc − a31

Тогда получим, что dr 3δa 3 v2 − v1 = −aω10 · = v10 · 2 = 3(v2 − v1 ). dt 2a 2 v10 Обозначим v2 − v1 как δv, тогда dδv G(m1 + m2 ) = , dt r2 dr = 3δv. dt Перемножим эти два уравнения и получим     dδv d 3(δv)2 G(m1 + m2 ) dr d G(m1 + m2 ) 3δv · = = · = − . dt dt 2 r2 dt dt r Получаем закон сохранения: 3(δv)2 +

2G(m1 + m2 ) = const. r

Записывая его для двух состояний, при r → ∞ (без взаимодействия) и при δv = 0, получим 2G(m1 + m2 ) = 3(δv∞ )2 . rmin δv∞ = (v20 − v10 ), то есть |δv∞ | = v10 ·

∆a 2πa ∆a ∆a = · =π· . 2a T 2a T

Получаем финальный ответ: rmin =

2G(m1 + m2 ) 2G(m1 + m2 )T 2 = = 15.8 тыс. км. 3(δv∞ )2 3π 2 (∆a)2

На самом деле спутники не «обмениваются» орбитами: более массивный спутник перемещается на меньшее расстояние, чем менее массивный. Однако после окончания взаимодействия расстояние между орбитами оказывается таким же, какое было и до взаимодействия (см. график далее). Последний обмен орбитами произошел в начале 2026 года, при этом Янус из внутреннего спутника снова стал внешним.

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 19 из 20

Теоретический тур

Большая полуось −151400 км

11 класс

24 апреля 2026 г.

48 км 21 км

76 км

Время, годы Критерии оценивания. К1. Оценка большой полуоси и периода обращения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 Замечено, что в ответе достаточно одной большой полуоси и одного периода 2 Связь между ∆T и ∆a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Связь между ∆T и синодическим периодом . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Верный ответ на первый вопрос задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К2. Оценка минимального расстояния между спутниками . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Замечено, что 50 км меньше размеров тел, поэтому rmin ≫ ∆a . . . . . . . . . . . . . . 1 Связь между силой и фактическим изменением скорости . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Выражения для изменения скоростей тел и расстояния между телами со временем . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Связь между разностями линейных и угловых скоростей тел . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Закон сохранения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Верный ответ на второй вопрос задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Максимальная оценка: 15

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 20 из 20

Решения — прак.

Практический тур Условия задач, решения и критерии оценивания. 11 класс

Содержание 11.7. Планета всходит и заходит . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.8. Геометрически точно . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.9. Гонки за светом . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

2 5 9

стр. 1 из 12

11 класс

Практический тур

25 апреля 2026 г.

11.7. Планета всходит и заходит

Поток (в относительных единицах)

А.А.Федотов При наблюдениях звезды у нее транзитным методом была обнаружена планета. Определите радиус планеты и эффективные температуры ее дневной и ночной сторон, воспользовавшись кривой блеска, полученной при наблюдении на длине волны 8 мкм (для удобства кривая блеска приведена для двух разных масштабов по оси ординат). Известно, что радиус звезды равен 5.6 · 105 км, а ее эффективная температура 4.5 · 103 К.

Время (в долях орбитального периода) Решение. Найдем потоки, обусловленные излучением отдельно звезды и отдельно планеты при наблюдении ее дневной и ночной сторон. Сразу заметим, что излучение звезды можно считать изотропным (разнообразные эффекты, возникающие у затменно-двойных из-за наличия второго компонента, тут существенными не будут — планета имеет сравнительно малую массу), а вот у планеты, вращение которой, по-видимому, синхронизировано с обращением вокруг звезды, температуры разных сторон существенно отличаются. Поток, обусловленный только излучением звезды, можно определить в момент вторичного минимума («затмения» планеты звездой), когда планета заходит за звезду. XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 2 из 12

11 класс

Практический тур

25 апреля 2026 г.

Ему соответствует менее глубокий провал на графике, так как температура планеты в любом случае заметно меньше температуры звезды, а площади, с которых в каждом из минимумов не приходит излучение, равны. Тогда, зная поток звезды, мы сможем определить потоки, приходящие с ночной и с дневной сторон планеты. Однако получить по этим данным температуры нельзя, поскольку нам неизвестен радиус планеты. Определить радиус поможет глубина транзита (более глубокого минимума, когда планета проходит по диску звезды), Отношение его глубины за вычетом потока ночной стороны планеты к общему потоку звезды будет равно отношению площадей диска звезды и планеты или квадратов их радиусов. Важно не забыть, что пренебрегать собственным излучением планеты в этом случае нельзя (если мы не хотим получить для ее ночной стороны температуру, равную нулю). Рассмотрим кривую блеска. Видно, что авторы статьи, из которой взяты данные, о нас позаботились: поток собственно звезды любезно принят за 1.000. Поток во время транзита составляет 0.979, а поток от ночной стороны планеты, который можно оценить по значениям на кривой блеска непосредственно рядом с транзитным участком, составляет около 0.002 потока звезды (последнее значение можно определить точнее, но поскольку мы не можем точнее найти глубину минимума в транзите, тут эта точность окажется бесполезной). Таким образом, во время транзита поток от той части диска звезды, которая закрыта планетой, составлял бы 1.000−0.979+0.002 = 0.023, поэтому мы знаем отношение квадратов радиусов планеты Rп и звезды Rз :  2 Rп = 0.023. Rз Тем самым Rп /Rз ≈ 0.15, и радиус планеты оказывается равным 8.4 · 104 км. Теперь обратимся к нижнему графику и посмотрим на ту его часть, где видны и звезда, и планета. Учитывая, что единичный поток обеспечивается звездой, находим, что поток дневной стороны планеты равен 0.0034, а ночной — 0.0023. Поскольку наблюдения проводятся на одной конкретной длине волны и в спектральной полосе постоянной ширины, то поток пропорционален чернотельной интенсивности Bλ (T ) для соответствующей температуры на длине волны λ = 8 мкм, умноженной на площадь источника. Поэтому температуры для дневной и ночной сторон планеты (в дальнейшем «дп» и «нп») должны удовлетворять соотношениям

0.023 · Bλ (Tдп ) = 0.0034 Bλ (Tз )

Bλ (Tдп ) = 0.15 Bλ (Tз )

(1)

0.023 · Bλ (Tнп ) = 0.0023 Bλ (Tз )

Bλ (Tнп ) = 0.10. Bλ (Tз )

(2)

Вспомнив, как выглядит функция Планка Bλ (T ) =

−1 2hc2  hc λkT − 1 e , λ5

понимаем, что коэффициенты перед экспонентой в любом случае сократятся. hc Введем для удобства величину χ = λkT . Несложно вычислить, что для звезды χз = 0.4, и тогда соотношения (1) и (2) можно записать в виде   exp(χз ) − 1 χдп = ln + 1 = 1.45 (3) 0.15

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 3 из 12

Практический тур

11 класс и

 χнп = ln

exp(χз ) − 1 +1 0.10

25 апреля 2026 г.

 = 1.78.

(4)

Поскольку χ ∝ 1/T , то отсюда следует, что Tдп =

0.4 · 4.5 · 103 К = 1.2 · 103 К 1.45

0.4 · 4.5 · 103 К = 1.0 · 103 К, 1.78 что близко к результатам, полученным в статье Knudson et al., Nature, v. 447, pp. 183–186, из которой и были взяты данные, положенные в основу этой задачи. Tнп =

Осталось объяснить одну странность, на которую, возможно, обратили внимание решавшие задачу. На нижнем из двух графиков выполнено сглаживание кривой блеска на участках, когда поток регистрируется и от звезды, и от планеты. Наличие синусоидальной зависимости понятно: это следствие того, что планету мы видим с разных сторон и ее поток меняется в зависимости от ее ориентации. Однако минимумы и максимумы этой синусоиды несколько смещены по отношению к положению минимумов на кривой блеска, из чего можно сделать дополнительный важный вывод: распределение температуры на поверхности планеты смещено относительно прямой «звезда – планета», самое горячее место на планете находится не в подзвездной точке, а смещено от нее. Более тщательная обработка исходных данных показала, что смещение составляет около 30◦ . Критерии оценивания. К1. Снятие измерений и их интерпретация . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Правильная интерпретация минимумов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Верное определение потоков дневной, ночной сторон планеты и минимумов кривой блеска . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 К2. Определение радиуса планеты . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Вывод формулы радиуса с учётом вклада потока планеты в континуум . . . . . 3 Верное значение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Если радиус получен путем анализа продолжительности затмения, по данному критерию ставится 2 балла. При излишней точности снимается 1 балл.

К3. Учёт монохроматичности измеряемого потока . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Связь потока с формулой Планка . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Запись формулы Планка с точностью до констант . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 При использовании приближения Рэлея-Джинса за данный критерий ставится 1 балл.

К4. Вывод выражения для температуры . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Вывод через формулу Планка . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Вывод с использованием закона Стефана-Больцмана . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Вывод с использованием приближения Рэлея-Джинса . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 К5. Вычисление температур дневной и ночной сторон планеты по построенной модели . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 При излишней точности снимается по 1 баллу за значение.

Максимальная оценка:

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

25

стр. 4 из 12

Практический тур

11 класс

25 апреля 2026 г.

11.8. Геометрически точно В.В.Григорьев Вам дана заготовка схемы (с указанным масштабом) зеркального телескопа, состоящего из первичного параболического собирающего зеркала диаметром D1 = 260 см с относительным отверстием 1 : 3.85 и вторичного рассеивающего гиперболического зеркала с фокусным расстоянием F2 = −275 см. В точках O1 и O2 соответственно эти зеркала пересекают главную оптическую ось. Диаметр поля зрения телескопа составляет 19′ 25′′ . A. Определите тип оптической системы (название) и ее эффективное фокусное расстояние F . B. Изобразите оба зеркала строго в соответствии с их геометрическими характеристиками, укажите эти характеристики на чертеже, поглощающую часть обозначьте штриховкой или закрасьте, считая, что толщина зеркал не превышает 25 см. C. Изобразите ход хотя бы одного луча внутри трубы телескопа от звезды, находящейся в центре поля зрения, до фокальной плоскости. D. Какое минимальное число одиночных кадров потребуется для получения изображения спиральной галактики с угловыми размерами 6′ × 1′ , если в фокальной плоскости установлена идеальная ПЗС-матрица разрешением 2048 × 2048 с пикселями размером 5 × 5 мкм? E. Назовите телескоп или укажите его местоположение, если известно, что он находится на территории бывшего СССР.

1м

O1

O2

Решение. Система телескопа с параболическим объективом и гиперболическим вторичным зеркалом является системой Кассегрена. В классической схеме Кассегрена фокусы первичного и вторичного зеркал совпадают, но их допускается разнести, например, для изменения выноса фокуса. В больших телескопах порой изменение положения вторичного зеркала используется для фокусировки телескопов. Заметим, что фокусное расстояние зеркала и фокусное расстояние гиперболы как математической кривой — разные понятия, и их не следует путать. Относительное отверстие объектива позволяет рассчитать его фокусное расстояние F1 = 2.6 · 3.85 = 10 м. Благодаря имеющемуся масштабу можно обозначить часть XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 5 из 12

Практический тур

11 класс

25 апреля 2026 г.

параболы, реально являющуюся зеркалом, однако стоит помнить, что в системе Кассегрена фокус выносится за главное зеркало, так что в нем необходимо будет сделать отверстие. Также отметим, что расстояние между центрами зеркал вдоль оптической оси |O1 O2 | = 7.9 метра, которое получается из масштаба схемы при помощи линейки. Далее найдем положение фокальной плоскости телескопа (эффективного фокуса). Это можно сделать двумя разными способами. Будем считать, ввиду малого поля зрения можно рассматривать гиперболическое зеркало с заданным фокусным расстоянием как параксиальное рассеивающее зеркало (фактически, заменив его сферическим). Так как из условия напрямую следует, что фокусы заданных поверхностей не совпадают, то оптическое свойство гиперболы неприменимо. Вариант 1. Получение эффективного фокуса геометрически Обратим внимание, что параболическая поверхность нам дана довольно большого диаметра (больше размеров объектива), значит, можно использовать этот факт для более точных построений. На рисунке ниже путь такого луча будет обозначен синим цветом. Красный же луч является лучом, попадающим в край главного зеркала, то есть идущим в пределах трубы телескопа, но он также подходит для подобного построения. Отметим фокус F1 первичного зеркала на чертеже и построим луч A′ B ′ , параллельный главной оптической оси: после отражения он пересечет ее в фокусе. Однако, дальше гиперболического зеркала луч не пойдет (попав в точку C ′ ), отразившись в обратную сторону, поэтому участок до фокуса обозначен пунктиром. Куда именно пойдет отраженный луч от точки C ′ ? Для ответа на этот вопрос необходимо изобразить фокальную плоскость гиперболического зеркала (линия F2 ), а также построить луч B ′′ O2 (зеленый), параллельный B ′ C ′ , приходящий в центр вторичного зеркала. Продолжение «назад» отраженного луча O2 E пересечет фокальную плоскость в точке D′ . Значит, из этой же точки будет исходить продолжение «назад» луча, порожденного лучом B ′ C ′ , то есть D′ C ′ F — прямая линия.

1м

A E

24 см F

O1

O2 C′

55 см F1

D′ F2

260 см

B ′′ B′

A′

Вариант 2. Получение эффективного фокуса аналитически Параболическое зеркало дает действительное изображение в своей фокальной плоскости. Расстояние между главным зеркалом и получаемым изображением составит XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 6 из 12

Практический тур

11 класс

25 апреля 2026 г.

1001 см ≈ 10 м — величину фокусного расстояния. Однако, лучи света дойдут лишь до гиперболического зеркала, преодолев расстояние O1 O2 = 790 см. Для гиперболического зеркала, фактически, получится исходный мнимый объект, являющийся действительным изображением от параболического зеркала, находящийся в точке F1 . Тогда можно записать формулу тонкой линзы (она работает и для зеркал): 1 1 1 = + F2 d2 f2

f2 =

F 2 d2 (−275) · (−210) = ≈ −890 см, d2 − F 2 (−210) − (−275)

где F2 — фокусное расстояние гиперболического зеркала (зеркало рассеивающее, поэтому фокусное расстояние отрицательное), d2 = |O2 F1 | = 790 − 1000 = −210 см — расстояние от вторичного зеркала до объекта (объект мнимый, поэтому расстояние отрицательное), f2 = |O2 F | — расстояние от вторичного зеркала до действительного изображения (здесь расстояние отрицательное, так как изображение получилось с той же стороны, из которой шли лучи). Конец вариантов Оба варианта дают вынос фокуса |O1 F | ≈ 1 м. Получаем, что пучок параллельных лучей, попавший в объектив, преодолел расстояние 790 см + 890 см = 1680 см прежде чем сойтись в одной точке. Является ли эта величина эффективным фокусным расстоянием всей системы? Нет, все прозаичнее. Эффективное фокусное расстояние оптической системы — это фокусное расстояние одной линзы того же диаметра, что и первичное зеркало (в данном случае, хотя обычно учитывается наличие диафрагмы), которая давала бы сходящийся пучок света под тем же углом. Становится понятно, что достаточно рассмотреть подобные треугольники: длина катета |O2 C| = D2 /2 (радиус гиперболического зеркала) также относится к радиусу объектива как расстояние |F O2 | к искомому эффективному фокусному расстоянию F . При этом катет |O2 C| пропорционален |O1 B| = D1 /2 через отношение |O2 F1 | и F1 : |O1 F1 | |O1 B| = |O2 C| |O2 F1 |

D2 D1 |O2 F1 | 210 = |O2 C| = · = 130 · = 27.3 см, 2 2 |O1 F1 | 1000

|O2 F | D1 |O2 F | D1 |O2 F ||O1 F1 | |O2 F ||O1 F1 | 890 · 1000 |O2 C| = ⇒ F = · = · = = ≈ 42.5 м. D1 /2 F 2 |O2 C| 2 |O1 B||O2 F1 | |O2 F1 | 210 Те же вычисления можно проделать и для синего луча с тем же результатом. Итак, мы получили, что эффективное фокусное расстояние телескопа F = 42.5 м, попутно получив размер вторичного зеркала: его диаметр составляет D2 = 27.3 · 2 ≈ 55 см. На самом деле размер должен быть немного больше, если учитывать диаметр поля зрения (добавка составляет около 5 см), однако точный расчет не требуется. Угловое поле зрения в 19′ 25′′ позволяет определить диаметр изображения l в фокальной плоскости за главным зеркалом: l = 42.5 м ·

19′ × 60′′ + 25′′ = 24 см 206265′′ /рад

Так как речь про параксиальные лучи (практически параллельные главной оптической оси), то и вырез в главном зеркале должен быть не меньшего диаметра (добавка получается также около 5 см, что также не требовалось). На схеме выше сами зеркала изображены голубым цветом, отражающие поверхности обращены друг к другу, геометрические размеры указаны фиолетовым цветом. Луч от звезды в центре поля зрения, идущий внутри трубы изображен красным цветом. XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 7 из 12

Практический тур

11 класс

25 апреля 2026 г.

Согласно условию, в фокальной плоскости установлена матрица с линейным размером 2048 × 5 мкм ≈ 10 мм, а получаемое изображение участка неба диаметром 19′ 25′′ имеет линейный размер l = 24 см, что дает участок неба 0′ .8 × 0′ .8, проецируемый на матрицу. Значит, спиральная галактика (видимая под небольшим углом как эллипс) размерами 6′ × 1′ имеет максимальный линейный диаметр 7.4 см. Отсюда следует, что нам потребуется 15 полных кадров (или 16 с учетом перекрытия; см. рисунок снизу), так как имеющаяся ПЗС-матрица сильно меньше выходного пучка света.

В данной задаче рассмотрен Зеркальный телескоп им. акад. Г.А. Шайна (ЗТШ) — второй по величине телескоп России, находящийся в Крымской астрофизической обсерватории и носящий имя ее первого директора. Его «близнец» (но с главным зеркалом, выполненным из ситалла, а не из пирекса) находится в обсерватории Бюракан (Армения) и носит имя ее основателя и первого директора академика В.А. Амбарцумяна. Критерии оценивания. К1. Схема и фокусное расстояние . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Написано «система Кассегрена» . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Описаны детали построения лучей или приведены формулы для вычисления положения эффективного фокуса . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Верно рассчитано эффективное фокусное расстояние F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Если оно считается равным F1 = 10 м или ≈ 17 м — 1 балл.

К2. Схема телескопа и лучи: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 Эффективный фокус находится слева от главного зеркала на схеме (погрешность ±0.75 м) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Наличие отверстия в главном зеркале . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Верно изображен луч внутри трубы (красный) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Размеры обоих зеркал соответствуют масштабу . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2+2 Подписаны диаметры зеркал и отверстия . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1+1+1 К3. Кадры и название телескопа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Верные размеры матрицы или пикселя (угловые) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Необходимо верное число кадров, соответствующее рассчитанному F . . . . . . . 2 Телескоп ЗТШ/в КрАО (Крым)/в Бюракане (Армения) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Максимальная оценка: 25

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 8 из 12

Практический тур

11 класс

25 апреля 2026 г.

11.9. Гонки за светом М.В.Костина, П.А.Тараканов Вам даны радиокарты наблюдений на частоте 22 ГГц джета, вылетающего из активного ядра галактики (АЯГ). Справа от каждой карты подписана дата наблюдения (в годах и долях года). Масштаб по осям абсцисс и ординат одинаков и указан на оси абсцисс, само ядро находится на отметке 0 по оси абсцисс. Известно, что угол между направлением вылета джета из АЯГ и направлением на Солнце равен 15◦ . Наблюдаемое красное смещение галактики равно z = 0.033. Найдите величину, на которую скорость движения джета отличается от скорости света, выразив ее в долях скорости света.

2001.00

2001.09

2001.18

2001.25

2001.35

2001.44

2001.52

2001.60

2001.69

2001.78

2001.86

0 2 4 6 8 10 12 14 Относительное смещение, ×10−3 секунды дуги

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 9 из 12

Практический тур

11 класс

25 апреля 2026 г.

Решение. Найдем расстояние до галактики. Поскольку z = 0.033 ≪ 1, то расстояние , где c — скорость света, H — постоянная Хаббла. Получаем выражается как r = c·z H r=

c·z 3 · 105 км/с · 0.033 = = 1.4 · 102 Мпк. H 7 · 101 км/с/Мпк

Теперь определим скорость движения джета в картинной плоскости. Для этого надо выбрать один (а лучше — несколько) «узел» джета: область повышенной яркости, движение которой можно проследить по картам. Определенности ради займемся узлом, который на первой карте находится на отметке по оси абсцисс 5.6. Его положение прослеживается на всех картах, на последней он оказывается на отметке 7.6. Измерив линейкой его расстояние от положения ядра, получаем, что за 0.86 года он переместился на расстояние 2.1 · 10−3 секунды дуги, то есть движется с угловой скоростью около 2.4 · 10−3 угловой секунды в год. Более точно соответствующее измерение можно выполнить, если заметить, что смещение карты по вертикали пропорционально разности времен получения каждой очередной карты по сравнению с первой. Тогда можно провести прямые, соединяющие положения одного и того же узла джета (пример для двух узлов приведен на следующей странице) и по наклону прямой получить компоненту скорости перемещения узла вдоль оси абсцисс. При этом для разных узлов наклоны будут получаться немного разными — скорости движения узлов несколько различаются. Поскольку на расстоянии 1 пк угловая скорость 1′′ /год соответствует линейной скорости 1 а.е./год = 4.74 км/с, наблюдаемая скорость движения джета u оказывается равной u = 1.4 · 108 · 2.4 · 10−3 · 4.74 км/с = 1.6 · 106 км/с = 5.3 c, где c — скорость света. И, поскольку мы таким образом наблюдаем проекцию скорости джета на картинную плоскость, то можно подумать, что полная скорость джета должна оказаться еще больше. Результат на первый взгляд кажется нелепым, однако ничего ненормального в нем нет, определенная таким образом скорость вполне может превышать скорость света. u

⋆ θ

Построим модель наблюдаемого нами явления. Пусть активное ядро галактики находится на расстоянии r от наблюдателя, узел джета движется под углом θ к направлению к наблюдателю с пространственной скоростью v. В некоторый момент времени t наблюдатель наблюдает узел на угловом расстоянии φ = φ(t) от ядра. Тогда угловая скорость, с которой узел перемещается по небесной , причем полученная нами сфере, может быть вычислена как ω = dφ dt скорость u = r · ω. Пусть узел стартует из ядра в момент времени t̃ = 0. К некоторому t̃ он пройдет расстояние l = v t̃. Однако информация об этом попадает к наблюдателю не бесконечно быстро, а со скоростью света, поэтому доберется до наблюдателя в момент времени t, равный (с учетом того, что φ ≪ 1) r − l · cos θ r − v t̃ · cos θ t ≈ t̃ + = t̃ + . c c Угол φ при этом будет меняться со временем как φ ≈ tg φ =

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

l · sin θ v t̃ · sin θ = . r r стр. 10 из 12

Практический тур

11 класс

25 апреля 2026 г.

38 36

2001.00

34 2001.09 32 30 2001.18 28 26

2001.25

24 22

2001.35

20 2001.44

18 16

2001.52 14 12

2001.60

10 2001.69

8 6

2001.78 4 2 0

2001.86

0 2 4 6 8 10 12 14 −3 Относительное смещение, ×10 секунды дуги

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 11 из 12

Практический тур

11 класс

25 апреля 2026 г.

Вычислим dφ dt̃ dφ dφ = = · · ω= dt dt̃ dt dt̃

dt dt̃

−1 =

1 v sin θ · . r 1 − v/c · cos θ

Отсюда наблюдаемая скорость u равна u=

v sin θ . 1 − vc · cos θ

(5)

Отметим, что несмотря на формально возникающие «сверхсветовые» скорости, никакие формулы из специальной теории относительности тут не требуются. Они возникают при необходимости перехода из одной инерциальной системы отсчета в другую, движущуюся с достаточно большой скоростью по отношению к первой, а в данном случае ничего подобного не имеется: все рассмотрение происходит в одной системе отсчета. Единственным исключением из этого утверждения (впрочем, даже в этом случае не требующим учета эффектов СТО) может быть вопрос о возможной аберрационной поправке к углу θ, однако несложно заметить, что она меньше точности, с которой этот угол задан в условии. Поэтому вернемся к вычислениям. Поскольку мы знаем из условия, что θ = 15◦ , нам осталось выразить v. Будем измерять все скорости в скоростях света, тогда c = 1, u ≈ 5.3. Выражая v из (5) и вычисляя требуемую в условии величину 1 − v, получаем 1−v =1−

u ≈ 1.4 · 10−2 . sin θ + u cos θ

Осталось добавить, что «прототипом» объекта и источником радиокарт послужила галактика Маркарян 1506, известная также как 3C 120, параметры которой были немного изменены. Критерии оценивания. К1. Измерение угловой скорости двух и более узлов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Для решения использован только один узел . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . –2 Нет конкретного результата (угловой скорости) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . –1 К2. Вычисление расстояния до галактики . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 К3. Определение видимой скорости движения узлов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Она получена неявно и не оценена . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . –2 К4. Модель явления . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 К5. Получение выражения для пространственной скорости . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 К6. Вычисление итогового ответа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 В качестве ответа дана скорость v вместо c − v . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . –2 Использованы другие единицы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . –1 Избыточная точность ответа (3 и более значащих цифры) . . . . . . . . . . . . . . . . . –1 Максимальная оценка: 25

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 12 из 12

Решения — тест.

Тестовый тур Условия задач, решения и критерии оценивания. 11 класс

Содержание 11.1. Вверх и вниз . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 11.2. Эксцентричная задача . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 11.3. Цветовая дифференциация . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 11.4. Энергия звезд . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 11.5. Скоро рассвет . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 11.6. Астрономические вехи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 11.7. Солнечный круг . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 1 из 17

11 класс

Тестовый тур

27 апреля 2026 г.

11.1. Вверх и вниз М.В.Кузнецов Перед вами графики изменения склонения Солнца и планет в течение 2025 года. Определите, какому из подписанных графиков соответствует какой из перечисленных ниже объектов.

Порядок ответов: 1. Солнце 2. Меркурий 3. Венера 4. Марс 5. Сатурн 6. Уран Решение. На оси склонений нет масштаба. Однако в списке есть один объект, склонение которого меняется с периодом, равным одному году — Солнце. Тем самым можно и найти масштаб оси склонений, и однозначно указать соответствие кривой C — это Солнце. Далее можно заметить, что периоды изменения склонений для каждой из планет связаны с их синодическими периодами. Самый малый период у объекта D — это Меркурий. Второй по частоте А — Венера. Наоборот, синодический период Марса самый большой, и это объект B. Выбор среди двух оставшихся планет можно сделать, найдя кривую с самыми малыми изменениями — это самая далекая планета из списка, Уран, который тем самым соответствует кривой E. Последний оставшийся вариант — это Сатурн, F. Еще два графика соответствуют Юпитеру и Нептуну, которые в задаче опознать не требовалось. Ответ: CDABFE XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 2 из 17

11 класс

Тестовый тур

27 апреля 2026 г.

Критерии оценивания. Каждая клетка ответа сравнивается с буквой верного ответа на той же позиции. Если буквы совпали — 1 первичный балл; иначе — 0. Пустая клетка всегда дает 0. Если в ответе какая-либо буква встречается более одного раза, все ее вхождения дают 0. Таблица перевода первичного балла в итоговый: первичный балл

балл за задачу

0 1 2 3 4 5, 6

0 1 2 3 4 5

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 3 из 17

Тестовый тур

11 класс

27 апреля 2026 г.

11.2. Эксцентричная задача А.В.Веселова В таблице представлены удельные (в расчете на единицу массы) энергия и момент импульса для нескольких малых тел Солнечной системы. Упорядочите тела по увеличению эксцентриситета их траектории. Обозначение A B C D E

E, а. е.2 /год2 −4.93 −6.58 −7.89 5.63 13.16

L, а. е.2 /год 7.54 10.38 8.16 13.16 18.49

Решение. Заметим, что в условии численные значения приведены в гауссовой системе единиц «а. е. — год — масса Солнца». В такой системе гравитационный параметр Солнца численно равен 4π 2 : T2 4π 2 = a3 GM⊙

GM⊙ = 4π 2 а. е.3 /год2 .

Полная удельная энергия астероида, движущегося по кривой второго порядка, составляет в гауссовой системе 2π 2 GM⊙ =− а. е.2 /год2 . E=− 2a a [а. е.] Отсюда 2π 2 . E Запишем выражение для удельного углового момента: p p L = GM⊙ a(1 − e2 ) = 2π a [а. е.](1 − e2 ) а. е.2 /год. a=−

Отсюда r e=

L2 1− 2 = 4π a

r 1+

L2 E . 8π 4

Рассчитаем большую полуось и эксцентриситет для всех астероидов, внесем результаты в таблицу. Обозначение A B C D E

E, а. е.2 /год2 −4.93 −6.58 −7.89 5.63 13.16

L, а. е.2 /год 7.54 10.38 8.16 13.16 18.49

a, а. е. 4.0 3.0 2.5 −3.5 −1.5

e 0.80 0.30 0.57 1.50 2.60

Ответ: BCADE Критерии оценивания. 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. XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 4 из 17

Тестовый тур

11 класс

27 апреля 2026 г.

Веса пар (строка задает первую букву пары, столбец — вторую):

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

..B

..C

..A

..D

..E

— 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 перевернутый ответ участника совпадает с верным ответом, выставляется 1 компенсационный балл.

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 5 из 17

Тестовый тур

11 класс

27 апреля 2026 г.

11.3. Цветовая дифференциация М.В.Кузнецов Вам даны несколько звезд. Расставьте их в порядке увеличения характерной температуры фотосферы. Индекс A B C D E

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

Решение. Вспомним цвет поверхности звезд и другую полезную информацию. Проксима Центавра — ближайший к нам красный карлик, причем довольно позднего спектрального подкласса (M5.5), температура около 3000 K. 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. Звезды 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. 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. 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:

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 6 из 17

Тестовый тур

11 класс

27 апреля 2026 г.

— в мягком рентгеновском диапазоне белый карлик выглядит гораздо ярче нормальной звезды. Ответ: BADEC Критерии оценивания. 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 задает 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 перевернутый ответ участника совпадает с верным ответом, выставляется 1 компенсационный балл.

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 7 из 17

Тестовый тур

11 класс

27 апреля 2026 г.

11.4. Энергия звезд В.Б.Игнатьев Вам дан список различных механизмов энерговыделения, которые для разных объектов являются основными источниками энергии. Сопоставьте механизмы энерговыделения и объекты. Индекс A B C D E

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

Порядок ответов: 1. Протозвезды 2. Оболочки сверхновых типа Ia 3. Белые карлики 4. Радиопульсары 5. Звезды на стадии Главной последовательности Решение. Разберем каждый из видов энергии. Термоядерный синтез гелия в ядре происходит в звездах на стадии Главной последовательности. Гравитационная энергия является источником излучения на стадии протозвезды. Радиоактивный распад сверхновой типа Ia.

является

источником

свечения

разлетающейся

оболочки

Энергия вращения — это источник энергии для радиопульсаров. Тепловая энергия высвечивается горячими объектами, в которых не идет выделение энергии по другим каналам. В имеющемся списке это белые карлики. Ответ: DAECB Критерии оценивания. Каждая клетка ответа сравнивается с буквой верного ответа на той же позиции. Если буквы совпали — 1 первичный балл; иначе — 0. Пустая клетка всегда дает 0. Если в ответе какая-либо буква встречается более одного раза, все ее 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. 8 из 17

11 класс

Тестовый тур

27 апреля 2026 г.

11.5. Скоро рассвет C.Г.Желтоухов Вам даны (на следующей странице) 4 астрономических графика с потерянными единицами измерения по осям. Восстановите их, учитывая что единицы не могут повторяться. Порядок ответов: 1. Длина волны, Å 2. Время, сутки 3. Логарифм эффективной температуры 4. Расстояние, кпк 5. Абсолютная звездная величина 6. Скорость, км/с 7. Логарифм светимости в светимостях Солнца 8. Относительный поток

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 9 из 17

11 класс

Тестовый тур

27 апреля 2026 г.

Решение. Для начала нужно определить, что изображено на графиках. На первом из них показана кривая блеска, и по оси ординат величины около −20, что похоже на абсолютные величины сверхновых (A – 5). Характерный период изменения блеска сверхновых составляет порядка месяцев, откуда получаем B – 2. Далее можно заметить, что на третьем графике классический спектр звезды. В наличии есть только одни единицы, связанные с длиной волны или энергией фотона (F – 1). Это же подтверждает хорошо видимый бальмеровский скачок на длине волны 3646Å. Для единиц по оси ординат подходит относительный поток (E – 8). У нас остались log Teff , log L/L⊙ , расстояние в кпк и скорость в км/c. Первые две оси подозрительно напоминают диаграмму Герцшпрунга – Рассела, которая и изображена на втором графике (С - 7, D – 3). Тогда на последнем, четвертом графике изображена плоская кривая вращения спиральной галактики (H – 4, G – 6). Далее на рисунке приведены графики с оригинальными подписями. Ответ: FBDHAGCE

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 10 из 17

11 класс

Тестовый тур

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

27 апреля 2026 г.

стр. 11 из 17

11 класс

Тестовый тур

27 апреля 2026 г.

Критерии оценивания. Каждая клетка ответа сравнивается с буквой верного ответа на той же позиции. Если буквы совпали — 1 первичный балл; иначе — 0. Пустая клетка всегда дает 0. Если в ответе какая-либо буква встречается более одного раза, все ее 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. 12 из 17

Тестовый тур

11 класс

27 апреля 2026 г.

11.6. Астрономические вехи В.Б.Игнатьев Вам даны различные зависимости, обнаружение которых привело к прорыву в развитии астрономии. Расставьте соответствующие графикам открытия в хронологическом порядке, от самых ранних до самых поздних.

E Решение. Опишем графики по порядку. A. Это спектр черного тела. При этом оно черное с очень хорошей точностью, то есть это не звезда или туманность. В астрофизике наиболее точная реализация спектра АЧТ это реликтовое излучение. Перед нами изображен спектр реликтового излучения, которое обнаружили в 1963 году. XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 13 из 17

Тестовый тур

11 класс

27 апреля 2026 г.

B. Это оригинальный график из работы Эдвина Хаббла, опубликованной в 1929 году, в которой был опубликован закон Хаббла. В своей работе Хаббл получил значение постоянной Хаббла 500 км/с/Мпк, так как данные по расстояниям до галактик были очень плохого качества и напрямую не измерялись. C. Это кривая блеска сверхновой 1987A (вспыхнувшей в 1987 году). Мы видим характерный вид кривой блеска сверхновой, а видимые звездные величины, отложенные по оси ординат, показывают, что ее прекрасно было видно невооруженным глазом. За последние 400 лет была только одна сверхновая, которую можно было наблюдать глазом без телескопа. D. Так выглядела всем известная диаграмма Герцшпрунга–Рассела в пионерской работе Рассела в 1913 году. E. Это гравитационно-волновой сигнал, полученный при слиянии двух черных дыр звездных масс. Наблюдение произошло в 2014 году. Ответ: DBACE Критерии оценивания. 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 задает первую букву пары, столбец — вторую):

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

..D

..B

..A

..C

..E

— 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 перевернутый ответ участника совпадает с верным ответом, выставляется 1 компенсационный балл.

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

стр. 14 из 17

11 класс

Тестовый тур

27 апреля 2026 г.

11.7. 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. 15 из 17

Тестовый тур

11 класс

1.

A.

2.

B.

3.

C.

4.

D.

5.

E.

XXXIII Всероссийская олимпиада по астрономии

27 апреля 2026 г.

стр. 16 из 17

Тестовый тур

11 класс

27 апреля 2026 г.

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: EDABC Критерии оценивания. Каждая клетка ответа сравнивается с буквой верного ответа на той же позиции. Если буквы совпали — 1 первичный балл; иначе — 0. Пустая клетка всегда дает 0. Если в ответе какая-либо буква встречается более одного раза, все ее 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. 17 из 17