Съдържание

НОА 2026, II кръг (областен), 11–12 клас — Задача 3. Симбиотична двойна система

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НОА 2026

XXIX Национална олимпиада по астрономия 2026, областен кръг, възрастова група 11-12 клас · 22 февруари 2026 г. · 12 т.

Условие

Симбиотичните двойни системи обикновено съдържат червен гигант и бяло джудже. Червеният гигант губи маса или защото е запълнил своята зона на Рош, или чрез звезден вятър. Бялото джудже захваща част от тази маса като обикновено тя формира акреционен диск около него. За разлика от катаклизмичните двойни системи, симбиотичните са значително по-широки и, съответно, с много по-големи орбитални периоди.

Нека разгледаме симбиотична двойна система, съставена от червен гигант (A-компонента) с маса $2{,}25$ слънчеви маси, радиус $16$ слънчеви радиуса и температура $3100\ \mathrm{K}$ и бяло джудже (B-компонента) с маса $0{,}58$ слънчеви маси, радиус $0{,}012$ слънчеви радиуса и температура $24\ 000\ \mathrm{K}$ . Орбиталният период на системата е $400$ дни.

Справочни данни:

Гравитационна константа: $G = 6{,}67.10^{-11}\ \mathrm{m^3s^{-2}kg^{-1}}$

Слънчева светимост: $3{,}83.10^{26}\ \mathrm{W}$

Температура на Слънцето: $5770\ \mathrm{K}$

Маса на Слънцето: $2.10^{30}\ \mathrm{kg}$

Радиус на Слънцето: $696\ 000\ \mathrm{km}$

А) Какъв е видимият ъглов размер на червения гигант по небето, гледано от бялото джудже, ако разстоянието между тях не се променя? [4 т.]

Б) Каква е сумарната светимост от фотосферите на компоненти A и B? [4 т.]

В) Действителната светимост на системата е $23{,}6$ слънчеви светимости. Тя е по-висока от резултата в Б), тъй като материята в акреционния диск около бялото джудже пада до повърхността му, при което се трие, загрява и свети. Така гравитационната потенциална енергия на материята в диска се превръща в енергия на допълнително лъчение от него.

Пресметнете приблизително темпа на акреция към бялото джудже в $\mathrm{M}_\odot/\mathrm{yr}$ – колко слънчеви маси годишно падат на повърхността му. Приемете, че материята пада от много голямо разстояние, значително надвишаващо размера на бялото джудже. [4 т.]

Отговори

Решение

А) Намираме разстоянието $r$ между компонентите по III Закон на Кеплер

\frac{r^3}{P^2} = \frac{G(M_A + M_B)}{4\pi^2}

Получаваме $r = 1{,}50\ \mathrm{au}$ .

Видимият ъглов размер на червения гигант по небето, гледано от бялото джудже, е

\delta = \frac{2R_A}{r} = 5{,}7°

[4т.]

Б) Сумарната светимост от фотосферите на компоненти A и B пресмятаме по закона на Стефан-Болцман:

\frac{L_A}{L_\odot} = \left(\frac{R_A}{R_\odot}\right)^2\left(\frac{T_A}{T_\odot}\right)^4 = 21{,}33

\frac{L_B}{L_\odot} = \left(\frac{R_B}{R_\odot}\right)^2\left(\frac{T_B}{T_\odot}\right)^4 = 0{,}04

L_A + L_B = 21{,}37 L_\odot

[4т.]

В) Нека темпът на акреция към бялото джудже е $\Delta M/\Delta t$ . Ако масата $\Delta M$ пада от безкрайност, където има гравитационна потенциална енергия 0, до радиуса на бялото джудже $R_B$ , то промяната в гравитационната потенциална енергия е

\Delta E = -\frac{GM_B\Delta M}{R_B} - 0

Ако тази енергия се превръща през кинетична в топлинно лъчение от акреционния диск, то можем да напишем за светимостта на това лъчение

L_{ACC} = -\frac{\Delta E}{\Delta t} = \frac{GM_B\Delta M}{R_B\Delta t}

Тази светимост е разликата между пълната светимост на системата и светимостта на фотосферите:

L_{ACC} = L - (L_A + L_B) = 2{,}2 L_\odot

Решаваме и получаваме

\frac{\Delta M}{\Delta t} = 1{,}4.10^{-9} M_\odot/\mathrm{yr}

[4т.]

Критерии за оценяване (общо 12 т.):

А) 4 т. Б) 4 т. В) 4 т.

Оригинал в Архива: 26-II-1112.pdf · официални решения: a26-II-1112.pdf