Съдържание

НОА 2026, IV кръг — Задача 4. Звезди по еклиптиката

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НОА 2026

Подборен кръг за IOAAjr 2026 · Теоретичен тур, 5 юли 2026 г. · 5 юли 2026 г. · 15 т.

Време за работа

Време за работа: 5 часа

Условие

Звездата Уасат (δ Gem) е на еклиптични координати ( $\lambda_W = 108{,}5^{\circ}$ , $\beta_W = –0{,}18^{\circ}$ ) и има паралакс $p_W = 0{,}0538''$ . Уасат е двойна звезда като A-компонентата е с маса 1,57 слънчеви маси, фотосферна температура 6900 K и видима звездна величина 3,53 mag, докато яркостта на B-компонентата е пренебрежима. Масата на Уасат B е 0,81 слънчеви. Уасат има много малка пространствена скорост спрямо Слънцето, която можем да пренебрегнем.

A) Пресметнете радиуса на Уасат A. Абсолютната звездна величина на Слънцето е +4,75. Болометричната корекция да се пренебрегне. [3т.] [3 т.]

Б) На коя дата Слънцето покрива Уасат? Колко часа продължава окултацията? Приемете земната орбита за кръгова. Радиусът на Слънцето е 696 000 km. [3т.] [3 т.]

Звездата Аин (ε Tau, също 3,53 mag) е на еклиптични координати ( $\lambda_A = 68{,}5^{\circ}$ , $\beta_A = –2{,}57^{\circ}$ ) и има паралакс $p_A = 0{,}0224''$ . Аин е K0-гигант с маса 2,7 слънчеви маси, радиус 12,5 слънчеви и температура 4880 K. Около Аин по кръгова орбита обикаля газовият гигант Аматеру – първата открита планета, обикаляща около звезда в разсеян куп (Хиядите).

Космическият пътешественик Бобо е кацнал на спътник на Аматеру със своя звездолет „Бургас-56“ и прави астрономически наблюдения, вдъхновен от множеството ярки звезди от Хиядите гледани отблизо.

В) Бобо изчислява, че скоростта, с която планетата Аматеру обикаля Аин, е 35,5 km/s. Гравитационното ускорение на повърхността на спътника е малко, така че Бобо е доста лек, като в Бургас. Спътникът, на който се намира Бобо, има албедо (отражателна способност) 60%. Изчислете средната температура на повърхността на този спътник. Дали Бобо ще се чувства съвсем като в Бургас? [3т.] [3 т.]

Г) Бобо решава, че е време за промяна и тръгва със звездолета „Бургас-56“ от Аин директно в посока към Уасат. Звездолетът се движи с постоянна скорост от няколко хиляди километра в секунда. Малко след началото на пътешествието Бобо продължава с астрономическите наблюдения от звездолета и пресмята радиалната скорост и собственото движение на Слънцето. След това Бобо влиза в криокамерата, която поддържа жизнените му функции за дълго време и заспива. След хиляди години Бобо се събужда и продължава с наблюденията. Посоката и скоростта на звездолета са непроменени, а радиалната скорост на Слънцето се е понижила с 30% (по модул). Бобо измерва и собственото движение на Слънцето. С колко процента се е повишило то? [3т.] [3 т.]

Д) Космическият пътешественик Виктор е на екватора на Мистериозна планета някъде в космоса. Ротационният период на Мистериозната планета е разделен на 24 мистериозни часа. Виктор забелязва как Слънцето минава през зенита му, точно 8 мистериозни часа по-късно Уасат минава през зенита му и още точно 8 мистериозни часа след това Аин минава през зенита му. Колко пъти по-ярка е звездата Уасат отколкото звездата Аин по небето на Мистериозната планета? [3т.] [3 т.]

Справочни данни:

Фотосферна температура на Слънцето: 5772 K

Абсолютна звездна величина на Слънцето: 4,75 mag

Астрономическа единица: $149{,}6.10^{6}\ \mathrm{km}$

Гравитационна константа: $G = 6{,}67\times10^{-11}\ \mathrm{N.m^{2}.kg^{-2}}$

Отговори

Решение

Решение:

А) От паралакса намираме разстоянието до Уасат:

r_W = \frac{1}{p_W} = 18{,}59\ \mathrm{pc}

От видимата звездна величина намираме абсолютната звездна величина на Уасат

m_W - M_W = 5\lg r_W - 5

M_W = 2{,}18\ \mathrm{mag}

Сравняваме абсолютната звездна величина на Уасат с тази на Слънцето по формулата на Погсън:

M_W - M_{\odot} = -2{,}5\lg\frac{L_W}{L_{\odot}}

\frac{L_W}{L_{\odot}} = 10^{0{,}4(M_{\odot} - M_W)} = 10{,}67

От закона на Стефан-Болцман намираме радиуса на Уасат:

\frac{L_W}{L_{\odot}} = \left(\frac{R_W}{R_{\odot}}\right)^2\left(\frac{T_W}{T_{\odot}}\right)^4

R_W = 2{,}29R_{\odot}

Реалната стойност е малко по-ниска (~2,1R☉) заради болометричната корекция.

[3т.]

Б) Еклиптичната дължина на Уасат е 108,5°, което е 18,5° след лятно слънцестоене т.е. покритието от Слънцето се случва около 19 дни след лятно слънцестоене, на 10 юли.

Еклиптичната ширина на Уасат е –0,18°, т.е. Уасат е 0,18° южно от еклиптиката. Ъгловият радиус на Слънцето по земното небе е (1R☉)/(1au) = 0,267°. От геометрични съображения хордата, която Уасат изминава зад диска на Слънцето е с дължина

\alpha = 2\sqrt{(0{,}267^{\circ})^2 - (0{,}18^{\circ})^2} = 0{,}394^{\circ}

Този ъглов размер по небето се изминава от Слънцето спрямо звездите за време

t = \frac{\alpha}{\omega_{\odot}} = 9{,}6\ \mathrm{h}

[3т.]

В) От масата на Аин $M_A = 2{,}7M_{\odot}$ и кръговата скорост на планетата $v_P = 35{,}5\ \mathrm{km/s}$ намираме разстоянието от планетата (респективно, от спътника) до звездата Аин.

v_P = \sqrt{\frac{GM_A}{r_P}}

r_P = 1{,}90\ \mathrm{au}

Ако спътникът е с радиус $R_S$ , проекцията на площта, с която поема лъчите от звездата е $\pi R_S^2$ , а (1–A) е частта от лъчистата енергия, която задържа и използва за поддържане на термодинамично равновесие. Мощността на топлинното му лъчение трябва да е

P = \frac{L}{4\pi {r_P}^2}(1 - A)\pi {R_S}^2

От закона на Стефан-Болцман

P = 4\pi {R_S}^2\sigma {T_S}^4

L = 4\pi {R_A}^2\sigma {T_A}^4

Заместваме и получаваме

4\pi {R_S}^2\sigma {T_S}^4 = \frac{4\pi {R_A}^2\sigma {T_A}^4}{4\pi {r_P}^2}(1 - A)\pi {R_S}^2

{T_S}^4 = \frac{{R_A}^2 {T_A}^4}{4{r_P}^2}(1 - A)

T_S = T_A\left(\frac{(1-A)}{4}\frac{{R_A}^2}{{r_P}^2}\right)^{1/4} = 480\ \mathrm{K} = 207^{\circ}\mathrm{C}

В Бургас е топло, но не чак толкова. Бобо няма да се чувства комфортно.

[3т.]

Г) Необходимо е да решим триъгълника Слънце (O) – Уасат (W) – Аин (A). Разстоянията от паралакс до Уасат и Аин са $r_W = OW = 18{,}59\ \mathrm{pc}$ и $r_A = OA = 44{,}64\ \mathrm{pc}$ . Ъгловото разстояние между двете е равно на разликата в еклиптичните дължини:

$O = \lambda_W – \lambda_A = 40^{\circ}$ .

Триъгълник с върхове O (Слънцето), W (Уасат) и A (Аин); точка B на страната AW, от която е прекарана отсечка r до O; при B е означен ъгълът θ, а по посока към W — векторът на скоростта v; стрелка при A показва посоката на движение.

По косинусова теорема получаваме разстоянието Уасат-Аин:

AW = \sqrt{OW^2 + OA^2 - 2.OW.OA.\cos O} = 32{,}66\ \mathrm{pc}

По синусова теорема пресмятаме ъгъл A:

\frac{OW}{\sin(A)} = \frac{AW}{\sin(O)}

A = 21{,}46^{\circ}

По време на пътешествието звездолетът поддържа постоянна скорост v, обозначена на чертежа, насочена към Уасат (W). Мени се ъгълът θ между тази скорост и направлението към Слънцето, а оттам и радиалната скорост $v_R$ и собственото движение $\mu$ на Слънцето. От чертежа се вижда, че

v_R = -v\cos\theta

\mu = \frac{v\sin\theta}{r}

От синусова теорема следва, че

\frac{r}{\sin W} = \frac{OW}{\sin\theta}

Заместваме и получаваме

\frac{v\sin\theta}{\mu\sin W} = \frac{OW}{\sin\theta}

\mu = \left(\frac{v}{OW\sin W}\right)(\sin\theta)^2

В началния момент $A = \theta_1 = 21{,}46^{\circ}$ .

Радиалната скорост се е понижила с 30%, следователно

\frac{v_{R2}}{v_{R1}} = \frac{\cos\theta_2}{\cos\theta_1} = 0{,}7

\theta_2 = 49{,}35^{\circ}

\frac{\mu_2}{\mu_1} = \left(\frac{\sin\theta_2}{\sin\theta_1}\right)^2 = 4{,}30

Собственото движение на Слънцето се е повишило 4,3 пъти, т.е. с 330%.

[3т.]

Д) От обяснението за небето на Мистериозната планета следва, че тя е разположена в тази точка в равнината на трите звезди, в която ъглите между направленията към 3-те звезди са по 120°.

Можем да забележим, че ъгълът при Уасат е

W = 180^{\circ} - (O + A) = 118{,}54^{\circ}

което е много близо до 120°. Следователно Мистериозната планета е много близо до W на чертежа.

Триъгълник O–W–A с точка M близо до W; отсечките OM и AM; малкият ъгъл при O е означен с χ, а при A — с ψ.

От синусови теореми за малките ъгли χ и ψ, под които виждаме WM.cos(60) от точки O и A, важи

\frac{\chi}{\psi} = \frac{AW}{OW} = 1{,}76

Решаваме ъглите в OMW и AMW като знаем, че OMW = AMW = 120°:

$OWM = 60^{\circ} – \chi \rightarrow AWM = 58{,}54^{\circ} + \chi = 58{,}54^{\circ} + 1{,}76\psi$

За триъгълник AMW:

$120^{\circ} + \psi + 58{,}54^{\circ} + 1{,}76\psi = 180^{\circ}$

$\psi = 0{,}53^{\circ}$

Отношението на разстоянията AM и WM е

\frac{AM}{WM} = \frac{\sin(59{,}47^{\circ})}{\sin(0{,}53^{\circ})} = 93{,}1

Знаейки, че двете звезди са еднакво ярки от Земята (т.O), търсеното отношение на потоците е:

\left(\frac{AM}{WM}\right)^2\left(\frac{OW}{OA}\right)^2 = 1500

За наблюдателя на Мистериозната планета Уасат е 1500 пъти по-ярка от Аин. [3т.]

Оригинал в Архива: 26-IV-th.pdf · официални решения: a26-IV-th.pdf