Астрономия (с ответами). Всероссийская олимпиада школьников в Москве (2021-2009 год) - часть 17

 

18

1)  Можно  без  вычислений  заполнить  ячейку  со  светимостью  Солнца  –  она  равна  1.00  (в 
солнечных единицах). 
 
Для звезды №1 (главная последовательность): 
2) Для определения светимости звезды 

L

 используем формулу для светимости 

L

 = 4

πσ

R

2

T

4

 , 

где 

R

  и 

T

  –  радиус  и  температура  звезды.  Можно  выразить  радиус  и  температуру  в 

солнечных единицах и получим светимость в 80 светимостей Солнца. 
3) Зная светимость в солнечных единицах, по формуле Погсона находим болометрическую 
абсолютную звёздную величину: 

m

 = 4.8 – 2.5 lg 

L

 = 0. 

4) Т.к. звезда №1 принадлежит главной последовательности, то для неё выполняется условие 

L

~

M

N

, где 

M

 – масса звезды, а 

N

 – показатель степени, который для масс в 1-20 масс Солнца 

варьирует в пределах от 3.5 до 4. В зависимости от принимаемого значения масса получается 
равной от 3 до 3.5 масс Солнца. 
5) Зная массу и радиус звезды легко посчитать её среднюю плотность. Сначала вычислим эту 
величину  в  солнечных  единицах,  а  затем  и  в  абсолютных.  Для  массы  в  3.2  массы  Солнца 
плотность равна 170 кг/м

3

. 

 
Для звезды №2 (сверхгигант): 
6) Из температуры и светимости в солнечных единицах получаем, что радиус звезды равен 
(

L

/

T

4

)

1/2

 = 870 радиусов Солнца. 

7) Плотность звезды можно получить из ее массы и радиуса: 2.6∙10

–5

 кг/м

3

. 

8)  Светимость  в  100 000  светимостей  Солнца  означает,  что  эта  звезда  на  12.5

m

  ярче,  чем 

Солнце, и ее абсолютная звездная величина составляет –7.7

m

. 

 

4.  Система  оценивания. 

Каждый  верный  ответ  в  рамках  оговоренной  в  таблице  точности 

оценивается  в  1  балл.  Однако,  в  случае,  если  ответы  образуют  логическую  цепочку 
(например,  оценка  массы  звезды,  из  которой  далее  вычисляется  плотность)  и  первый  из 
ответов  неточный  –  он  не  засчитывается,  но  последующие  ответы  корректируются  и 
засчитываются, если при этих вычислениях участник не делает новой ошибки. Погрешности 
величин в таблице приведены для работы жюри, участник их указывать не обязан. 
 

5. Условие.

 Плотная галактика имеет светимость ровно в 10

10

 раз больше, чем Солнце. При 

каком  красном  смещении 

z

  она  могла  бы  наблюдаться  визуально  в  телескоп  с  диаметром 

объектива  30  см?  Считать  размеры  галактики  малыми,  но  при  этом  взаимным 
экранированием  звезд  и  межзвездным  поглощением,  а  также  пекулярной  (не  связанной  с 
хаббловским расширением) скоростью галактики пренебречь. 

(

О

.

С

. 

Угольников

) 

 

5. Решение.

 Галактика излучает в 10

10

 раз или на 25 звездных величин сильнее Солнца. Ее 

абсолютная  звездная  величина 

M

  составляет  –20.2

m

.  Определим  предельную  звездную 

величину для телескопа с диаметром объектива 

D

=30 см, считая объект на небе точечным: 

 

m

 = 6 + 5 lg (

D

/

d

) = 14.5. 

 

Здесь 

d

  –  диаметр  зрачка  глаза,  который  мы  приняли  равной  6  мм.  Теперь  мы  можем 

определить  расстояние  в  парсеках,  с  которого  галактика  будет  иметь  такую  звездную 
величину: 
 

lg 

r

 = 1 + (

m

 – 

M

)/5;  

r

 = 87 Мпк. 

 

Скорость удаления такой галактики составит 

H

∙

r

, где 

H

 – постоянная Хаббла. Максимальное 

красное смещение галактики будет равно 

z

 = 

H

∙

r

/

c

 = 0.020. 

 

 

19

5. Система оценивания.  

 
1  этап  –  определение  абсолютной  звездной  величины  галактики  –  2  балла,  требуемая 
точность – 0.1

m

. При неверном определении этап не засчитывается, но при ошибках менее 5

m

 

последующие  этапы  оцениваются  в  полной  мере.  Использование  в  качестве  абсолютной 
звездной величины Солнца болометрической величины (+4.7

m

) не является ошибкой, меняет 

выводы  последующих  этапов  существенно  меньше  допустимых  погрешностей  и  не  может 
быть основанием для снижения оценок.  
 
2  этап  –  определение  предельной  звездной  величины  телескопа  –  3  балла.  В  качестве 
величины  диаметра  зрачка  глаза  могут  быть  взяты  значения  от  5  до  8  мм,  что  меняет 
предельную звездную величину от 13.9

m

 до 14.9

m

, а красное смещение в ответе – от 0.015 до 

0.024.  Ошибка  от  0.7

m

  до  1

m

  уменьшает  оценку  на  1  балл,  ошибка  до  2

m

  –  на  2  балла,  без 

влияния на другие этапы.  
 
3 этап – определение максимального красного смещения – 3 балла. Допустимы отклонения в 
значении  постоянной  Хаббла  на 

±

5  км/с∙Мпк,  что  может  внести  отклонение  в  величину 

z

 

порядка 0.001-0.002. 
 
Участники  олимпиады  могут  выполнять  задание  иными  способами,  например  –  найдя 
предельную  звездную  величину  для  телескопа  (2  этап,  3  балла),  далее  найти  видимую 
звездную величину Солнца при таких условиях наблюдения (эквивалентно 1 этапу, 2 балла) 
и дальше определить расстояние до него и красное смещение (3 балла).  
 

6. Условие. 

Даны координаты и собственные движения звезд из созвездия Орел на текущий 

момент.  Задано  полное  собственное  движение  и  позиционный  угол  его  направления, 
отсчитываемый  от  направления  на  Северный  полюс  мира  против  часовой  стрелки. 
Нарисуйте  на  графике  положение  этих  звезд  в  настоящий  момент  и  40000  лет  назад,  как 
могли бы их видеть последние неандертальцы. Найдите угловое расстояние между звездами 

α

  и 

β

  Орла  40000  лет  назад  с  точностью  0.1°.  Изменение  системы  координат,  связанное  с 

прецессией оси вращения Земли, не рассматривайте. 
 

Требования  к  графику:  Построение  проводятся  на  выданной  вам  миллиметровой 

бумаге. Масштаб по обеим осям составляет 10 угловых минут на миллиметр (малое деление 
на миллиметровой бумаге). Текущее положение звезд обозначайте кружком (•) и подпишите 
соответствующей  греческой  буквой  справа,  прошлое  –  крестиком  (+)  и  соответствующей 
буквой  слева.  Направление  вверх  на  графике  должно  совпадать  с  современным 
направлением на Северный полюс мира.  
 

Звезда 

Прямое 

восхождение, 

α

 

Склонение, 

δ

 

Собственное 
движение, 

μ

,  

10

–3

″

/год 

Позиционный 

угол, 

γ

, 

°

 

α 

19ч 50.8м 

+08

°

52

′

 

660 

53.7 

β 

19ч 55.3м 

+06

°

24

′

 

485 

175.4 

δ 

19ч 25.5м 

+03

°

07

′

 

268 

72.1 

ζ 

19ч 05.4м 

+13

°

52

′

 

88 

183.0 

θ 

20ч 11.3м 

–00

°

49

′

 

40 

81.4 

λ 

19ч 06.2м 

–04

°

53

′

 

91 

191.9 

 

 

6. Решение и система оценивания.

 См. задачу 6 для 9 класса. 

 

 

1

Всероссийская олимпиада школьников по астрономии 

Заключительный этап – 2021 год 

Первый (базовый) тур 

 

 

 
Условие.

 Яркая комета располагается в 1.20 а.е. от Солнца. У нее появился тонкий прямой 

газовый  хвост,  направленный  в  пространстве  точно  от  Солнца.  Найдите  максимально 
возможную  угловую  длину  хвоста  этой  кометы  в  небе  Земли.  Орбиту  Земли  считать 
круговой. 
 

Решение. 

Изобразим  на  рисунке  положение  Солнца,  Земли  и  ядра  кометы  в  плоскости, 

проходящей через эти три объекта (она может не совпадать с плоскостями орбиты Земли или 
кометы).  

 

γ

γ

Солнце

Земля

Голова
кометы

Хво

ст к

ом

еты

r

d

 

 

Обозначим гелиоцентрические расстояния Земли и кометы как 

r

 и 

d

, принимая во внимание, 

что 

d

>

r

.  Хвост  кометы  направлен  в  пространстве  от  Солнца,  и  в  небе  Земли  он  не  может 

зайти  дальше  направления,  показанного  на  рисунке  стрелкой.  Обозначим  максимальную 
угловую длину хвоста кометы через 

γ

. Из рисунка мы видим, что он будет равен элонгации 

Земли при наблюдении с кометы. Она достигает максимума, если угол «Солнце-Земля-ядро 
кометы»  прямой,  и  направление  от  кометы  к  Земле  касается  окружности  с  радиусом 

r

, 

содержащей Землю (еще раз подчеркнем, что это не обязательно орбита Земли, так как про 
плоскость орбиты кометы в условии ничего не сказано). В итоге, максимальная длина хвоста 
кометы в небе Земли составит 

γ

 = arcsin (

r

/

d

) = 56

°

.  

 

Система оценивания

, максимум – 10 баллов: 

 
1  этап  –  6  баллов:  Графическое  или  текстовое  указание,  в  каком  случае  будет  достигаться 
максимальная  угловая  длина  хвоста  кометы  в  небе  Земли  –  ее  удаление  на  небе  на  90

°

  от 

Солнца  (квадратура  кометы).  При  иной  формулировке  условия  она  должна  быть 
эквивалентна приведенной выше. Участник олимпиады может рассматривать картину только 

 

2

в  плоскости  эклиптики,  называя  окружность,  дуга  которой  приведена  на  рисунке,  орбитой 
Земли. Это не сказывается на оценке при условии верного выполнения.  
 
2  этап  –  4  балла:  определение  численного  значения  угла 

γ

.  Требуемая  точность  –  2

°

.  При 

правильной формуле и ошибке до 4

°

 выставляется 3 балла, при ошибке до 6

°

 – 2 балла. При 

неверной  постановке  условия  на  угол 

γ

  (неверно  выполненном  первом  этапе)  оценка  за 

второй  этап  определяется  точностью  вычислений,  исходя  из  формулы,  полученной 
участником, но не превышает 2 баллов. 

 

Вероятная ошибка участника – правильное представление положения кометы (первый этап), 
но вместо arcsin дается формула с arccos (ответ 34

°

), arctg (40

°

), arcctg (50

°

). В этом случае 

второй этап засчитывается не более, чем в 1 балл. 

 

Возможная  грубая  ошибка  участника  –  построение,  при  котором  длина  хвоста  кометы, 
удаленной  от  Солнца  более,  чем  на  1  а.е.,  может  превысить  90

°

.  Если  подобный  ответ 

получается  как  следствие  неправильного  построения  –  оценка  за  решение  составляет  0 
баллов.  

 

3

 

 

Условие. 

В  Ваше  распоряжение  попал  наземный  телескоп  со  специальным  прибором, 

позволяющим разрешать видимые диски далеких звезд, если их угловой диаметр не меньше 
0.02

″

.  Какими  могут  быть  эффективные  температуры  звезд,  диски  которых  Вы  сможете 

различить? Атмосферные помехи и межзвездное поглощение не учитывать. 
 

Решение.

  Пусть  некоторая  звезда  имеет  пространственный  радиус 

R

.  Чтобы  Вы  смогли 

различить  ее  диск,  она  должна  быть  удалена  от  Земли  на  расстояние 

d

,  не  превышающее 

2

R

/

δ.

  Здесь 

δ

  –  предел  разрешения  прибора,  выраженный  в  радианах  (около  10

−

7

).  Если 

эффективная температура звезды 

T

, то ее светимость будет равна  

 

 

 

 

 

 

.

4

0

2

0

0

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

⋅

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

=

T

T

R

R

B

B

  

 

 

 

 

(1) 

 
Здесь 

R

0

, 

T

0

  и 

B

0

  –  радиус,  эффективная  температура  и  светимость  Солнца.  Соотношение 

плотностей потока энергии на Земле от этой звезды и от Солнца составит 
 

 

 

 

 

.

4

/

4

/

4

0

2

0

2

0

2

0

0

2

0

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

⋅

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⋅

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

=

=

T

T

d

d

R

R

d

B

d

B

J

J

π

π

 

 

 

 

(2) 

 
Здесь 

d

0

  – расстояние от  Земли  до  Солнца. Теперь  обратим  внимание,  что  за  исключением 

двух звезд (Сириуса и Канопуса), которые будут рассмотрены отдельно, все далекие звезды 
на земном небе не превосходят в блеске 0

m

. С учетом того, что Солнце в небе Земли имеет 

блеск 

−

26.8

m

, соотношение 

J

/

J

0

 не выше 1/

K

, где  

 

 

 

 

 

 

K

 = 10

0.4·26.8

 = 5.2·10

10

. 

 

 

 

 

(3) 

Из этого имеем: 
 

 

 

 

.

4

1

2

2

0

2

2

0

2

0

2

0

4

0

δ

δ

δ

K

R

d

K

d

d

R

R

K

T

T

≤

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

⋅

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⋅

≤

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

 

 

 

 

(4) 

 
Здесь 

δ

0

  –  угловой  диаметр  Солнца,  равный  9.3·10

−

3

  радиан.  В  итоге,  отношение  в  правой 

части  уравнения  (4)  оказывается  равным  0.18.  Температура  звезд,  у  которых  можно 
различить диски, не превысит 

T

0

·0.18

1/4

 = 3800 K. Список звезд с угловым диаметром более 

0.02

″

  в  небе  Земли  ограничивается  лишь  немногочисленными  красными  гигантами  и 

сверхгигантами,  самый  известный  из  которых  –  Бетельгейзе  –  первая  далекая  звезда,  для 
которой удалось построить изображение. 
 
Возвращаясь  к  Сириусу  и  Канопусу,  отметим,  что  обе  эти  звезды  горячие,  с  температурой 
поверхности более 7500 K. Имей они угловой диаметр 0.02

″

, их видимая звездная величина 

была  бы  не  слабее 

−

3

m

,  что  заведомо  не  соответствует  действительности.  Даже  у  звезд 

солнечного  типа  диск  удалось  бы  различить  при  блеске  ярче 

−

1.8

m

,  таких  звезд  на  ночном 

небе Земли нет. 
 

Система оценивания

, максимум – 10 баллов: 

 

4

Выше  приведен  только  один  метод  решения.  Участники  могут  действовать  по-другому, 
например,  сразу  использовать  тот  факт,  что  поверхностная  яркость  звезды  определяется 
только  ее  температурой,  будучи  пропорциональной  ее  четвертой  степени,  это  вполне 
допустимо.  Далее  они  могут  определять  поверхностные  яркости  звезды  0

m

  с  угловым 

диаметром  0.02

″

  и  сравнить  ее  с  поверхностной  яркостью  Солнца.  При  использовании 

метода, описанного выше, решение разделяется на этапы: 
 
1  этап  –  4  балла:  установление  связи  между  видимой  яркостью  звезды,  ее  угловым 
диаметром  и  температурой  (формула  (2)  в  решении  или  эквивалентная  запись).  Из  записи 
участника  должна  следовать  пропорциональность  квадрату  углового  радиуса  (диаметра)  и 
четвертой степени температуры. Запись может не делаться в явном виде, но быть фактически 
включенной в выкладки участника. Так же оценивается прямая связь поверхностной яркости 
и  четвертой  степени  температуры.  При  качественно  неверной  зависимости  (неправильные 
показатели степени) этап не засчитывается.  
 

Вероятная ошибка в решении участника: ошибочные численные коэффициенты 2 или 

4,  вызванные  путаницей  между  угловым  или  видимым  радиусом  и  диаметром.  Оценка  за 
этап уменьшается на 2 балла, остальные оцениваются в полной мере.   
 
2  этап  –  3  балла:  привлечение  дополнительной  информации  о  максимальной  яркости  звезд 
ночного  неба.  Оценивается  полностью,  если  принимаются  значения  от 

−

0.7

m

  (блеск 

Канопуса)  до  0.5

m

  (максимальный  блеск  Бетельгейзе  –  известной  участникам  звезды  с 

большим  угловым  диаметром).  При  дальнейших  правильных  вычислениях  это  даст 
граничные итоговые температуры 4400 и 3300 K соответственно. Таким образом, включение 
в  список  звезд  –  кандидатов  на  разрешение  диска  Канопуса  не  приводит  к  уменьшению 
оценки.  Если  в  этом  качестве  берется  блеск  Сириуса  (около 

−

1.5

m

,  итоговая  температура 

5300 K), оценка снижается на 1 балл, так как участникам должно быть известно, что Сириус 
по  крайней  мере  горячее  Солнца,  а  холодных  звезд  с  большими  угловыми  диаметрами  и 
такой  большой  видимой  яркостью  на  ночном  небе  нет.  Если  данная  звездная  величина 
берется  в  интервале  от  0.5

m

  до  1.0

m

  –  оценка  также  снижается  на  1  балл,  при  больших 

отклонениях  –  этап  не  засчитывается,  но  дальнейшие  этапы  в  этом  случае  оцениваются  в 
полной мере, исходя из правильности их выполнения.  
 
3 этап – 3 балла: вычисление максимальной эффективной температуры. Точность (без учета 
ошибок на предыдущих этапах) составляет 500K, при ошибках до 1000K оценка снижается 
на 1 балл, при ошибках до 1500K – на 2 балла.  
 

 

5

 

 

Условие. 

В  местную  полночь  на  16  сентября  на  экваторе  Земли  астроном  отметил,  что 

затменная  переменная  звезда  Алголь  достигла  своего  главного  минимума.  Сколько  еще 
главных минимумов Алголя сможет наблюдать этот астроном невооруженным глазом в этом 
пункте  в  последующие  три  недели?  В  какие  дни  (по  местному  времени)  они  произойдут? 
Координаты Алголя равны 

α

 = 3ч08м, 

δ

 = +41.0°, период – 2.867 суток. Считать, что Луна не 

мешает  наблюдениям,  а  погода  всегда  безоблачная.  Считать  минимум  звезды  мгновенным 
событием. 
 

Решение. 

Для  начала  выясним,  сколько  еще  минимумов  Алголя  произойдет  за  оставшиеся 

три недели. Для этого 21 день разделим на период Алголя и отбросим остаток. Мы получаем 
число 7. Даты и время последующих минимумов занесем в таблицу (см. ниже, 

t

 – время от 

момента первого наблюдения). 
 
Препятствовать  наблюдению  может  два  фактора.  Во-первых,  днем  наблюдения 
невооруженным глазом невозможны. Во-вторых, необходимо, чтобы Алголь находился над 
горизонтом.  Поскольку  наблюдения  проводятся  на  экваторе,  восход  Солнца  происходит 
примерно в 6 часов, а заход – в 18 часов по местному времени. Надо также учесть, что как 
минимум в светлые гражданские сумерки наблюдения также провести не удастся. Примем, 
что  для  начала  наблюдений  Солнце  должно  опуститься  под  горизонт  на  6°,  уравнением 
времени  пренебрежем.  В  дальнейшем  мы  сможем  понять,  насколько  эти  наши 
предположения влияют на результат.  
 
Наблюдения  проходят  вблизи  дня  равноденствия,  следовательно,  Солнце  находится  около 
небесного  экватора.  Для  того,  чтобы  опуститься  на  6°  под  горизонт,  Солнцу  требуется  24 
минуты.  Тогда  наблюдения  возможны  с  18ч24м  до  05ч36м  по  местному  времени.  Таким 
образом,  можем  сделать  вывод,  что  минимумы  со  второго  по  пятый  произойдут  днем. 
Картина  не  меняется,  если  в  качестве  интервала  наблюдений  мы  выберем  навигационные 
сумерки (погружение Солнца под горизонт на 12°). 
 

№ 

t, сут 

Дата 

Время, 

час:мин 

Положение Солнца 

Положение Алголя 

 

1 

2.867 

18.09 

20:49 

Под горизонтом (-43°) 

Под горизонтом 

2 

5.734 

21.09 

17:37 

Над горизонтом 

Под горизонтом 

3 

8.601 

24.09 

14:25 

Над горизонтом 

Под горизонтом 

4 

11.468 

27.09 

11:14 

Над горизонтом 

Под горизонтом 

5 

14.335 

30.09 

08:02 

Над горизонтом 

Над горизонтом 

6 

17.202 

3.10 

04:51 

Под горизонтом (-15°) 

Над горизонтом 

7 

20.069 

6.10 

01:39 

Под горизонтом (-61°) 

Над горизонтом 

 
Определим  положение  Алголя  относительно  горизонта  в  первый,  шестой  и  седьмой 
минимумы.  Поскольку  нам  нужно  определить  это  положение  довольно  приблизительно,  то 
разумно  предположить,  что  все  наблюдения  происходят  в  день  осеннего  равноденствия. 
Если  мы  получим  положение  Алголя  близким  к  горизонту,  то  результат  можно  будет 
уточнить.  
 
В  день  осеннего  равноденствия  звездное  время  равно  солнечному.  Известно,  что  звездное 
время  равно  прямому  восхождению  звезд,  находящихся  в  верхней  кульминации.  Первый 
минимум  произойдет  в  20:49,  а  значит,  над  горизонтом  окажутся  звезды  с  прямым 

 

6

восхождением  от  14ч49м  до  2ч49м.  Последняя  величина  близка  к  прямому  восхождению 
Алголя, поэтому требуется уточнение. 
 
Событие происходит вечером 18 сентября, т. е. примерно за 4 дня до равноденствия. В этот 
день  прямое  восхождение  Солнца  примерно  на  4м×4  =  16  минут  меньше,  а  значит  в 
указанное время кульминируют звезды с прямым восхождением на 16 минут меньше. Таким 
образом,  в  20:49  будет  происходить  верхняя  кульминация  звезд  с  прямым  восхождением 
20ч33м.  Часовой  угол  Алголя  составит 

−

6ч35м,  т.  е.  Алголь  заведомо  оказывается  под 

горизонтом. Ни уравнение времени, не превосходящее по модулю 16 минут, ни атмосферная 
рефракция у горизонта, равная во временной мере 2 минутам, этот вывод не изменят.  
 
Во время шестого и седьмого минимума Алголь будет располагаться высоко над горизонтом, 
так как звездное время будет отличаться от его прямого восхождения менее, чем на 2 часа, 
отличие даты от момента осеннего равноденствия здесь не играет роли. Итак, наблюдатель 
имеет  возможность  наблюдать  только  два  главных  минимума  за  оставшиеся  3  недели,  они 
произойдут утром 3 и 6 октября. 
 
Следует  отметить,  что  во  время  пятого  минимума  Алголь  также  будет  находиться  над 
горизонтом.  Но  вместе  с  ним  над  горизонтом  будет  находиться  Солнце.  Ни  один  из 
описанных  минимумов  не  приходится  на  сумерки,  поэтому  ответ  в  задании  не  зависит  от 
точного выбора момента окончания светлых сумерек. Погружение Солнца под горизонт на 
15

°

  во  время  шестого  минимума  соответствует  астрономическим  сумеркам,  когда  на 

большой высоте над горизонтом видны даже слабые звезды.  
 

Система оценивания

, максимум – 10 баллов: 

 
1  этап  –  2  балла:  определение  моментов  минимумов  блеска  Алголя.  Для  минимумов  2-5 
требуется  точность,  достаточная  для  четкого  дальнейшего  указания,  что  эти  минимумы 
попадут  на  дневное  время.  Для  минимума  7  также  достаточно  точности  около  1  часа  для 
формулировки  правильного  вывода  по  этому  минимуму.  Для  минимумов  1  и  6  нужна 
точность порядка 15 минут, так как при больших ошибках это может привести к неверному 
итоговому  ответу.  При  больших  ошибках  оценка  уменьшается  на  1  балл  за  каждый  из 
неверно  определенных  минимумов  (однако,  оценка  за  весь  этап  не  может  быть  меньше  0 
баллов).  В  случае,  если  количество  последующих  минимумов  отличается  от  7,  этап  не 
засчитывается  полностью,  но  последующие  оцениваются,  исходя  из  точности  их 
выполнения. 
 
2 этап – 2 балла: анализ фактора дня и ночи для наблюдений Алголя. Для того, чтобы этап 
был засчитан, должно быть правильно сформулировано и использовано условие наступления 
дня.  Учет  фактора  сумерек  обязателен,  при  этом  любое  ограничение  периода  сумерек  в 
интервале погружения Солнца от 6 до 12 градусов считается правильным. При этом фактор 
сумерек может оговариваться как на этом этапе, так и при анализе окончательных ответов, 
что  тоже  верно.  При  иных  интервалах  или  игнорировании  эффекта  сумерек  оценка 
снижается на 1 балл.  
 
3  этап  –  2  балла:  анализ  фактора  нахождения  Алголя  над  горизонтом.  Аналогично 
предыдущему этапу, необходима формулировка условия (модуль часового угла или разницы 
звездного времени и прямого восхождения Алголя не менее 6 часов). Однако, если часовой 
угол  получается  близким  по  модулю  к  6  часам  (от  5ч30м  до  6ч30м),  необходим  точный 
анализ с учетом даты минимума. При его отсутствии оценка снижается на 1 балл.  
 

Учет  факторов  рефракции  и  уравнения  времени  не  является  обязательным.  Его 

наличие не влияет на оценку, если он выполнен правильно.  

 

7

 
4  этап  –  2  балла:  указание  количества  минимумов,  которые  удастся  зафиксировать. 
Засчитывается  только  при  правильном  ответе  и  правильно  найденных  наблюдаемых 
минимумах.  
 
5 этап – 2 балла: указание дат минимумов (по одному баллу за каждый). Этап засчитывается, 
если указаны обе даты наблюдаемых минимумов, при этом оценка не снижается, если вместе 
с  этими  правильными  датами  указаны  другие,  не  отфильтрованные  на  предыдущих  этапах 
решения (в этом случае снижение оценки идет на предыдущих этапах). 
 

 

8

 

 
Условие. 

Звезда 

−

 красный гигант обладает системой из очень большого количества планет, 

движущихся  по  орбитам  с  одинаковыми  эксцентриситетами.  В  один  момент  звезда  быстро 
сбрасывает оболочку, уносящую ровно половину массы гиганта. Тем не менее, 70% планет в 
итоге  остались  в  системе  звезды.  Определите  эксцентриситет  орбит  планет  до  сброса 
оболочки. Считать, что оболочка рассеивается очень быстро, ее взаимодействие с планетами 
с момента сброса, а также взаимодействие планет между собой не учитывать. Все планеты 
несравнимо меньше звезды по массе. 
 

Решение.

 Рассмотрим планету на орбите с эксцентриситетом 

e

 вокруг красного гиганта: 

 

S

A

O

B

a

r

ae

a

b

 

 

Как известно, скорость планеты на некотором расстоянии 

r

 от звезды равна  

 

 

 

 

 

 

,

1

2

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ −

=

a

r

GM

v

   

 

 

 

 

(1) 

 
где 

M

 – масса звезды, 

a

 – большая полуось орбиты. После быстрого сброса половины массы 

звезды  планета  останется  на  орбите  около  звезды,  если  ее  скорость  будет  меньшей,  чем 
вторая космическая скорость относительно тела с массой (

M

/2) на расстоянии 

r

: 

 

 

 

 

 

.

)

2

/

(

2

1

2

r

M

G

a

r

GM

v

<

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ −

=

   

 

 

 

(2) 

 
Из этого мы получаем условие сохранения планеты в системе звезды: 

r

>

a

, то есть планета в 

момент сброса должна находиться от звезды на большем расстоянии, чем большая полуось 
своей орбиты. 
 
Проведем на эллипсе его большую и малую оси. Малая ось пересекает эллипс в точках 

A

 и 

B

.  Как  следует  из  свойств  эллипса,  именно  в  этих  точках  расстояние  от  центра  звезды 

(фокуса эллипса, точки 

S

) равно 

a

. Иными словами, если в момент сброса оболочки планета 

окажется в левой половине своей орбиты – она покинет систему, если в правой – останется в 

 

9

ней. Времена нахождения планеты в этих половинах отличается, в соответствии с II законом 
Кеплера, они относятся так же, как площади серой и белой частей эллипса на рисунке. 
 
Длина малой полуоси эллипса есть 
 

 

 

 

 

 

.

1

2

e

a

b

−

=

   

 

 

 

 

(3) 

 
Площадь всего эллипса 

S

0

 есть 

π

ab

, площадь треугольника 

SOA

 на рисунке, 

S

T

, равна 

abe

/2. 

Определим, какая часть площади эллипса приходится на его белую область на рисунке. Эта 
область состоит из правой половины эллипса и двух треугольников с площадью 

S

T

 каждый: 

 

 

 

 

 

.

2

1

)

)

2

/

((

2

)

2

/

(

0

0

π

π

π

e

ab

e

ab

S

S

S

P

T

+

=

+

⋅

=

+

=

 

 

 

(4) 

 
Полученная  величина  есть  вероятность  планеты  в  момент  сброса  оболочки  остаться  на 
эллиптической  орбите  около  звездного  остатка.  Она  нам  задана  в  условии  и  равна  0.7. 
Отсюда мы получаем эксцентриситет планетных орбит в системе до сброса оболочки: 
 

 

 

 

 

 

e

 = 

π

 (

P

 

−

 1/2) = 0.63. 

 

 

 

 

(5) 

 

Система  оценивания

,  максимум  –  10  баллов  (очередность  этапов  в  решении  участника 

может отличаться): 
 
1 этап – 3 балла: указание, из какой части орбиты планета может улететь из системы звезды 
при  потере  50%  ее  массы,  а  в  каком  случае  она  останется  в  системе.  Вывод  может  быть 
указан  как  известный  без  математических  выкладок.  Этап  оценивается  только  в  случае 
вывода о равных частях эллипса, иначе за этап выставляется 0 баллов. 
 
2  этап  –  5  баллов:  связь  вероятности  сохранения  планеты  в  системе  и  изначального 
эксцентриситета орбиты.  
 

При неточной связи члену жюри нужно проверить связь участника на осмысленность. 

Если вероятность, в соответствии с решением участника, равна 0.5 при 

e

=0, далее возрастает 

с эксцентриситетом, но не превышает единицу при 

e

<1, то эта неточная связь оценивается до 

2 баллов с сохранением оценки за последующий этап. Если при этом отличие вероятности от 
верной  не  превышает  0.1  на  всем  интервале  эксцентриситетов  от  0  до  1,  оценка  за  этап 
увеличивается до 3 баллов. При нарушении одного из двух указанных критериев (

P

(0)=0.5 и 

P

<1) максимальная оценка за этап составляет 1 балл, при нарушении обоих критериев этап 

не засчитывается.  
 

Вероятная  ошибка  при  решении:  указание,  что  вероятность  равна  50%,  так  как 

соответствующие дуги эллипса одинаковые. Вывод противоречит условию и лишает смысла 
второй и третий этапы решения. Засчитан может быть только первый этап решения.  
 
3  этап  –  2  балла:  вычисление  эксцентриситета  орбит  планет.  Ошибки  на  втором  этапе  не 
влияют  на  оценку  за  3  этап,  если  в  итоге  2  этапа  была  получена  неабсурдная  связь 

P

(

e

). 

Требуемая точность – 0.05 (ответ 0.6 при правильных выкладках считается верным). 
 
Вероятное  неверное  решение  участника:  связь  сохранения  большинства  планет  с 
возможными резонансами и одновременном нахождении планет вблизи апоцентров орбит в 
момент  сброса  оболочки.  Такое  решение  несостоятельно  ввиду  очень  большого  числа 
планет, что указано в условии. Вне зависимости от решения оценка не может превышать 2 
баллов.   
 

 

10

 

 

Условие.

  Шаровое  звездное  скопление  состоит  из  500  тысяч  одинаковых  звезд  со 

светимостью, втрое меньшей солнечной. В небе Земли оно имеет звездную величину 6.0

m

 и 

угловой диаметр 30

′

. Через некоторое время шаровое скопление пролетит сквозь диск нашей 

Галактики  под  углом  20

°

  к  его  плоскости.  Оцените,  сколько  звезд  солнечного  типа  в 

результате  на  какое-то  время  окажутся  внутри  скопления,  если  сейчас  они  расположены  в 
диске  однородно,  а  блеск  соседней  такой  звезды  (

α

  Центавра)  в  нашем  небе  равен  0

m

. 

Толщина  диска  составляет  300  пк,  движением  звезд  диска,  их  гравитационным 
взаимодействием со скоплением и межзвездным поглощением света пренебречь.  
 

Решение.

  Шаровое  скопление  состоит  из  500  000  звезд,  каждая  из  которых  светит  втрое 

слабее Солнца. Отсюда мы можем определить абсолютную звездную величину скопления: 
 

 

 

 

 

.

3

.

8

3

500000

lg

5

.

2

0

−

=

−

=

M

M

C

   

 

 

 

(1) 

 
Здесь 

M

0

 – абсолютная звездная величина Солнца. Нам известна видимая звездная величина 

скопления в небе 

m

C

, при этом мы пренебрегаем межзвездным поглощением света. Тогда мы 

можем найти расстояние до скопления 

L

: 

 

 

 

 

 

.

7000

;

5

1

lg

пк

L

M

m

L

C

C

≈

−

+

=

   

 

 

 

(2) 

 
Зная угловой диаметр скопления в небе 

δ

 и выражая его в радианах, мы определяем радиус 

скопления 

R

 = 

L

δ

/2 =  30 пк. При  пролете сквозь диск Галактики скопление вырежет в нем 

фигуру, по объему равную цилиндру с радиусом 

R

 и высотой 

H

/sin 

α

 

≈

 900 пк (см. рисунок): 

 

H

R

α

Диск

Скопление

 

 

Объем  части  диска,  который  попадет  внутрь  скопления  за  время  его  пролета,  равен 

V

=

π

R

2

H

/sin

α

=2.5·10

6

 пк

3

. Нам нужно определить, сколько звезд солнечного типа попадет в 

эту  область.  Для  этого  определим  характерное  расстояние  между  звездами  в  диске  как 
расстояние между Солнцем и 

α

 Центавра:  

 

 

 

 

 

.

1

.

1

;

5

1

lg

0

пк

d

M

m

d

A

≈

−

+

=

 

 

 

 

 

(3) 

 

 

11

Мы получили несколько заниженную оценку расстояния до 

α

 Центавра, предположив, что ее 

абсолютная  звездная  величина  совпадает  с  солнечной.  Можно  использовать  и  реальное 
расстояние до этой звезды (1.3 пк). Считая, что одна звезда содержится в диске в объеме 

d

3

, 

оценим, сколько звезд попадет в скопление: 
 
 

 

 

 

 

N

 ~ 

V

/

d

3

 ~ (1-2)·10

6

.  

 

 

 

 

(4) 

 

Система  оценивания

,  максимум  –  10  баллов  (очередность  этапов  в  решении  участника 

может отличаться): 
 
1  этап  –  2  балла:  определение  расстояния  до  скопления.  Может  выполняться  через 
вычисление  абсолютной  звездной  величины  скопления,  как  сделано  выше  либо  через 
вычисление  видимой  звездной  величины  одной  звезды  скопления  в  небе  Земли.  Этап 
предполагает  применение  формулы  Погсона  и  связи  расстояния,  видимой  и  абсолютной 
звездной  величины.  Участник  может  пытаться  учесть  покраснение  звезд  скопления  малой 
массы,  что  незначительно  сказывается  на  их  визуальной  звездной  величине.  Требуемая 
точность – 1000 пк, при ошибке до 2000 пк оценка уменьшается на 1 балл. Если полученное 
расстояние не является абсурдным (попадает в интервал от 1000 до 30000 пк) – ошибка не 
влияет на оценивание последующих этапов, иначе они оцениваются только наполовину. 
 

Вероятная  ошибка:  опускание  фактора  1/3,  связанного  с  низкой  светимостью  звезд 

скопления,  с  итоговой  ошибкой  порядка  1.7  раз.  Оценка  за  этап  не  превышает  1  балл  (0 
баллов, если делаются иные ошибки).  
 
2 этап – 2 балла: Определение радиуса (либо диаметра) скопления. Требуемая точность – 5 
пк  (для  диаметра  –  10  пк).  Может  выполняться  численно  либо  в  аналитическом  виде  для 
подстановки в формулы для последующих этапов. 
 
3  этап  –  2  балла:  определение  объема  фигуры,  которую  вычертит  скопление  при  пролете 
сквозь  диск  Галактики.  Также  может  выполняться  численно  либо  аналитически,  при 
численном методе требуемая точность достаточна на уровне 30% (~10

6

 пк

3

). 

 

Вероятная  ошибка:  опускание  эффекта  sin

α

  –  наклона  пути  скопления  к 

галактическому диску, что приводит к трехкратному занижению объема. В этом случае весь 
третий этап не засчитывается, но последующие оцениваются в полной мере.  
 
4 этап – 2 балла: определение расстояния до ближайшей звезды солнечного типа. Требуемая 
точность  –  0.3  пк.  Участники  могут  считать  звезду 

α

  Центавра  аналогом  Солнца,  могут 

использовать  свои  знания  об  ее  характеристиках  или  даже  использовать  ее  фактическое 
расстояние, что также считается правильным.  
 
5 этап – 2 балла: оценка количества звезд, которые попадут внутрь скопления. Ввиду резкой 
зависимости  от  расстояния  между  звездами 

d

,  итог  может  быть  определен  с  точностью  до 

фактора 2.   
 
Ошибки на каждом этапе не влияют на последующие этапы, если  полученные значения не 
оказываются заведомо нехарактерными для шаровых скоплений или множества звезд в диске 
Галактики.  

 

12

 

 

Условие. 

«Марафоном  Мессье»  называется  визуальное  наблюдение  в  телескоп  всех 

объектов каталога Мессье из одной точки Земли в течение одной ночи. Определите, на какой 
самой  северной  широте  Земли  можно  провести  этот  марафон  в  ночь  весеннего 
равноденствия.  Считать,  что  любой  объект  каталога  Мессье  можно  увидеть,  если  Солнце 
опустилось под горизонт хотя бы на 12 градусов, вне зависимости от характеристик объекта, 
если только он находится над горизонтом. Поглощение света и атмосферную рефракцию не 
учитывать. 
 

Вам  выдана  звездная  карта  с  объектами  каталога  Мессье,  указанными  символами, 

описанными в левом нижнем углу рисунка. Около объектов указаны их номера по каталогу 
Мессье. Приведена также координатная сетка на эпоху 2000 года. Считайте, что наблюдения 
проводятся в ту же эпоху. 
 

Решение.

  Первое  ограничение  на  широту  наблюдения  всех  объектов  каталога  Мессье,  о 

котором  можно  подумать,  связано  с  появлением  над  горизонтом  южных  объектов  этого 
каталога. Самый южный объект – рассеянное скопление М7 – имеет склонение около 

−

35

°

 и 

восходит на широтах до +55

°

. Однако есть и другие, более сильные ограничения на широту 

места, связанные с расположением объектов на небе относительно Солнца.  
 
Наблюдения  происходят  вблизи  весеннего  равноденствия,  когда  координаты  Солнца 
составляют (0ч, 0

°

). Вечером, следом за Солнцем, заходят области неба с большим прямым 

восхождением,  причем  в  северном  полушарии  объекты  южного  небесного  полушария 
делают  это  раньше,  а  объекты  северного  небесного  полушария  –  позже.  В  правой  части 
карты  мы  видим,  что  объектов  каталога  Мессье  южнее  экватора  там  нет,  галактика  M77 
находится  на  экваторе  почти  на  3ч  восточнее  Солнца,  она  будет  достаточно  хорошо  видна 
вечером  в  северных  умеренных  широтах.  Ближе  всего  к  Солнцу  располагается  галактика 
М74,  но  и  ее  элонгация  существенно  больше  12

°

,  а  северное  склонение  дает  возможность 

наблюдаться в северных широтах. 
 
Иная  ситуация  складывается  на  предрассветном  небе.  В  каталоге  Мессье  есть  объекты  с 
прямым  восхождением  21-22ч  и  южным  склонением.  В  северном  полушарии  Земли  они 
могут  восходить  в утренние  сумерки  и уже не  быть  видимыми.  Сложнее  всего  на  рассвете 
наблюдать  шаровое  скопление  М30  в  созвездии  Козерога,  именно  им  и  определяется 
возможность  совершить  полный  "марафон  Мессье"  в  северных  широтах.  Нам  нужно 
определить широту 

ϕ

, на которой в момент восхода скопления Солнце окажется на глубине 

h

=12

°

 под горизонтом.  

 
Можно решить задачу аналитическим способом. По карте определяем координаты скопления 
М30: 

α

=21ч40м, 

δ

=

−

23

°

. Разница прямых восхождений Солнца и скопления есть 2ч20м или 

35

°

. Скопление находится не очень далеко от Солнца, и можно рассматривать часть небесной 

сферы как плоскость.  
 
 

 

13

 

 

14

Солнце

Горизонт

M 30

Эк

ва

то

р

ϕ

γ

−δ

Δα

h

d

 

 

Угол между небесным экватором и направлением от Солнца к скоплению равен 
 

 

 

 

 

 

 

.

33

arctan

O

=

Δ

=

α

δ

γ

   

 

 

 

 

(1) 

 
Угловое расстояние между скоплением и Солнцем есть 
 
 

 

 

 

 

 

.

42

2

2

O

d

=

+

Δ

=

δ

α

 

 

 

 

 

(2) 

 
Отсюда мы получаем широту места как угол между экватором и направлением на зенит: 
 

 

 

 

 

 

 

.

40

arccos

O

d

h

=

−

=

γ

ϕ

 

 

 

 

 

(3) 

 
Учитывая практический характер задачи и неточность определения координат скопления по 
карте, задачу можно решить и графически. Для этого пометим на карте положение Солнца, 
нарисуем  окружность  радиусом 

h

  и  центром  в  Солнце.  Это  несложно  сделать,  так  как  на 

карте проведены координатные линии: 
 

 

 
 
Горизонт  в  этом  случае  есть  линия,  касающаяся  этой  окружности.  Нас  интересует  случай, 
когда горизонт проходит через скопление M30. Построив данную линию, мы можем найти