2026年CNAO选拔赛第四题-洛希瓣
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题目
（20分）HR 5692 是一个由红巨星主星与白矮星伴星构成的双星系统，被认为是 Ia 型超新星前身星的候选体。为判断该系统当前是否正在发生物质输运（即红巨星是否已填满其洛希瓣），天文学家开展了多波段观测，获得了以下关键数据：依巴谷卫星测定的系统视差为$$p=10.12mas$$；主星在 V 波段的视星等为$$m_V=5.7$$；通过恒星演化模型估算主星质量 $$M_1=1.8M_{\odot}$$；通过光谱长期监测得到主星的视向速度半振幅$$ K_1=6.340km/s$$，轨道周期 $$P=506.45$$天，轨道偏心率$$e=0.3353$$；结合依巴谷天体测量，计算出轨道倾角$$i=42.9°$$。 视向速度半振幅定义：主星绕着共同的质心转动时，其视线方向速度变化幅度的一半。 请根据以上观测数据，通过计算回答下列问题：
（1）若已知长基线干涉测量直接测得主星的均匀圆盘角直径为$$θ=0.94mas$$，计算红巨星主星的半径$$R$$（以太阳半径$$R_{\odot}$$为单位）并结合太阳绝对热星等，计算红巨星主星的光度$$L$$（以太阳光度$$L_{\odot}$$为单位）。主星 V 波段视星等近似为热星等。
（2）根据双星系统的质量函数公式：
\[f(M_2)=\frac{M_2^3 \sin^3 i}{(M_1+M_2)^2}=\frac{PK_1^3}{2\pi G}(1-e^2)^{3/2}\]
估算白矮星伴星的质量$$M_2$$（可先假设$$M_2$$远小于$$M_1$$）（以太阳质量$$M_{\odot}$$为单位）。
主星绕质心的半长轴$$a_1$$是主星到系统质心的平均距离，可通过径向速度数据得到投影值
\[a_1 \sin i = \frac{PK_1}{2\pi} \sqrt{1-e^2}\]
双星相对轨道半长轴$$a=a_1+a_2$$表示两星之间的平均距离，它与$$ a_1 $$的关系为
$$a=a_1 \cdot \frac{M_1+M_2}{M_2}$$
。洛希瓣半径$$R_{L1}$$是主星引力主导区域的边界，当主星半径$$R \ge R_{L1}$$时，物质会溢出并流向伴星，即发生质量输运洛希瓣的等效球半径。请计算主星绕质心的半长轴$$a_1$$以及双星的相对轨道半长轴$$a$$，进而估算主星的洛希瓣半径 $$R_{L1}$$，判断该双星系统当前是否正在发生物质输运？
提示：Paczynski 近似公式：
\[R_{L1}\approx a\times 0.462\times \left( \frac{M_1}{M_1+M_2} \right)^{1/3}\]
（3）（8分）依次计算：主星绕质心的半长轴 $$a_1$$、双星相对轨道半长轴$$ a$$，并估算主星的洛希瓣半径$$ R_{L1}$$。最终通过对比主星实际半径与洛希瓣半径，判断该密近双星系统是否正发生物质交流（物质输运）。
解答
第（1）问
利用三角视差法公式：$$d = 1 / p $$($$p$$为视差角，单位$$mas$$)代入视差值$$ p = 10.12 mas$$：
$$d ≈ 98.81$$ 秒差距 ($$pc$$)
基于角直径与距离的几何关系：$$R = (\theta \times d) / 2$$ 代入$$ \theta = 0.94 mas $$与$$ d = 98.81 pc：R ≈ 10.0 $$倍太阳半径 ($$R_{\odot}$$)
$$\pi = 10.12 \text{mas}$$ $$d = \frac{1}{\pi} = 98.81 \text{pc} = 3.049 \times 10^{18} \text{m} \theta = 0.94 \text{mas} = 4.5572 \times 10^{-9} \text{rad}$$ $$R = \frac{\theta \cdot d}{2} = 6.947 \times 10^{8} \text{m}$$ $$R = \frac{R}{R_{\odot}} \cdot R_{\odot} = \frac{6.947 \times 10^{8}}{6.957 \times 10^{8}} \cdot R_{\odot} = 9.99 R_{\odot} \approx 10.0 R_{\odot}$$
$$m_V = 5.7$$
$$M_V = m_V - 5 \log_{10}(d/10) = 5.7 - 5 \times 0.9948 = 0.726$$
$$M_V - M_{V,\odot} = - 2.5 \log_{10}(L/L_{\odot})$$
$$L = 10^{1.6056} L_{\odot} = 40.3 L_{\odot}$$
第（2）问
近似解法
\[f(M_2) = 1.0361 \times 10^{-7} \cdot K_1^3 \cdot P \cdot (1 - e^2)^{3/2} = 0.01118 M_{\odot}\]
先假设白矮星$$ M_2 $$远小于$$ M_1 $$:\[ M_2 \sin i \approx (f \cdot M_1^2)^{1/3} = 0.331 M_{\odot}\]
\[M_2 \approx \frac{0.331}{\sin i} = \frac{0.331}{0.6807} = 0.486 M_{\odot}\]
能说明白矮星质量范围在$$ 0.1 \sim 1.4 $$太阳质量(依据钱德拉塞卡极限定义)，这个假设存在问题的，满分。
求解一元三次方程，给出精确解的满分。
牛顿迭代法
以下是牛顿迭代法求解，能迭代出解的，同样给满分。 如果希望得到更精确的结果，可以迭代求解。
\[M_2 = 0.486 \Rightarrow M_1 + M_2 = 2.286, (M_1 + M_2)^2 = 5.226\]
\[(M_2 \sin i)^3 = f \cdot 5.226 = 0.01118 \times 5.226 = 0.05844\]
\[M_2 = 0.388 / 0.6807 = 0.570 M_{\odot}\]
进一步迭代：
\[M_2 = 0.570 \Rightarrow M_1 + M_2 = 2.370, (M_1 + M_2)^2 = 5.617\]
\[(M_2 \sin i)^3 = 0.01118 \times 5.617 = 0.06280\]
\[M_2 = 0.397 / 0.6807 = 0.583 M_{\odot} \approx 0.59 M_{\odot}\]
第（3）问
\[a_1 \sin i = \frac{P K_1}{2\pi} \sqrt{1 - e^2} = 0.2781 AU\]
\[a_1 = \frac{a_1 \sin i}{\sin i} = \frac{0.2781}{0.6807} = 0.4086 AU\]
\[a = a_1 \cdot \frac{M_1 + M_2}{M_2} = 0.5425 AU\]
按照$$M_2 = 0.486 M_{\odot} $$计算，$$a = 0.5189 AU$$
计算洛希瓣半径： \[1 AU \approx 215 R_{\odot}\]
\[R_{L1} \approx a \times 0.462 \times \left[ \frac{M_1}{M_1 + M_2} \right]^{1/3} = 0.2279 AU = 49.0 R_{\odot}\]
按照$$ M_2 = 0.486 M_{\odot} $$计算，$$R_{L1} \approx 0.23144 AU = 49.77 R_{\odot}$$
$$R \ll R_{L1} $$
故未发生物质输运。
