По условию задачи, в момент взрыва астероид находился в точке перигелия орбиты. Его расстояние от Солнца составляет

$$p = a (1 - e) = 0.960$$ a.e.

Здесь a и e – большая полуось и эксцентриситет орбиты астероида. Это расстояние существенно не изменяется за одни сутки, поэтому мы можем считать, что во время последующего «затмения» оно было таким же. Коль скоро орбита Земли круговая, а осколки астероида оказались между Солнцем и Землей, мы заключаем, что расстояние от Земли до центра роя частиц составляло

$$d = a_0 - p = 0.040$$ a.e.

Здесь a0 – радиус орбиты Земли (1 а.е.). Облако сравнялось с Солнцем (радиус R0) по угловым размерам, отсюда мы получаем радиус облака через сутки после взрыва:

$$R = R_0 d / a_0 = 28000$$ км.

Такого радиуса облако достигло через t=1 сутки после взрыва, отсюда мы получаем максимальную скорость разлета осколков при взрыве:

$$V = R / t = 0.32 \text{ km/c}$$

Обратим внимание, что эта скорость невелика и сама по себе заведомо недостаточна, чтобы отправить хоть часть осколков на параболическую орбиту. Действительно, скорость астероида перед взрывом составляла

$$v_{\rm A} = \sqrt{\frac{GM}{p}(1+e)} = v_0 \sqrt{\frac{a_0}{p}(1+e)} = 33.3 \text{ km/c},$$

здесь $v_0$ – орбитальная скорость Земли (29.8 км/с). Для ухода на параболическую орбиту потребовалась бы скорость

$$v_{\text{II}} = \sqrt{\frac{2GM}{p}} = v_0 \sqrt{\frac{2a_0}{p}} = 43.0 \text{ km/c},$$

то есть понадобилось бы в 30 раз большее приращение скорости даже для тех частиц, что полетели бы «вперед» по отношению к орбитальному вращению астероида.

Рассмотрим момент «затмения» Солнца роем осколков, которое происходит через сутки после взрыва. Пусть концентрация осколков с радиусами от r до $r+\Delta r$ в это время составляет

$$\Delta n(r) = \frac{n_0}{r^2} \Delta r.$$

Здесь $n_0$ — некоторая постоянная величина с размерностью [м $^{-2}$ ]. Когда центр роя на небе совпадает с центром Солнца на небе, луч Солнца проходит путь в 2R через рой. Число частиц с размером от r до $r+\Delta r$ на луче зрения будет равно

$$\Delta n_{I} = 2R \cdot \Delta n(r) \cdot \pi r^{2} = 2\pi R n_{0} \Delta r.$$

Обратим внимание, что эта величина не зависит от радиуса частиц. Таким образом, полное число частиц с размерами от нуля до $r_{\rm M}$ на пути излучения Солнца есть

$$n_{\rm L} = 2\pi R n_0 \cdot r_{\rm M} = \tau_0.$$ (*)

Мы получили выражение для $\tau_0$ – оптической толщины облака по диаметру. В соответствии с условием задачи, мы можем с высокой точностью считать ее равной 0.1. Это уравнение пока не дает нам сразу определить величину $r_{\rm M}$ , так как мы не знаем константу $n_0$ . Чтобы найти ее, запишем выражение для полного числа частиц роя с размерами от r до $r+\Delta r$ :

$$\Delta N(r) = \frac{4\pi n_0}{3r^2} R^3 \Delta r.$$

Суммарный объем таких частиц составит

$$\Delta V(r) = \frac{4}{3}\pi r^3 \Delta N(r) = \frac{16\pi^2 n_0}{9} R^3 r \Delta r.$$

По условию задачи, вся масса астероида в итоге оказалась в пылинках, при этом не менялась плотность. Поэтому суммарный объем пылинок равен изначальному объему астероида:

$$V = \frac{4}{3}\pi R_{\rm A}^3 = \frac{16\pi^2 R^3 n_0}{9} \int_0^{r_{\rm M}} r dr = \frac{8\pi^2 R^3 n_0 r_{\rm M}^2}{9}; \quad R_{\rm A}^3 = \frac{2\pi R^3 n_0 r_{\rm M}^2}{3}.$$

Подставляя выражение для $n_0$ из уравнения (*), имеем:

$$R_{\rm A}^3 = \frac{2\pi R^3 r_{\rm M}^2}{3} \cdot \frac{\tau_0}{2\pi R \cdot r_{\rm M}} = \frac{R^2 \tau_0 r_{\rm M}}{3}.$$

В итоге,

$$r_{\rm M} = \frac{3R_{\rm A}^3}{R^2 \tau_0} = 2.4 \cdot 10^{-6} \,\mathrm{M}.$$

Как мы показали ранее, изменение скорости пылинок во время взрыва фактически не повлияет на их возможность покинуть Солнечную систему. Зато самым мелким из них это позволит сделать световое давление Солнца. Его сила для пылинки радиуса r равна

$$F_{\rm L} = \frac{J_0 \cdot \pi r^2}{4\pi p^2 c}.$$

3десь $J_0$ — светимость Солнца. Мы учитываем, что пылинка черная и свет не отражает. Отношение силы светового давления к силе притяжения есть

$$\frac{F_{\rm L}}{F_{\rm G}} = \frac{J_0 \cdot r^2}{4p^2c} \cdot \frac{p^2}{GMm} = \frac{3J_0}{16\pi GMc\rho r}.$$

Определим радиус частицы, для которых эти силы совпадают по модулю:

$$r_0 = \frac{3J_0}{16\pi GMc\rho} = 2.9 \cdot 10^{-7} \,\mathrm{M}.$$

Движение пылинки радиуса r можно рассматривать как ее движение в поле только силы тяжести, но с массой центрального тела, равной $M^* = M(1 - r_0/r)$ . Рассмотрим, в каком случае перигелийная скорость астероида на данном расстоянии от Солнца стала бы параболической:

$$v_{\rm A} = \sqrt{\frac{GM}{p}(1+e)} = \sqrt{\frac{2GM}{p}(1-\frac{r_0}{r_{\rm T}})};$$ $$r_{\rm T} = \frac{2r_0}{1-e} = 7.2 \cdot 10^{-7} \,\text{M}.$$

Солнечную систему покинут пылинки с радиусом, меньшим $r_{\rm T}$ . Как мы уже замечали раньше, при указанном распределении частиц по размерам суммарная масса частиц с радиусом, меньшим r, пропорциональна $r^2$ . Таким образом, мы получаем долю массы астероида, которой предстоит покинуть Солнечную систему:

$$\eta = \frac{r_{\rm T}^2}{r_{\rm M}^2} = 0.09.$$

1 этап (1 балл): определение радиуса или диаметра пылевого облака в момент прохождения перед Солнцем. Может выполняться в общем или численном виде, в последнем случае оценка радиуса должна иметь погрешность не хуже 500 км. В случае ошибочного выполнения данного этапа (например, в результате неправильного понимания взаимной конфигурации Солнца, Земли и облака или характеристик орбиты) с получением неверного значения радиуса данный этап не засчитывается, но последующие оцениваются в полной мере на основе того значения радиуса, что получил участник (жюри должно подставить это значение в последующие формулы для проверки). Исключение составляют случаи, когда участник получил заведомо неверное значение радиуса облака, делающее выполнение следующих этапов невозможными.

2 этап (1 балл): Указание, что приращения скорости, полученные пылинками при взрыве, не влияют на их возможность покинуть Солнечную систему. Для этого достаточно указать, что приращение скорости много меньше самой скорости, точное вычисление параболической скорости на данном этапе не является обязательным. Данный этап может выполняться после этапа 3, перед вычислением массовой доли облака, покидающей Солнечную систему.

3 этап (5 баллов): вычисление максимального радиуса пылинки. Для этого участник должен получить правильное выражение для оптической толщины облака по диаметру (2 балла) и суммарного объема пылинок (2 балла). Окончательное вычисление $r_{\rm M}$ оценивается еще в 1 балл. На первом из этих этапов участник может пойти по упрощенной схеме, считая оптическую толщину однородной по всей видимой площади облака и определяя суммарную видимую площадь пылинок. В этом случае коэффициент 2 в уравнении (*) сменится на 4/3, и итоговое значение $r_{\rm M}$ увеличится в полтора раза. При таком подходе за этап выставляется 4 балла, остальные оцениваются в полной мере.

Точность оценки, необходимая для полного оценивания этапа, составляет 20%. Ошибочное значение $r_{\rm M}$ , полученное на данном этапе, не является основанием для снижения оценки за следующий этап, если только оно не приводит к полному выносу частиц световым давлением. В последнем случае при правильных вычислениях и результате 100% последующий этап оценивается из 2 баллов.

4 этап (3 балла). Определение массовой доли вещества астероида, которое должно покинуть Солнечную систему. Расчет должен вестись на основе светового давления, так как небольшое изменение скорости при взрыве совсем незначительно увеличивает вынос частиц, двигающихся вперед по отношению к центра масс, но в той же степени уменьшает вынос частиц, отстающих от центра масс. Участники могут использовать модель «приведенной

массы», могут вести вычисления с учетом двух сил в общем виде. Требуемая точность оценки без учета ошибок, сделанных на предыдущих этапах, составляет 10%.

Вероятная ошибка участника при выполнении этапа: предположение, что для выброса частицы из Солнечной системы сила светового давления должна уравнять гравитацию (rT=r0), что уменьшает граничный радиус в 2.5 раза, а итоговую долю – в 6.25 раз. В этом случае оценка за этап не превышает 1 балл.

Вероятная ошибка участника при выполнении этапа: опускание фактора перигелия орбиты и указание, что граничный радиус rT есть 2r0. Это уменьшает граничный радиус в 1.25 раза, а итоговую долю – в 1.6 раз. Оценка за этап не превышает 2 баллов.