Можно ли с помощью линзы или зеркала получить такое изображение Солнца, яркость которого превышает яркость Солнца? Какую максимальную освещённость изображения Солнца можно получить с помощью вогнутого зеркала диаметра \(D\) и радиуса кривизны \(R\)? Яркость поверхности Солнца \(B\).
▶Посмотреть решениеСкрыть решение
Яркость Солнца превзойти нельзя: в лучшем случае изображение столь же ярко, как сам диск. «Сжечь корабль» — это про освещённость (Вт/м²), а не про яркость (Вт/(м²·ср)).
Вогнутое зеркало, \(f=R/2\). Из фокуса зеркало видно под телесным углом \(\Omega=\pi(D/2)^2/f^2=\pi D^2/R^2\). Освещённость изображения
\[ E=B\Omega=\frac{B\pi D^2}{R^2}. \]Это максимум: больше телесный угол не сделать, не выйдя за апертуру.
Яркость \(B\) — это ватты с квадратного метра источника в единицу телесного угла. Линза и зеркало не создают энергии и не сжимают фазовый объём пучка (инвариант Лагранжа–Гельмгольца, теорема о яркости). Поэтому изображение Солнца не может быть ярче самого Солнца: в лучшем случае \(B_\text{обр}=B\). «Сжечь корабль» — это про освещённость \(E=B\Omega\), то есть про то, под каким телесным углом из пятна видно зеркало, а не про то, чтобы сделать пятно «горячее Солнца по яркости».
У вогнутого зеркала \(f=R/2\), из фокуса апертура \(D\) видна под \(\Omega=\pi(D/2)^2/f^2=\pi D^2/R^2\). Отсюда \(E_\text{макс}=B\pi D^2/R^2\). Число: \(D=1\) м, \(R=2\) м, \(\Omega\approx0{,}8\) ср. У ламбертова Солнца \(B=\sigma T_\odot^4/\pi\approx2\cdot10^7\) Вт/(м²·ср), и в фокусе \(\sim1{,}6\cdot10^7\) Вт/м² — десять тысяч «солнц» по освещённости, но яркость пятна всё равно солнечная. Предел \(D/R\to0\) гасит \(E\); если зеркало закрывает полнеба, \(\Omega\sim2\pi\) и \(E\sim2\sigma T_\odot^4\) — порядок температуры Солнца, не выше.