Тепловое излучение

Подсказка

Не забудьте перевести площади в квадратные метры. Для вопроса D мощность, излучаемая всей поверхностью Солнца, равна мощности, проходящей через сферу радиусом в расстояние до Земли.

Ответ

A) 1 кДж;  B) 35 000 эВ;  C) 17 000;  D) 64 Вт.

Решение

а. Человек. Температура кожи чуть ниже внутренней, но для оценки берём \(T=37^\circ\mathrm{C}=310\) К. Площадь поверхности тела школьника или взрослого — порядка полутора квадратных метров (правило Дюбуа даёт \(S\sim1{,}6\)–\(1{,}8\) м\(^2\); округлим \(S=1{,}5\) м\(^2\)). Степень черноты в условии \(\varepsilon=0{,}3\).

Сначала \(T^4\): \[ 310^2=96100,\qquad 310^4\approx9{,}24\cdot10^9\ \text{К}^4. \] Плотность потока \[ \varphi=\varepsilon\sigma T^4=0{,}3\cdot5{,}67\cdot10^{-8}\cdot9{,}24\cdot10^9 \approx0{,}3\cdot524\approx157\ \frac{\text{Вт}}{\text{м}^2}. \] Полный поток с тела \[ \Phi=\varphi S\approx157\cdot1{,}5\approx240\ \text{Вт}\approx0{,}2\ \text{кВт}. \]

Это мощность, которую тело отдало бы в абсолютно холодную пустоту. В комнате на нас ещё светит само помещение, поэтому нетто меньше — см. проверку.

б. Солнце. Абсолютно чёрное тело, \(\varepsilon=1\), \(T=6300\) К: \[ 6300^2=3{,}97\cdot10^7,\qquad 6300^4\approx1{,}58\cdot10^{15}\ \text{К}^4, \] \[ \varphi=\sigma T^4=5{,}67\cdot10^{-8}\cdot1{,}58\cdot10^{15}\approx89{,}5\cdot10^6\ \frac{\text{Вт}}{\text{м}^2}=89\ \frac{\text{МВт}}{\text{м}^2}. \]

Решение

Спираль плитки. Мощность \(N=500\) Вт. Открытая конфорка диаметром с блюдце (\(d\sim15\) см) имела бы площадь \(\pi d^2/4\sim0{,}018\) м\(^2\), но светится не весь диск, а проволочная спираль. Её площадь ближе к \(S\sim20\) см\(^2=2\cdot10^{-3}\) м\(^2\). Тогда \[ \sigma T^4=\frac{N}{S}=\frac{500}{2\cdot10^{-3}}=2{,}5\cdot10^5\ \frac{\text{Вт}}{\text{м}^2}, \] \[ T^4=\frac{2{,}5\cdot10^5}{5{,}67\cdot10^{-8}}\approx4{,}4\cdot10^{12},\qquad T\approx(4{,}4\cdot10^{12})^{1/4}\approx1450\ \text{К}\approx1180^\circ\mathrm{C}. \]

Если взять «площадь конфорки» \(S\sim0{,}02\) м\(^2\), получится \(T\approx(4{,}4\cdot10^{11})^{1/4}\approx815\) К \(\approx540^\circ\mathrm{C}\). Реальная спираль краснеет, но не белеет — это как раз 500–700 °C. Книжный ответ \(600^\circ\mathrm{C}\) лежит посередине этих двух оценок площади, и его и нужно считать правильным порядком.

Нить лампы. Вольфрамовая нить длиной несколько сантиметров и толщиной десятые доли миллиметра: \(S\sim0{,}3\) см\(^2=3\cdot10^{-5}\) м\(^2\), \(N=150\) Вт. \[ \sigma T^4=\frac{150}{3\cdot10^{-5}}=5\cdot10^6\ \frac{\text{Вт}}{\text{м}^2}, \] \[ T^4=\frac{5\cdot10^6}{5{,}67\cdot10^{-8}}\approx8{,}8\cdot10^{13},\qquad T\approx(8{,}8\cdot10^{13})^{1/4}\approx3060\ \text{К}\approx2800^\circ\mathrm{C}. \]

Вакуумные лампы накаливания живут при \(T\sim2500\) К \(\approx2200^\circ\mathrm{C}\). Оценка «около \(2000^\circ\mathrm{C}\)» — правильный порядок: нить гораздо горячее плитки, потому что площадь у неё в сотни раз меньше, а мощность того же порядка.

Решение

Пусть в единице объёма сидит энергия \(w\). За время \(dt\) до площадки \(dS\) добегут те фотоны, которые находятся в наклонном цилиндре длины \(c\,dt\) с основанием \(dS\cos\theta\). Усреднение по полусфере даёт знаменитый множитель \(1/4\):

\[ \varphi=\int\limits_{\theta=0}^{\pi/2} w\,c\cos\theta\cdot\frac{d\Omega}{4\pi} =\frac{wc}{4\pi}\cdot 2\pi\int_0^1\mu\,d\mu=\frac{cw}{4}. \]

Но поток из отверстия абсолютно чёрный, \(\varphi=\sigma T^4\). Значит

\[ w=\frac{4\sigma T^4}{c}. \]

Подставляем числа: \[ \frac{4\sigma}{c}=\frac{4\cdot5{,}67\cdot10^{-8}}{3\cdot10^8}=7{,}56\cdot10^{-16}\ \frac{\text{Дж}}{\text{м}^3\cdot\text{К}^4}, \] \[ w=7{,}56\cdot10^{-16}\,T^4\ \frac{\text{Дж}}{\text{м}^3}. \]

Решение

Пусть тела 1 и 2 смотрят только друг на друга, их температуры равны: \(T_1=T_2=T\). Тело 1 испускает с единицы площади \(\varepsilon_1\sigma T^4\). На него падает то, что испустило тело 2, то есть \(\varepsilon_2\sigma T^4\), и из этого оно поглощает долю \(\alpha_1\). Баланс энергии тела 1:

\[ \varepsilon_1\sigma T^4=\alpha_1\varepsilon_2\sigma T^4. \] Точно так же для тела 2: \[ \varepsilon_2\sigma T^4=\alpha_2\varepsilon_1\sigma T^4. \]

Сокращаем \(\sigma T^4\) (оно не ноль) и перемножаем / делим эти равенства. Получается

\[ \frac{\varepsilon_1}{\alpha_1}=\frac{\varepsilon_2}{\alpha_2}=\text{одно и то же число}. \]

Это число не зависит от того, какие тела мы взяли. Возьмём в пару абсолютно чёрное тело: у него по определению \(\alpha=1\) и \(\varepsilon=1\), значит константа равна 1. Следовательно, для любого тела

\[ \varepsilon=\alpha. \] Это и есть закон Кирхгофа: кто хорошо поглощает, тот хорошо и светит — на той же длине волны и при той же температуре.

Решение

а. Сталь в видимом диапазоне почти чёрная: \(\alpha_{\text{вид}}\approx1\), значит и \(\varepsilon_{\text{вид}}\approx1\). При 800 °C максимум излучения Планка ещё сидит в инфракрасном, но «хвост» уже задевает красный — сталь вишнёво светится.

Плавленый кварц в видимом прозрачен, как стекло: свет проходит насквозь, \(\alpha_{\text{вид}}\approx0\). По Кирхгофу \(\varepsilon_{\text{вид}}\approx0\) — в видимом кварц почти ничего не излучает. (В инфракрасном он, наоборот, хорошо поглощает и поэтому хорошо излучает невидимое тепло.)

б. Мел белый: видимый свет он отражает, а не глотает, \(\alpha_{\text{вид}}\) мал. Угли чёрные, \(\alpha_{\text{вид}}\approx1\). При одной температуре угли ярко светятся вишнёвым, а мел в видимом почти молчит — и на их фоне кажется тёмным пятном. В инфракрасном мел «чёрный» и светит не хуже углей, но глаз этого не видит.

Решение

а. У шара коэффициент излучения \(\varepsilon\), по Кирхгофу коэффициент поглощения тот же. Шар испускает \[ \Phi_{\text{изл}}=4\pi R^2\varepsilon\sigma T^4. \]

Чёрная плоскость заполняет половину неба. На любую площадку, которую целиком «накрыла» чёрная плоскость температуры \(T_0\), падает поток \(\sigma T_0^4\). У шара половина обзора — плоскость, половина — холодная пустота (0 К). Средняя облучённость поверхности шара равна \(\sigma T_0^4/2\), и он поглощает

\[ \Phi_{\text{погл}}=4\pi R^2\varepsilon\cdot\frac12\sigma T_0^4. \]

Приравниваем: \[ \varepsilon\sigma T^4=\frac12\varepsilon\sigma T_0^4\qquad\Longrightarrow\qquad T=\frac{T_0}{2^{1/4}}. \]

Степень черноты сократилась: и серый, и чёрный шар в этом опыте нагреются одинаково.

б. Теперь небо закрыто целиком: сверху плоскость \(T_1\), снизу — \(T_2\). Каждая занимает половину обзора, поэтому

\[ \sigma T^4=\frac12\sigma T_1^4+\frac12\sigma T_2^4,\qquad T=\Biggl(\frac{T_1^4+T_2^4}{2}\Biggr)^{1/4}. \]

Решение

а. Полная мощность шара \(4\pi R^2\varepsilon\sigma T_0^4\). На расстоянии \(L\) плотность потока

\[ I=\frac{4\pi R^2\varepsilon\sigma T_0^4}{4\pi L^2}=\varepsilon\sigma T_0^4\Bigl(\frac{R}{L}\Bigr)^2. \]

Пылинка радиуса \(a\) (считаем её чёрной: \(\alpha=\varepsilon_{\text{п}}=1\)) поглощает \(I\cdot\pi a^2\) и излучает \(4\pi a^2\sigma T^4\):

\[ 4\pi a^2\sigma T^4=I\pi a^2\qquad\Longrightarrow\qquad T^4=\frac{I}{4}=\varepsilon T_0^4\Bigl(\frac{R}{2L}\Bigr)^2. \] \[ T=T_0\bigl[\varepsilon(R/2L)^2\bigr]^{1/4}=T_0\,\varepsilon^{1/4}\sqrt{R/(2L)}. \]

Степень черноты самой пылинки сокращается: она одинаково входит в поглощение и в излучение.

б. Земля в среднем имеет \(T=20^\circ\mathrm{C}=293\) К и светит почти как чёрное тело со всей сферы:

\[ \sigma T^4=5{,}67\cdot10^{-8}\cdot293^4. \quad 293^2=85849,\quad 293^4\approx7{,}37\cdot10^9, \] \[ \sigma T^4\approx418\ \frac{\text{Вт}}{\text{м}^2}. \]

Солнце освещает только диск Земли площади \(\pi R^2\), а Земля излучает с \(4\pi R^2\). Баланс:

\[ \varphi\cdot\pi R^2=4\pi R^2\cdot\sigma T^4\qquad\Longrightarrow\qquad \varphi=4\sigma T^4\approx1{,}67\ \frac{\text{кВт}}{\text{м}^2}\approx1{,}7\ \frac{\text{кВт}}{\text{м}^2}. \]

Решение

а. \(T(r)=T_E\sqrt{r_E/r}\).

\[ T_{\text{Мерк}}=293\sqrt{\frac{1{,}5\cdot10^8}{5{,}8\cdot10^7}}=293\sqrt{2{,}59}\approx293\cdot1{,}61=471\ \text{К}\approx200^\circ\mathrm{C}, \] \[ T_{\text{Вен}}=293\sqrt{\frac{1{,}5}{1{,}1}}=293\sqrt{1{,}36}\approx342\ \text{К}\approx70^\circ\mathrm{C}, \] \[ T_{\text{Марс}}=293\sqrt{\frac{1{,}5}{2{,}3}}=293\sqrt{0{,}652}\approx236{,}6\ \text{К}\approx-36^\circ\mathrm{C}. \]

б. Из 5.11.7 солнечная постоянная у Земли \(\varphi_E\approx1{,}7\) кВт/м\(^2\). Полная мощность Солнца — это этот поток, размазанный по сфере радиуса земной орбиты \(r_E=1{,}5\cdot10^{11}\) м:

\[ \Phi=4\pi r_E^2\varphi_E=4\pi\cdot(1{,}5\cdot10^{11})^2\cdot1{,}7\cdot10^3 \approx4\pi\cdot2{,}25\cdot10^{22}\cdot1{,}7\cdot10^3\approx4{,}8\cdot10^{26}\ \text{Вт}. \] По порядку \(\Phi\sim4\cdot10^{26}\) Вт.

в. Луна вращается медленно и почти без атмосферы: дневная сторона не успевает поделиться теплом с ночной. Локально баланс «поглотил = излучил» пишется без четвёрки:

\[ \sigma T^4=\varphi_E,\qquad T=\Bigl(\frac{1{,}7\cdot10^3}{5{,}67\cdot10^{-8}}\Bigr)^{1/4} =(3{,}0\cdot10^{10})^{1/4}\approx416\ \text{К}\approx140^\circ\mathrm{C}. \]

На Земле такую температуру не встречаем по двум причинам. Во-первых, планета быстро крутится и атмосфера с океаном размазывают тепло по всей сфере — работает фактор 4, и средняя выходит 20 °C. Во-вторых, есть парниковый эффект и облака, которые ещё сглаживают день и ночь.

Решение

Плотность потока \(\varphi=2\cdot10^{-6}\) Вт/м\(^2\) — это энергия, которую за секунду приносит звёздное небо на площадку в 1 м\(^2\). Для пылинки внутри изотропного поля это та самая облучённость, которую в полости мы называли \(\sigma T^4\). В равновесии

\[ \sigma T^4=\varphi,\qquad T=\Bigl(\frac{\varphi}{\sigma}\Bigr)^{1/4} =\Bigl(\frac{2\cdot10^{-6}}{5{,}67\cdot10^{-8}}\Bigr)^{1/4} =(35)^{1/4}. \]

\(35^{1/2}\approx5{,}9\), \(5{,}9^{1/2}\approx2{,}4\), поэтому

\[ T\approx2{,}4\ \text{К}. \]

Решение

Пусть солнечная постоянная у орбиты Земли равна \(\varphi\). Оболочка поглощает \(\varphi\cdot\pi R^2\) (считаем её чёрной; степень черноты снова сократится) и излучает \(4\pi R^2\sigma T^4\):

\[ \sigma T^4=\frac{\varphi}{4}. \]

Но ровно такое же равенство мы писали для Земли, у которой средняя температура по условию предыдущих задач равна \(20^\circ\mathrm{C}\). Внутри полости спутника — равновесное излучение стенок той же температуры \(T\). Поэтому внутри установится

\[ T=20^\circ\mathrm{C}. \]

То, что спутник «всё время освещён», важно: нет ночной стороны, которая остывала бы в тени Земли. Он живёт как идеально перемешанная Земля без атмосферы — и даёт ту же среднюю.

Решение

Обозначим \(J_1\) полный поток, который уходит от первой пластины ко второй, \(J_2\) — навстречу. Тогда

\[ J_1=\varepsilon_1\sigma T_1^4+(1-\varepsilon_1)J_2, \] \[ J_2=\varepsilon_2\sigma T_2^4+(1-\varepsilon_2)J_1. \]

Первое слагаемое — собственное излучение, второе — отражённый чужой радиситет. Полезный тепловой поток — это разность:

\[ q=J_1-J_2. \]

Вычтем уравнения и подставим \(J_1=J_2+q\):

\[ q=\varepsilon_1\sigma T_1^4-\varepsilon_1 J_2=\varepsilon_1\sigma T_1^4-\varepsilon_1(J_1-q). \] Отсюда \(J_1=\sigma T_1^4-q(1-\varepsilon_1)/\varepsilon_1\). Аналогично \(J_2=\sigma T_2^4+q(1-\varepsilon_2)/\varepsilon_2\). Вычитаем:

\[ q=\sigma(T_1^4-T_2^4)-q\Bigl(\frac{1-\varepsilon_1}{\varepsilon_1}+\frac{1-\varepsilon_2}{\varepsilon_2}\Bigr). \] \[ q\Bigl(1+\frac{1}{\varepsilon_1}-1+\frac{1}{\varepsilon_2}-1\Bigr)=\sigma(T_1^4-T_2^4), \] \[ q=\frac{\sigma(T_1^4-T_2^4)}{1/\varepsilon_1+1/\varepsilon_2-1} =\frac{\varepsilon_1\varepsilon_2}{\varepsilon_1+\varepsilon_2-\varepsilon_1\varepsilon_2}\,\sigma(T_1^4-T_2^4). \]

Полный поток через площадь \(S\):

\[ \Phi=\frac{\varepsilon_1\varepsilon_2}{\varepsilon_1+\varepsilon_2-\varepsilon_1\varepsilon_2}\,\sigma S(T_1^4-T_2^4). \]

Решение

а. По одному экрану с каждой стороны. Средняя пластина горячая, температура \(T\) задана. Внешний экран имеет температуру \(T'\). Поток в зазоре (чёрные пластины)

\[ q=\sigma(T^4-T'^4). \] Тот же поток экран обязан сбросить наружу своей внешней стороной: \[ q=\sigma T'^4 \] (снаружи 0 К, встречного излучения нет). Значит

\[ T^4-T'^4=T'^4,\qquad T'^4=\frac{T^4}{2},\qquad T'=\frac{T}{2^{1/4}}. \]

б. По \(n\) экранов с каждой стороны. Цепочка температур \(T>T_1>T_2>\dots>T_n\), снаружи снова 0 К. Одинаковый поток:

\[ q=\sigma(T^4-T_1^4)=\sigma(T_1^4-T_2^4)=\cdots=\sigma(T_{n-1}^4-T_n^4)=\sigma T_n^4. \] От \(T^4\) до \(T_n^4\) — ровно \(n\) одинаковых ступенек, и ещё одна такая же ступенька \(T_n^4-0\). Всего \(n+1\) равных кусков, на которые делится \(T^4\):

\[ T^4=(n+1)\,T_n^4,\qquad T_n=\frac{T}{(n+1)^{1/4}}. \]

Хотим \(T_n=T/2\), то есть \(T_n^4=T^4/16\). Тогда \(n+1=16\), \(n=15\). С каждой стороны нужно 15 экранов, с обеих сторон вместе — 30.

В «Ответах» книги стоит \(n=32\), то есть \(2\times16\): так получается, если написать \(T_n^4=T^4/n\) и забыть, что излучение наружу — это ещё одна, \((n+1)\)-я ступенька. Правильный счёт даёт 15 с каждой стороны; проверка — при \(n=1\) та же формула \(T_n=T/(n+1)^{1/4}\) возвращает книжный же ответ пункта а.

Решение

Почему именно меньший радиус. Нить площади \(2\pi r\) (на единицу длины) испускает \(2\pi r\sigma T_0^4\). Первый экран испускает внутрь \(2\pi R\sigma T_1^4\), но до нити доходит только доля \(r/R\) этого потока. Нетто:

\[ q=2\pi r\sigma T_0^4-2\pi R\sigma T_1^4\cdot\frac{r}{R}=2\pi r\sigma(T_0^4-T_1^4). \] Точно так же в каждом следующем зазоре «работающим» радиусом оказывается внутренний.

Цепочка, снаружи 0 К:

\[ \frac{q}{2\pi\sigma}=r(T_0^4-T_1^4)=R(T_1^4-T_2^4)=2R(T_2^4-T_3^4)=3R\,T_3^4. \]

Выразим все разности через \(T_3^4\):

\[ T_2^4-T_3^4=\frac{3R}{2R}T_3^4=\frac32 T_3^4,\qquad T_2^4=\frac52 T_3^4, \] \[ T_1^4-T_2^4=\frac{3R}{R}T_3^4=3T_3^4,\qquad T_1^4=\frac{11}{2}T_3^4, \] \[ T_0^4-T_1^4=\frac{3R}{r}T_3^4. \] Складываем: \[ T_0^4=T_3^4\Bigl(\frac{3R}{r}+\frac{11}{2}\Bigr)=T_3^4\Bigl(\frac{3R}{r}+5{,}5\Bigr). \] \[ T_3=\frac{T_0}{\bigl(5{,}5+3R/r\bigr)^{1/4}}. \]

Решение

Камера большая, её стены можно считать чёрными. Внешняя грань серой пластины тогда отдаёт в камеру

\[ q=\varepsilon\sigma(T_1^4-T_2^4). \]

Тот же поток течёт через пластину теплопроводностью:

\[ q=\varkappa\frac{T_{\text{вн}}-T_1}{h}\qquad\Longrightarrow\qquad T_{\text{вн}}=T_1+\frac{qh}{\varkappa}=T_1+\frac{\varepsilon\sigma h}{\varkappa}(T_1^4-T_2^4). \]

В вакуумном зазоре две одинаковые серые поверхности. По формуле 5.11.11

\[ q=\frac{\varepsilon}{2-\varepsilon}\,\sigma\bigl(T^4-T_{\text{вн}}^4\bigr), \] \[ T^4=T_{\text{вн}}^4+\frac{2-\varepsilon}{\varepsilon\sigma}\,q =T_{\text{вн}}^4+(2-\varepsilon)(T_1^4-T_2^4). \]

Подставляем \(T_{\text{вн}}\):

\[ T=\Biggl[ \Biggl(T_1+\frac{\varepsilon\sigma h}{\varkappa}(T_1^4-T_2^4)\Biggr)^4 +(2-\varepsilon)(T_1^4-T_2^4) \Biggr]^{1/4}. \]

С другой стороны — такая же картинка, поток удваивается только если считать обе стороны сразу; на температуру плоскости это не влияет: каждая сторона сама справляется со своей половиной тепла.

Решение

Пусть в единице объёма \(n\) фотонов средней энергии \(E\), тогда \(w=nE\). На площадку стенки в телесном угле \(d\Omega\) за секунду падает

\[ dn_{\text{уд}}=n\cdot c\cos\theta\cdot\frac{d\Omega}{4\pi} \] фотонов (долетают только те, что летят к стенке, \(\theta<\pi/2\)). Каждый при зеркальном отражении меняет нормальную составляющую импульса с \(+(E/c)\cos\theta\) на \(-(E/c)\cos\theta\) и отдаёт стенке \(2(E/c)\cos\theta\). (Если стенка чёрная и потом изотропно переизлучает, среднее получается тем же.)

Давление — интеграл по полусфере:

\[ P=\int n c\cos\theta\cdot 2\frac{E}{c}\cos\theta\cdot\frac{d\Omega}{4\pi} =nE\int_0^{\pi/2}2\cos^2\theta\cdot\frac{2\pi\sin\theta\,d\theta}{4\pi}. \] Подстановка \(\mu=\cos\theta\), \(d\mu=-\sin\theta\,d\theta\), \(\mu\) от 1 до 0:

\[ P=nE\int_0^1\mu^2\,d\mu=\frac{nE}{3}=\frac w3. \]

Множитель \(1/3\) — это среднее \(\langle\cos^2\theta\rangle\) по полусфере с весом \(\cos\theta\). Ровно поэтому у электромагнитной волны давление на чёрную стенку равно плотности энергии, делённой на три, а не плотности энергии целиком.

Решение

а. Освещённость паруса \[ I=\frac{\Phi}{4\pi R^2}. \] Давление на полностью отражающий парус, стоящий перпендикулярно лучам (это и есть максимум),

\[ P=\frac{2I}{c}=\frac{\Phi}{2\pi R^2 c}. \] Сила \(F=PS\), ускорение \[ a=\frac{F}{m}=\frac{S\Phi}{2\pi R^2 mc}. \]

б. Ускорение зависит от расстояния: \(a(R)=k/R^2\), где \(k=S\Phi/(2\pi mc)\). Пишем \(v\,dv/dR=a\):

\[ v\,dv=\frac{k}{R^2}\,dR. \] Интегрируем от старта \(R_1\), \(v=0\) до \(R_2\):

\[ \frac{v^2}{2}=k\Bigl(\frac{1}{R_1}-\frac{1}{R_2}\Bigr), \] \[ v=\sqrt{2k\Bigl(\frac{1}{R_1}-\frac{1}{R_2}\Bigr)} =\sqrt{\Bigl(\frac{1}{R_1}-\frac{1}{R_2}\Bigr)\frac{S\Phi}{\pi mc}}. \]

Решение

а. Ядро кометы идёт по штриховой кривой. С поверхности срывается пыль и газ. На пылинки действует давление солнечного света, всегда направленное от Солнца. Поэтому свежий хвост выстраивается вдоль радиуса «Солнце → комета», а не вдоль касательной к орбите. Когда комета уже удаляется, хвост оказывается «впереди» по направлению движения — он опережает ядро на внешней стороне дуги. (Ионный хвост ещё прямее и ещё ближе к радиусу; пылевой чуть изогнут, потому что пыль сохраняет орбитальную скорость.)

б. Освещённость на расстоянии \(R\) от Солнца \(I=\Phi/(4\pi R^2)\). Алюминиевая пылинка хорошо отражает; возьмём для оценки чёрный шар (поглощает, \(\alpha=1\)) — порядок тот же, зеркало даст коэффициент 2. Сила света на поперечник \(\pi r^2\):

\[ F_c=\frac{I}{c}\cdot\pi r^2=\frac{\Phi r^2}{4c R^2}. \] Гравитация Солнца: \[ F_g=\frac{GM_\odot}{R^2}\cdot\frac43\pi r^3\rho. \] Обе \(\propto 1/R^2\), отношение не зависит от места. Свет побеждает гравитацию, когда \(F_c>F_g\):

\[ r<\frac{3\Phi}{16\pi c\,GM_\odot\rho}. \]

Числа: \(\Phi\sim4\cdot10^{26}\) Вт, \(c=3\cdot10^8\) м/с, \(GM_\odot\approx1{,}3\cdot10^{20}\) м³/с², \(\rho_{\mathrm{Al}}=2{,}7\cdot10^3\) кг/м³.

\[ r\sim\frac{3\cdot4\cdot10^{26}}{16\pi\cdot3\cdot10^8\cdot1{,}3\cdot10^{20}\cdot2{,}7\cdot10^3} \sim\frac{1{,}2\cdot10^{27}}{5{,}3\cdot10^{33}}\sim2\cdot10^{-7}\ \text{м}. \]

Для зеркальной пылинки (давление \(2I/c\)) порог вдвое больше, \(\sim0{,}4\) мкм. Порядок — микрон и меньше. В ответах книги \(r\approx1\) мкм: туда легко попасть, взяв неидеальное отражение и разброс плотности. Крупнее микрона — Солнце держит, мельче — свет выметает из системы. Поэтому кометный пылевой хвост и состоит из субмикронной пыли.

Подсказка

Давление равно импульсу, передаваемому площадке за секунду, делённому на площадь; при зеркальном отражении импульс меняет знак.

Ответ

A) 1 кДж;  B) 35 000 эВ;  C) 17 000;  D) 64 Вт;  E) 9{,}3 мкПа.

Подсказка

Вся произведённая в ядре мощность проходит наружу сквозь сферу любого радиуса, в том числе сквозь сферу радиусом от Земли до Солнца. Приравняйте её к мощности, принимаемой на Земле, умноженной на площадь такой сферы.

Ответ

\(\dfrac{r}{R} = 0{,}127\).