ВсОА 2002, Заключителен етап, 8–11 клас — Задача 23. 11 класс. Солнечный парус

• $1.1 \times 10^{6}$ m²

(М.Г. Гаврилов, 1999.) Сразу заметим, что если площадь паруса не меняется, то число падающих на этот парус фотонов обратно пропорционально квадрату расстояния до Солнца и сила светового давления на парус является центральной, то есть $F \sim 1/R^2$. Это означает, что движение корабля будет подчиняться законам Кеплера, только «эффективность притяжения» Солнца уменьшится. Иными словами, корабль будет двигаться так же, как он бы двигался в случае уменьшения массы Солнца с $M_0$ до $M_1$. То есть, движение корабля с раскрытым парусом до Марса проходило по эллипсу, перигелий которого находился на орбите Земли (расстояние от Солнца – $R_0$), а на орбите Марса (расстояние от Солнца – $R_1$) – очевидно, афелий (поскольку совершено пол-оборота вокруг Солнца). Далее, используя II закон Кеплера и закон сохранения энергии для точек перигелия и афелия, а также выражение для кругового движения вокруг Солнца без паруса, можно получить, что новая «эффективная масса» Солнца равна:

а сила центрального притяжения уменьшилась на

Теперь найдём силу светового давления, которая приводит к такому эффекту. Энергия фотона есть $E = mc^2$, а его импульс $p = mc$, то есть, для каждого фотона $p = E/c$. Сила давления есть $\Delta P/\Delta t$ – изменение импульса системы парус-корабль за счёт всех фотонов, падающих в единицу времени на парус. По закону сохранения импульса $\Delta P/\Delta t$ равно сумме изменений импульсов всех попавших на парус фотонов: $\Delta P/\Delta t = \Sigma(\Delta p/\Delta t)$. Поскольку парус зеркальный, фотоны отражаются и меняют свой импульс на противоположный, то есть изменение импульса каждого из них $\Delta p$ есть $\Delta p = 2p_0 = 2E_0/c$. Таким образом:

Учитывая, что энергия фотонов, падающих в единицу времени на парус, находящийся на произвольном расстоянии $R$ от Солнца:

получаем:

И, приравнивая эту силу к $(1 - R_0/R_1)/2$ от гравитационной, имеем:

Рассматривая движение Земли по орбите вокруг Солнца, легко найти, что $GM_0 = 4\pi^2R_0^3/T_0^2$, где $T_0$ – период обращения Земли вокруг Солнца. Таким образом

Как видим, не так уж и много.