Majo sa opäť snažil Plochozemca presvedčiť, že Zem nemôže byť plochá – tentokrát argumentom, že v takom prípade by na ňu predsa pražilo Slnko rovnako silno na pravé poludnie aj o polnoci (len z opačnej strany), takže o polnoci by sme tu museli mať výrazne teplejšie oproti napríklad teplote pri východe alebo západe Slnka. Na to sa ale Plochozemec ohradil, že ten rozdiel teplôt by bol predsa úplne zanedbateľný a nepocítili by sme ho.
Rozhodnite, kto má v tejto debate pravdu – spočítate, akú najvyššiu a akú najnižšiu rovnovážnu teplotu môže plochá Zem mať v závislosti na natočení ku Slnku. Zem uvažujte ako absolútne čiernu štvorcovú platňu s dĺžkou strany rovnou obvodu guľatej Zeme $a = \SI[parse-numbers=false]{4\cdot 10^{7}}{\metre}$ vo vzdialenosti $\SI{1}{au}$ od guľatého Slnka s polomerom $R_\odot = \SI[parse-numbers=false]{7\cdot 10^{8}}{\metre}$ a teplotou $T_\odot = \SI{5800}{\kelvin}$.
Je jasné, že Zem bude mať najväčšiu rovnovážnu teplotu na poludnie, keď na ňu bude Slnko svietiť kolmo zhora (alebo o polnoci kolmo zdola), a najmenšiu počas východu a západu Slnka, keď slnečné žiarenie dopadá na zemský povrch pod veľmi malým uhlom. Vypočítajme teda, aká je hustota toku žiarenia zo Slnka vo vzdialenosti Zeme. Podľa Stefanovho-Boltzmannovho zákona vyžaruje $\SI{1}{\metre\squared}$ slnečného povrchu s výkonom $P = \sigma T_\odot^4$, kde $\sigma$ je Stefanova-Boltzmannova konštanta. Celkový výkon Slnka je potom $$ L = 4\pi R_\odot^2 \sigma T_\odot^4. $$
Keď tento výkon prechádza vzdialenosťou $r = \SI{1}{\astronomicalunit}$, rozloží sa na sféru s plochou $4\pi r^2$, a preto vo vzdialenosti Zeme dopadne na $\SI{1}{\metre\squared}$ výkon $$ F = \frac{L}{4\pi r^2} = \frac{R_\odot^2}{r^2} \sigma T_\odot^4. $$
Túto veličinu nazývame hustota toku žiarenia.
Uvažujeme, že Zem je absolútne čierne teleso, čiže $\SI{1}{\metre\squared}$ jeho plochy vyžaruje s výkonom $P = \sigma T^4$, kde T je teplota Zeme. Ak je táto teplota rovnovážna, znamená to, že vyžaruje rovnako veľa energie ako prijíma. Plochá Zem je platňa vyžarujúca oboma stranami, teda s výkonom $2 P$. Na poludnie dopadá slnečné žiarenie kolmo na Zem, takže môžeme písať rovnicu $$ \begin{aligned} F &= 2 P \ \frac{R_\odot^2}{r^2} \sigma T_\odot^4 &= 2 \sigma T^4 \ T &= \sqrt{\frac{R_\odot}{r \sqrt{2}}} T_\odot \ T &\doteq \SI{333}{\kelvin}. \end{aligned} $$ Najvyššiu rovnovážnu teplotu sme týmto vypočítali. To, že Zem je štvorec s dĺžkou strany $a$ sme zandebali, pretože $a \ll r$, kvôli čomu bude v strede Zeme takmer úplne rovnaká teplota ako v jej rohu.
Je lákavé povedať, že počas východu a západu Slnka dopadá žiarenie na Zem úplne zboku, a teda jej rovnovážna teplota je $\SI{0}{\kelvin}$. Žiaľbohu, a vlastne chvalabohu, že žiaľbohu, že Slnko nie je bodový zdroj. Ak poznáme jeho polomer a vzdialenosť od Zeme, ľahko si zrátame, že jeho uhlový polomer na oblohe je $\ang{0.27}$. To znamená, že aj keď je stred Slnka na horizonte, jeho horný okraj je $\ang{0.27}$ nad ním, a Slnko stále zohrieva Zem. Rovnako to je aj s dolným okrajom, ktorý Zem zohrieva zospodu. Ale ako vypočítame, koľko žiarenia dopadá, na Zem, ak Slnko nie je bod? Ak to chceme úplne presne, museli by sme integrovať, ale to nie je účelom tejto úlohy. Jednoducho to odhadnime tým, že si povieme, že Slnko je počas východu a západu bodový zdroj vo výške $\ang{0.135}$ nad horizontom, teda v polovici jeho skutočného uhlového polomeru. V tom prípade dopadá na $\SI{1}{\metre\squared}$ zemského povrchu nie $F$, ale $F \sin{\ang{0.135}}$, čiže $$ \begin{aligned} F \sin{\ang{0.135}} &= 2 P \ T &= \sqrt{\frac{R_\odot}{r} \sqrt{\frac{\sin{\ang{0.135}}}{2}}} T_\odot \ T &\doteq \SI{73}{\kelvin}. \end{aligned} $$
Rozdiel medzi najvyššou a najnižšou rovnovážnou teplotou je $\SI{260}{\kelvin}$. Či je Zem plochá alebo guľatá už necháme na vás. Do your own research.
Prebytočného tepla na vesmírnej stanici sa najľahšie vieme zbaviť tak, že ho vyžiarime von zo stanice. Používajú sa na to chladiče, ktoré svojím tvarom pripomínajú solárne panely, ale k Slnku sú natočené hranou. To preto, že v nich sú trúbky s teplou kvapalinou, ktorá sa predtým zohriala od niečoho, čo potrebujeme chladiť. Chladič (alebo plochá Zem) natočený hranou k Slnku má rovnovážnu teplotu – za predpokladu absolútne čierneho telesa – približne $\SI{73}{\kelvin}$, teda $\SI{-200}{\degreeCelsius}$. Ak do takéhoto chladiča príde kvapalina z vyššou teplotou, bude sa chladiť.
Ak by ale chladič bol natočený svojou plochou smerom k Slnku, jeho rovnovážna teplota by bola $\SI{333}{\kelvin}$, čo je asi $\SI{60}{\degreeCelsius}$, a teda kvapalina v ňom by sa chcela dostať na túto teplotu. Vo väčšine prípadov by takýto “chladič” teda zohrieval.
Obrázok chladičov a čosi o teplote na ISS si môžete prečítať tu.
riešenie pre minimálnu rovnovážnu teplotu
Uhlový polomer Slnka na oblohe je $\theta_m = \arctan\frac{R_\odot}{r}$, čo znamená, že zaberá priestorový uhol $2\pi (1 - \cos\theta_m)$1. Vyššie sme už vyrátali, že vo vzdialenosti $r$ od neho nameriame hustotu toku žiarenia $S_\odot = \frac{R_\odot^2}{r^2} \sigma T_\odot^4$, kde $S_\odot$ sa zvykne nazývať solárna konštanta. Bude sa nám hodiť veličina $I = \frac{S_\odot}{2\pi (1 - \cos\theta_m)}$, ktorá sa nazýva intenzita žiarenia a hovorí nám, aký výkon dopadá na jednotku plochy Zeme z jednotkového priestorového uhla, ktorý zaberá Slnko.
Na vypočítanie množstva dopadajúceho výkonu musíme integrovať cez viditeľný slnečný disk pri východe alebo západe Slnka, teda polovicu kruhu. Rozdelíme si ho na obdĺžnikové pásy rovnobežné s horizontom a každý bude mať hrúbku $\mathrm{d} \theta$. Jeho šírku zistíme jednoducho z pravouhlého trojuholníka v kružnici s polomerom $\theta_m$. Ak sa pozrieme na pás, ktorý je uhol $\theta$ nad horizontom, tak z Pytagorovej vety, kde $\theta$ je odvesna a $\theta_m$ prepona, má jeho druhá odvesna dĺžku $\sqrt{\theta^2_m - \theta^2}$. Celý pás má teda šírku $2 \sqrt{\theta^2_m - \theta^2}$, preto pás tvaru obdĺžnika vo výške $\theta$ nad horizontom zaberá priestorový uhol $2 \sqrt{\theta^2_m - \theta^2} \mathrm{d} \theta$. Ak ho vynásobíme $I$, dostaneme, koľko $\si{\watt\per\metre\squared}$ dopadne na Zem z daného priestorového uhla, ak žiarenie dopadá kolmo. To však dopadá pod uhlom $\theta$, čiže to ešte donásobíme $\sin\theta$. A teraz to už len potrebujeme preintegrovať od horizontu po horný okraj Slnka, čiže jeden meter štvorcový Zeme prijíma výkon $$ F = \int_0^{\theta_m} I \sin\theta 2 \sqrt{\theta^2_m - \theta^2} \mathrm{d} \theta. $$ No, a sme došli, pretože tento integrál sa2 nedá vyriešiť analyticky pre všeobecné $\theta_m$. Jediné, čo vieme spraviť, je vypočítať si číselné hodnoty $I$, $\theta_m$, dosadiť ich do integrálu, a to celé napísať do Wolframu Alpha, aby nám to numericky spočítal. Nezabúdajme, že $\theta_m$ musíme dosádzať v radiánoch. Výsledkom je $F \doteq \SI{1.39492}{\watt\per\metre\squared}$. Teraz už len jednoducho zrátame rovnovážnu teplotu z rovnice $F = \sigma T^4$, ktorá je $$ T \doteq \SI{70}{\kelvin}. $$ Vidíme teda, že náš prvý odhad sa od presnej hodnoty veľmi nelíši.