Cái lạnh vũ trụ khủng khiếp này

51

Trong khoa học viễn tưởng, hầu hết mọi thứ đều có thể xảy ra. Ví dụ, trong “Vực thẳm Maracot” của Conan Doyle, ông sử dụng một giả thuyết hay rằng nước ở bất kỳ độ sâu nào không gây ra bất kỳ áp lực nào và không có gì - hóa ra đây là một cuốn tiểu thuyết xuất sắc về khoa học, tình yêu, người Hy Lạp cổ đại, v.v.

Không giống như khoa học viễn tưởng, mọi nền khoa học phát triển đều cấm đoán nhiều hơn những gì nó cho phép; nhưng nếu cô ấy đã giải quyết được điều gì đó thì đó là điều chắc chắn.

Nhiều nhà văn và kỹ sư khoa học viễn tưởng đã nói nhiều về cái lạnh vũ trụ:

“…Cắn răng, nhắm mắt lại, Svetlana tức giận làm bị thương tay (bánh đà của tàu vũ trụ)… cô không kịp la hét hay cử động tay. Cái chết vì cái lạnh vũ trụ nhanh hơn suy nghĩ" (B. Fradkin, Bí mật của nhà thiên văn 117-03, Molotov, 1956).

“…Cái lạnh của không gian thế giới hóa ra khá hữu ích, … vì bạn không cần phải mang theo các chất và thiết bị làm mát bên mình” (M. Valle, Chuyến bay vào không gian thế giới, ONTI, 1936).

Vậy ngoài vũ trụ có lạnh không?

“Lạnh” nghĩa là gì? Hãy làm rõ khái niệm này. Giả sử rằng khi trời “lạnh”, rất nhiều tel bị mất khỏi chúng ta trong một đơn vị thời gian, chẳng hạn như Q joules trên giây (mưa/giây). Và vì một người trong chúng ta có thể có tầm vóc nhỏ bé, những người khác có thể là người khổng lồ, nên tốt hơn là nên xem lượng điện năng tiêu thụ trong một đơn vị thời gian với một đơn vị diện tích là bao nhiêu. Để đo “độ lạnh”, giá trị mỗi giây trên một mét vuông bề mặt cơ thể chúng ta được sử dụng:

$$\frac{Q}{S} = q \left( \frac{\partial \chi}{\partial e} \cdot m^2 \right).$$

Trên Trái đất, chúng ta đã học được cách hầu như không nghĩ về lý do tại sao trên thực tế, chúng ta không quá nóng; đúng hơn, sống có chừng mực, chúng ta nghĩ đến việc không bị lạnh (chăm sóc áo lông, mũ, v.v.). Và khi trời nóng, chúng ta có kem, biển sâu, xoáy nước sâu và gió tạt vào mặt. Chuyển động của nước, không khí, băng - tất cả những điều này ngay lập tức và hiệu quả cung cấp một giá trị q vừa đủ. Các phân tử của môi trường va chạm với bề mặt của bất kỳ vật thể nào được làm nóng và mang vật thể đó đi. (Với một chút khéo léo, chúng ta thậm chí có thể tạo thành một cột không khí rung chuyển phía trên mình, giống như một con marai phía trên đường chân trời vào một ngày nắng nóng.) Điều gì sẽ xảy ra nếu nó nóng lên trong không gian? Trong chân không không có không khí, không có nước, thật xấu hổ khi ném mọi thứ xuống tàu. Chỉ còn lại một thứ: bức xạ

52

Trò chuyện kể. Quá trình này cũng dễ nhận thấy trên Trái đất: chúng phát ra lò điện, lửa Pyuner (bạn có thể dễ dàng xác minh điều này bằng cách che chắn bản thân bằng hàng hóa của mình). Nhưng trên Trái đất, quá trình này bị cạnh tranh thành công bởi tính dẫn nhiệt (chuyển vật thể khi có sự chênh lệch nhiệt độ giữa các vật thể đứng yên khi tiếp xúc) và sự đối lưu (mang một vật thể đi cùng với khối lượng chuyển động). Trong không gian, bức xạ là cách duy nhất để làm mát. Rõ ràng là đối với bức xạ lớn thì cần phải “nóng”. Nghịch lý này - để nguội nhanh, bạn cần phải đun nóng quá mức - gắn liền với định luật Stefan-Boltzmann nổi tiếng.

$$q = \sigma T^4. \tag{1}$$

Ở đây $\sigma$ là một hằng số vật lý, giá trị của nó có thể tìm thấy trong sách tham khảo: $\sigma = 5,7 \cdot 10^{-8} \text{bm}/\text{m}^2 \cdot \text{epa}d^4$. Dấu bằng chỉ xảy ra đối với những vật nguội nhanh và cần được làm nóng quá mức - nó gắn liền với định luật Stefan-Boltzmann nổi tiếng.

Từ định luật (1), có thể thấy rõ chất dẫn nhiệt phát triển nhanh như thế nào khi nhiệt độ tăng $T$ của vật bức xạ: $T$ sẽ tăng ba lần - $q$ sẽ tăng $3^4=81$ lần (gần như lần này!). Chúng ta chỉ cần nhớ rằng nhiệt độ $T$ được biểu thị bằng thang Kelvin.

Và sau đó, để chắc chắn về điều gì đó, bạn cần phải đếm.

Cơm. 1.

Cần lưu ý rằng việc làm mát cũng có thể được gây ra bởi sự bay hơi của nước chứa trong cơ thể từ bề mặt hở của cơ thể. Chúng tôi sẽ không xem xét hiệu ứng này ở đây, ví dụ, giả sử rằng cơ thể mà chúng tôi đang xem xét được đặt trong một túi polytylene trong suốt lý tưởng, vừa khít.

Trong cơ thể sống, các quá trình xảy ra dẫn đến việc giải phóng cơ thể ($Q'$ cal/giây). Người ta đã xác định rằng, cùng với thức ăn, một nhà khoa học cần tiêu thụ 3000 kcal mỗi ngày, một người nạp đạn là 5000 kcal. Vì trong không gian, chúng ta tăng lên nên nó cung cấp cho cả hai, sử dụng như một chế độ ăn uống hợp lý 4000 kcal/ngày, trong đó $1/4$ trống rỗng chuyển thành năng lượng cơ bắp, và $3/4$, tức là 3000 kcal/ngày, vẫn ở dạng cơ thể $Q'$, chịu bức xạ. Hãy chuyển đổi $Q'$ sang đơn vị SI:

$$Q' = \frac{3 \cdot 10^3 \frac{\text{ккал}}{\text{сутки}} \cdot 10^3 \frac{\text{ккал}}{\text{ккал}} \cdot 4,2 \frac{\partial j}{\partial k} \frac{\text{кал}}{\text{ккал}}}{24 \frac{4}{\text{сутки}} \cdot 3600 \frac{\text{сек}}{\text{ч}}} \approx 150 \text{bm}.$$

Tiếp theo, hãy ước tính bề mặt cơ thể của chúng ta $S$. Làm thế nào để làm điều này? Bạn có thể tưởng tượng mình là một hình trụ có chiều cao $h$ bằng chiều cao của bạn (trống đối với một học sinh $h=1,5$ m) và chọn bán kính của hình trụ $r$ sao cho thể tích của vật là $V$ (Hình 1). Thể tích này nếu tính bằng lít thì bằng khối lượng cơ thể $m$ tính bằng kilôgam (hãy nhớ rằng khi vào thì nổi, khi ra thì chìm, nghĩa là trọng lượng riêng của vật gần bằng trọng lượng riêng của nước). Sau đó, với $m=50$ kcal, chúng ta nhận được $r=0,1$ m, $S=2\pi rh+2\pi r^2=1$ m$^2$. (Tất nhiên, một người phức tạp hơn nhiều, nhưng đối với đánh giá thể chất thì điều này là tốt.)

Bây giờ hãy để người mẫu này là một hình trụ nước có nhiệt độ bình thường $T=37^\circ\text{C}=(273+37)^\circ\text{K}=310^\circ\text{K}$ với sự tỏa nhiệt liên tục $Q'=150 \text{bm}$, cần phải thấy mình trong một không gian mở hoàn hảo và anh ta không bị tiếp xúc với bức xạ từ các ngôi sao, tiếng khóc hoặc các vật thể khác (rõ ràng là điều này

53

trường hợp “lạnh nhất”). Lúc đó nó sẽ nguội như thế nào? Trong một giây, năng lượng $Q = \sigma T^4 S = 525 \text{ вт}$ sẽ phát ra từ bề mặt của nó. Sự mất mát này được bù đắp một phần bằng cách giải phóng nhiệt bên trong $Q'$, do đó tổng lượng nhiệt thất thoát là $Q - Q' = 525 - 150 = 375 \text{ вт}$. Tôi tự hỏi sẽ mất bao lâu để nhiệt độ trung bình của nó giảm xuống, chẳng hạn như $\Delta T = 2^\circ$? Nhiệt dung của bình chứa nước của con người là $mc = 50 \text{ ке} \times 1 \text{ ккал/кг} \cdot \text{рад} \approx 200 \text{ кдж/рад}$. Giả sử sự mất nhiệt liên tục do bức xạ, chúng ta thu được

$$\tau = \frac{mc \Delta T}{Q - Q'} = \frac{200 \cdot 10^3 \frac{\partial JC}{\partial P} \cdot 2^\circ}{375 \frac{\partial JC}{\partial C}} > 15 \text{ мин.}$$

Và đây chỉ là khi làm mát từ 37 đến $35^\circ$! Như vậy, việc biến đổi tức thời (“nhanh hơn suy nghĩ”) thành “băng siêu đông” vẫn còn rất xa, ngay cả trong trường hợp “lạnh nhất” này. (Thử tính nhiệt độ ở trạng thái ổn định ở $\tau \rightarrow \infty$.) Bây giờ hãy giả sử rằng chúng ta đang ở trong không gian theo quỹ đạo của Trái đất quanh Mặt trời. Chúng ta hãy tìm nhiệt độ cân bằng $T_p$ của cơ thể chúng ta, khi nó tỏa ra không chỉ nhiệt lượng tỏa ra từ bên trong mà còn cả nhiệt lượng $q_C \cdot \frac{S}{2}$, được hấp thụ trong một giây bằng cách đặt cơ thể chúng ta hướng về phía Mặt trời (lượng bức xạ mặt trời trong quỹ đạo Trái đất, được gọi là hằng số mặt trời, xấp xỉ $1400 \text{ вт}/\text{m}^2$). Chúng ta có phương trình

$$q_C \frac{S}{2} + Q' = \sigma T_p^4 S,$$

từ đó

$$T_p = \sqrt{\frac{(1400 \cdot 0,5 + 150)}{5,7 \cdot 10^{-8}}} = 350^\circ \text{ K} = 77^\circ \text{ C}.$$

Đây là nhiều hơn những gì các bác sĩ có thể cho phép chúng tôi. Tất nhiên, bạn có thể làm cho một nửa cơ thể được Mặt trời chiếu xạ được phản chiếu (nhưng sau đó nó sẽ không phát ra bất cứ thứ gì), và nửa còn lại, từ đó sức nóng bên trong của tổ chức $Q'$ cần được loại bỏ, có thể được làm thành màu đen hoàn toàn (Hình 2) *), nhưng bộ xương harlequin lốm đốm này sẽ cho thấy nhiều khả năng sợ chiên hơn là bị đóng băng trong cõi được công nhận là cái lạnh vĩnh cửu khủng khiếp.

Ở đây, cần nhớ rằng một “mảnh không gian” (tuy nhiên, chân không khá nông) được sử dụng trong bình giữ nhiệt thông thường như một phương pháp mạ nhiệt tốt nhất; các bức tường của nó được làm sáng bóng, phản chiếu để không hấp thụ hoặc phát ra bất cứ thứ gì. Vì vậy, sự vắng mặt gần như hoàn toàn của vật chất trong chân không tự nó là lớp vỏ tốt nhất.

Chà, điều gì sẽ xảy ra nếu bạn không cần làm mát cơ thể mình bằng một chiếc bếp thảm hại bên trong mà là một con tàu khổng lồ thực hiện các chuyến bay trong hệ mặt trời với lò phản ứng hạt nhân mạnh mẽ? Giả sử bạn có một lò phản ứng tạo ra năng lượng ấm ở mức mười triệu kilowatt ($W = 10^{10} \text{ вт}$) mỗi giây. Thường xuyên (~10%) bạn sẽ chuyển đổi vảy tia, bóng đèn, sóng vô tuyến và các chất hữu ích khác thành năng lượng. Tại sao không phải là tất cả? Điều này ngăn cản một định luật quan trọng gọi là định lý Carnot: nếu bạn muốn có được một kết quả hữu ích

*) Tìm nhiệt độ trung bình của cơ thể ở trạng thái ổn định trong trường hợp này là $\tau \rightarrow \infty$.

54

Hoạt động nhờ năng lượng nhiệt ngẫu nhiên, cần đảm bảo không chỉ “đầu nóng” $T_1$ của động cơ nhiệt (nhiệt độ lò phản ứng) mà còn cả “đầu lạnh” $T_2 < T_1$. Và khi đó, trong trường hợp tốt nhất, hiệu suất của chiếc máy này $\eta$ sẽ bằng

$$\eta = \frac{T_1 - T_2}{T_1} < 1.$$

(Ví dụ, điều này tương tự với việc nước rơi từ độ cao $h_1$ xuống độ cao $h_2$; khi đó độ biến thiên tương đối của năng lượng sẽ là $\frac{mgh_1 - mgh_2}{mgh_1} = \frac{h_1 - h_2}{h_1}$. Bản thân Carnot đã sử dụng phép loại suy này, nhưng chúng ta phải nhớ rằng đây chỉ là một phép loại suy.)

Để động cơ nhiệt hoạt động (nghĩa là điều kiện $\eta > 0$ được đáp ứng), cần có sự chênh lệch nhiệt độ giữa lò sưởi và “tủ lạnh”. Sẽ thật tuyệt nếu đưa $T_2$ đến gần hơn 0 hoặc $T_1$ đến vô cùng; thì hiệu quả sẽ gần bằng sự thống nhất, và về mặt kỹ thuật thì đây là một giấc mơ cổ xưa. Nhưng $T_1$ không thể quá lớn, ít nhất nó bị hạn chế bởi sự nóng chảy của vật liệu. Và đặc biệt là không thể giảm $T_2$, vì để làm mát chuyên sâu bạn cần tăng $T_2$, ngược lại. Sự thỏa hiệp lời giải mang lại $\eta \sim 10\%$.

Ví dụ: Đặt $T_1 = 2000^\circ$ K. (Các kim loại như vonfram không nổi.) Sau đó, từ công thức (2), chúng ta thu được $T_2 = 1800^\circ$ K. Tiếp theo, từ (1) chúng ta tìm được thông lượng bức xạ tối đa $q = \sigma T_2^4 = 6 \cdot 10^5$ W/m$^2$.

Sau đó, để thải ra năng lượng vô ích của lò phản ứng $(1 - \eta)$ $W$ một diện tích không nhỏ hơn

$$S = \frac{(1 - \eta) W}{q} = \frac{0,9 \cdot 10^{10}}{6 \cdot 10^5} = 1,5 \cdot 10^4 \text{ m}^2.$$

Diện tích một ha rưỡi, được làm nóng đến $1800^\circ$ K và chịu tác động của thiên thạch, dòng phân tử và hạt! Và tất cả những ha này - toàn bộ khối lượng ống, kim loại nóng chảy hoặc khí nóng chảy trong chúng - chất làm mát, rửa lò phản ứng - chỉ cần thiết để không quá nóng và chỉ vì không có cái lạnh vũ trụ.

(Xem trang 16 để bắt đầu.)

từ các cột $(n-1)$ đầu tiên và trong bất kỳ hàng $(n-1)$ trên cùng nào, tức là nó có thể chiếm $(n-1)^2$ vị trí.

Tương tự, có thể chỉ ra rằng số ô vuông có vị trí $3 \times 3$ bằng $(n-2)^2$, v.v.

Số ô vuông có thể bằng

$$n^2 + (n-1)^2 + (n-2)^2 + \dots + 1^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.$$

Hóa ra là cũng có thể đếm số hình chữ nhật có thể có cho cùng một tờ giấy ca-rô ban đầu đã cho; nó bằng $n^3 + (n-1)^3 + (n-2)^3 + \dots + 1^3$.

Hãy cố gắng chứng minh điều đó.

3. Có bao nhiêu hình tam giác?

Trên một tờ giấy ca rô, tất cả chín nút của nó được đánh dấu bằng cách đặt $3 \times 3$. Mỗi nút có thể đóng vai trò là một đỉnh của một tam giác không suy biến (một tam giác có ba đỉnh không nằm trên cùng một đường thẳng).

Hình vẽ cho thấy bảy hình tam giác như vậy,

Hơn nữa, chúng không bằng nhau, không thể kết hợp bằng sự chồng chất. Có tam giác không suy biến nào khác, không bằng những tam giác được hiển thị ở đây, mà các đỉnh của nó có thể đặt tại các nút của tờ giấy của chúng ta không?