Практический курс физики. Основы квантовой физики, страница 3

Ее можновыразить такP − Фe'Фe'α==1−.PPРассмотрим излучение печи через небольшое отверстие в ней какизлучение абсолютно черного тела. Тогда Фе' = M e0 ⋅ S , где Me0 энергетическая светимость абсолютно черного тела, согласно законуСтефана-Больцмана равная M e0 = σT 4 , а S =πd2/4 - площадь отверстия.Значит, искомая величина α определяется выражениемπd 2 σT 4α =1−= 0,8.4 PЗадача 1.5. Вольфрамовая нить нагревается в вакууме токомсилой I =1 A до температуры T1 = 1000 K. При какой силе тока нить14накаляется до температуры T2 = 3000 K? Коэффициенты тепловогоизлучения (степени черноты) вольфрама и его удельныесопротивления, соответствующие температурам T1, T2 равныаT1 = 0,115; аT2 = 0,334; ρ1 = 25,7⋅10-8 Ом⋅м, ρ2 = 96,2⋅10-8 Ом⋅м.Решение.

Рассмотрим излучающее тело при установившемсятепловом режиме. Согласно закону сохранения энергии, будем иметьР = Фе, где Р- мощность, потребляемая от источника; Фе- потокэнергии теплового излучения, испускаемый нитью.Пусть r - радиус нити; l - длина нити, I - сила тока в проводнике;llR - сопротивление проводника R = ρ = ρ 2 . Тогда мощность,Sπrпотребляемая нитью накаливания, на основании закона Джоуля Ленца может быть представлена в видеР = I2R= I2⋅ρ⋅l/π⋅r2.Поток энергии теплового излучения, испускаемый нитью, равенФe = М ес 2πr ⋅ l ,где М ес - энергетическая светимость вольфрама, которая может бытьвыражена через коэффициент теплового излучения а(Т) иэнергетическую светимость абсолютно черного тела. М ес согласноформуле (1.5) будет равнаМ ес = a(Т ) ⋅ М е0 ,где по закону Стефана-БольцманаМ е0 = σТ 4 .Таким образом, поток энергии теплового излучения,испускаемый нитью, записывается в видеФе = а(Т)⋅σ⋅Т4⋅2π⋅r⋅l.С учетом последнего выражения находим соотношения для двухзначений температурыI12 = а(Т1)⋅σ⋅Т14⋅2π2⋅r3/ρ,I22 = а(Т2)⋅σ⋅Т24⋅2π2⋅г3/ρ.Разделив их почленно и выразив I2, из полученного соотношениянайдем⎛T ⎞I 2 = I1 ⎜⎜ 2 ⎟⎟⎝ T1 ⎠21/ 2⎛ ρ(T1 )а (T2 ) ⎞⎟⎟⎜⎜⎝ ρ(T2 )а (T1 ) ⎠= 7,9 A.Задача 1.6.

Во сколько раз надо увеличить мощность излученияабсолютно черного тела для того, чтобы максимум спектральнойэнергетической светимости сместился от красной границы видимогоспектра к его фиолетовой границе?15Решение. Длина волны, соответствующая красной границевидимого спектра, приблизительно равна λк = 0,76 мкм, а фиолетовой λф = 0,38 мкм.Мощность излучения абсолютно черного тела определяется егоэнергетической светимостью, которая согласно закону СтефанаБольцмана равна M e0 = σT 4 .Связь между температурой абсолютно черного тела и длинойволны λm, на которую приходится максимум спектральнойэнергетической светимости, определяется законом Вина T = b/λm.Таким образом, энергетическая светимость абсолютно черноготела может быть выражена через величину λm в виде4⎛ b ⎞⎟⎟ .M e0 = σ⎜⎜λ⎝ m⎠Искомое изменение мощности излучения абсолютно черноготела при смещении максимума спектральной энергетическойсветимости от λк до λф определяется соотношением4n = M e0 (Tô ) / M e0 (Têð ) = (λêð λô ) = 16.Мощность излучения увеличится в 16 раз.Задача 1.7.

Определить установившуюся температуру тонкойпластинки, расположенной вблизи Земли за пределами ее атмосферыперпендикулярно лучам Солнца. Считать температуру пластинкиодинаковой во всех ее точках. Рассмотреть два случая, считаяпластинку телом: 1) абсолютно черным, 2) серым.Решение. Температура пластинки установится, когда потокизлучения Фе1, испускаемый нагретой пластинкой, станет равнымпотоку излучения Фе2 , поглощаемого пластинкой Фе1 = Фе2.1). Абсолютно черное тело, согласно определению, поглощаетвесь падающий поток Фe 2 = Ee ⋅ S , S - площадь пластинки, обращеннаяк Солнцу.Испускаемый поток, излучения Фе1 найдем с учетом того, чтоизлучают обе стороны пластинки Фe1 = M e0 ⋅ 2 ⋅ S , где по законуСтефана-Больцмана M e0 = σT 4 .

Отсюда найдемT = (Ee/2σ)1/ 4. = 330 К2). Серое тело поглощает только часть падающей энергии,которая равна Фe = aT⋅Ee⋅S.Испускаемый поток излучения Фе1 найдем на основании (1.2),(1.5), (1.8) Фe1 = aT⋅σ⋅T4⋅2⋅S.16Откуда следует, что и в этом случае установившаяся температурапластины определяется той же формулой. Установившаясятемпература пластины одинакова для абсолютно черного и серого тели составляет 330 К.Задача 1.8.

Определить энергетическую светимость абсолютночерного тела, приходящуюся на узкий спектральный интервал длинволн Δλ = 10 Å вблизи максимума спектральной плотностиэнергетической светимости при температуре Т = 3000 К.Решение. Энергетическая светимость тела ΔМе, приходящая наспектральный интервал длин волн от λ1 до λ2, на основаниисоотношения (1.1) равнаλ2ΔM e = ∫ M λT dλ.λ1Для абсолютно черного тела в этой формуле следует подставитьвеличину М λ0Т , которая определяется по формуле Планка (1.7).Заданная ширина спектрального интервала Δλ = λ1 - λ2значительноменьшесреднегозначениядлиныволны,соответствующей середине этого интервала < λ >= (λ1 + λ 2 ) 2 = λ m , гдепо условию задачи λm соответствует длине волны, на которуюприходится максимум спектральной энергетической светимости, иопределяется законом Вина. При заданной температуре Т = 3000 Кзначение < λ > = λm ≈ 10-6 м.

Таким образом,Δλ 10 −9= −6 = 10 −3 << 1.< λ > 10В таком случае расчет величины ΔМе может быть выполнен поформулеΔM e ≈ M λ0T (λ m )Δλ,где M λ0T (λ m ) соответствует максимальной спектральной плотностиэнергетической светимости черного тела и определяется соотношением(1.10).Искомая величина ΔМе определяется соотношениемΔM e ≈ CT 5 Δλ ≈ 3,2 кВт/м 2 .Задача 1.9. Медный шарик диаметром d = 1,2 см поместили воткаченный сосуд, температура стенок которого поддерживаетсяблизкой к абсолютному нулю.

Начальная температура шарика Т0 =300 К. Считая поверхность шарика абсолютно черной, найти, через17сколько времени его температура уменьшится в n = 2,0 раза. Для медиплотность ρ = 8,9⋅103 кг/м3, удельная теплоемкость суд = 395 Дж/(кг⋅К).Решение. В данных условиях шарик теряет свою тепловуюэнергию Q лишь за счет теплового излучения с поверхности.Предполагается, что теплопроводность шарика настолько велика и егоразмер настолько мал, что температура во всех точках шарика успеваетустановиться приблизительно одинаковой и равной температуре егоповерхности.В таком случае за бесконечно малый промежуток времени dt влюбой момент t тепловая энергия шарика уменьшается на величинуdQ = − c уд m ⋅ dT ,где dT - изменение (уменьшение) температуры шарика; суд - удельнаятеплоемкость материала; m - масса шарика.Это уменьшение тепловой энергии шарика определяетсяэнергией теплового излучения dW, которая испускается за время dt.Если Фе - мощность теплового излучения, то за время dt тело излучаетэнергию dW = Феdt.

Здесь Фе - поток теплового излучения дляконечной поверхности излучателя S, равный Фe = S ⋅ M e0 , гдеМ е0 определяется по закону Стефана-Больцмана и S = πd2 - площадьповерхности шарика.Уравнение баланса энергии в рассматриваемом случаезаписывается в виде dQ = dW.Выражая массу шарика через его объем V = πd3/6 и плотность ρ,получим1m = πd 3ρ,61dQ = − πd 3C уд ρdT .6Откуда получимdW = πd 2 σT 4 dt.Подставляя в уравнение баланса энергии эти выражения получимдифференциальное уравнение, связывающее температуру шарика Т ивремя t. Его можно представить в видеdT6σ=−dt.T4C удρdИнтегрируя это уравнениеT1tdT6σ=−∫ 4 ∫ C ρd dt,T0 T0уд18получим1⎛ 11⎞6σt.− ⎜⎜ 3 − 3 ⎟⎟ = −3 ⎝ T1 T0 ⎠C удρdОткудаt=C удρd ⎛ 11⎞⎜⎜ 3 − 3 ⎟⎟.18σ ⎝ T1 T0 ⎠Учитывая, что Т1 = Т0/n найдём искомое время остывания tC ⋅ρ⋅d 3t = уд( n − 1) = 1,07 ⋅ 10 4 с = 2,97 ч.318σ ⋅ T0Задача 1.10.

Определить энергию, импульс и массу фотона,длина волны которого соответствует: 1) видимой части спектра сдлиной волны λ = 0,6 мкм; 2) рентгеновскому излучению с длинойволны λ = 1 Å; 3) гамма-излучению с длиной волны λ = 0,01 Å.Решение. энергия фотона - εф = hν = hc/λ,импульс фотона - pф = hν/c = εф/c,масса фотона mф = hν/c2 = εф/c2,причем частота фотона ν = c/λ, h = 6,62⋅10-34 Дж⋅с;1) для видимого света λ = 10-6 м.εф = 2,07 эВ, pф = 1,1⋅10-27 кг ⋅м/с, mф = 3,68⋅10-36 кг.2) для рентгеновского излучения λ = 10-10 м.εф = 12,4 кэВ, pф = 6,62⋅10-24 кг ⋅м/с, mф = 2,21⋅10-32 кг.3) для гамма-излучения λ = 10-12 м.εф = 1,24 МэВ, pф = 6,62⋅10-22 кг ⋅м/с, mф = 2,21⋅10-30 кг.Задача 1.11. При какой длине волны энергия фотона окажетсяравной энергии покоя электрона?Решение. Энергия фотона εф = hν.

Энергия покоя электрона ε0e =2m0e c , где m0e = 9,1⋅10-31 кг; с = 3⋅108 м/с.По условию задачи hν = m0e c2; т.к. ν = с/λ, то εф = hc/λ. Откуда λ= h/( m0ec) = 0,024 Å. Эта величина равна комптоновской длине волныэлектрона λС = h/(m0e c).Задача 1.12. При каком значении скорости электрона егоимпульс равен импульсу фотона с длиной волны λ = 1 пм?19Решение. Прежде всего следует решить вопрос: нужноиспользовать при заданных условиях релятивистскую иликлассическую механику?Для этого следует оценить энергию – электрона и сравнить ее сэнергией покоя. Так как задан импульс электронаpe = pф = hν / c,то согласно релятивистской механике энергия покоя и импульссвязаны соотношениемε е2 = pe2c 2 + m02ec 4 , или ε e2 = (hν ) 2 + m02e c 4 .Так как hν = εф, то ε e2 = ε ф2 + m02e c 4 .Откуда ε e2 / ε 02e = 1 + ε ф2 / ε 02e .В задаче 1.10 энергия гамма-излучения с такой же длиной волныλ = 10-12 м была равна εф = 1,24 МэВ.

Так как энергия покоя электрона ε= m0e c2 = 0,51 МэВ, тоε e / ε 0e = 1 + ε ф2 / ε 02e , т.е. εe / ε0e ≈ 2,7 > 1.При таком соотношении полной энергии и энергии покоячастицы необходимо пользоваться релятивистской механикой.Используя выражение для полной энергии электрона, найдемскорость частицы или отношение скорости частицы к скорости света β= v/c из формулы Эйнштейнаε e = m0e c 2 /(1 − β 2 )1/ 2 .Далее получим уравнение1/(1 − β 2 ) = 1 + ε ф2 / ε 02e .Откудаβ 2 = 1 /(1 + ε 02е / ε ф2 ).Отношение ε 02e / ε ô2 можно преобразовать к виду2⎛ m cλ ⎞ε / ε = ⎜ 0 e ⎟ = (λ / λ C ) 2 .⎝ h ⎠где λC = h/ m0e c – комптоновская длина волны, равная 2,4⋅10-12 м.Таким образом,1.β2 =21 + (λ / λ C )Откуда скорость электронаc= 2,8⋅108 м/с.v=21 + (λ / λ C )20e202фЗадача 1.13.