Практический курс физики. Квантовая физика. Элементы физики твёрдого тела и ядерной физики (1013875), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Во сколько раз надо увеличить мощность излученияабсолютно черного тела для того, чтобы максимум спектральнойплотности энергетической светимости сместился от красной границывидимого спектра к его фиолетовой границе?РешениеДлина волны, соответствующая красной границе видимогоспектра, приблизительно равна λ k = 0,76 мкм , а фиолетовой границе λ ф = 0,38 мкм .Мощность излучения абсолютно черного тела определяется егоэнергетической светимостью, которая согласно закону СтефанаБольцмана равна M0e = σ ⋅ T 4 .Связь между температурой абсолютно черного тела и длинойволны, на которую приходится максимум спектральной плотностиэнергетической светимости λm , определяется законом Вина (1.14)T = b / λm .Таким образом, энергетическая светимость абсолютно черноготела может быть выражена через величину λm в видеM0e = σ ⋅ (b / λ m )4Искомое изменение мощности излучения абсолютно черного телапри смещении максимума спектральной плотности энергетическойсветимости от λk до λ ф определяется соотношением:M0e (Tф ) λ4kn=== n 4 = 16M0e (Tk )λ4фМощность излучения необходимо увеличить в 16 раз.Задача 1.8.
Определить установившуюся температуру тонкойпластинки, расположенной вблизи Земли за пределами ееатмосферы перпендикулярно лучам Солнца. Считать температурупластинки одинаковой во всех ее точках. Рассмотреть два случая,считая пластинку телом: 1) абсолютно черным, 2) серым.РешениеТемпература пластинки установится, когда поток излучения,испускаемый нагретой пластинкой Φе1, станет равным потокуизлучения Φе2, поглощаемого пластинкой:Φ e1 = Φ e2181. Абсолютно черноепадающий поток:тело, согласно определению, поглощает весьΦe2 = E e ·S ,где S - площадь пластинки, обращенная к Солнцу.Испускаемый поток излучения Φе1 найдем на основанииопределения, закона Стефана-Больцмана M0e = σ ⋅ T 4 и с учетом того,что излучают обе стороны пластинки:Φe1 = M0e ·2S = σT 4 ·2S ,Окончательно находим:T = (Φ e / 2σS )= (Ee / 2σ ) = 330 Kопределению, поглощает часть1/ 41/ 4Серое тело, согласнопадающейэнергии, которая равнаΦe2 = a T ·E e ·S .Испускаемый поток излучения Φе1 найдем на основании определений:2.Φe1 = Me ·2S = a T ·M0e ·2S = a T ·σT 4 ·2SИз полученной формулы следует, что и для серого телаустановившаяся температура пластины определяется той жеформулой и равна Т = 330 К.Задача 1.9.
Определить энергетическую светимость абсолютночерного тела, приходящуюся на узкий спектральный интервал длинволн Δλ = 0,1 нм вблизи максимума спектральной плотностиэнергетической светимости при температуре тела T = 3000 К.РешениеЭнергетическая светимостьтелаΔМе,спектральный интервал длин волн от λ1соотношения (1.2) равнаприходящаянадо λ2, на основанииλ2ΔMe = ∫ MλT dλλ1Для абсолютно черного тела в этой формуле следует подставитьвеличину M0λT , которая определяется по формуле Планка (1.11).ЗаданнаяширинаспектральногоинтервалаΔλ = λ 2 − λ1значительноменьшесреднегозначениядлиныволны,λ +λсоответствующей середине этого интервала λ = 1 2 = λm , где по2условию задачи λm соответствует длине волны, на которуюприходится максимум спектральной энергетической светимости, иопределяется законом Вина (1.14).
При заданной температуреТ = 3000 К λ = λ m ป 10 −6 м.Таким образом,19Δλ 10 −9= − 6 = 10 − 3 << 1λ10В этом случае расчет величины ΔМе может быть выполнен поприближенной формулеΔMe ป M0λT (λ m ) ⋅ Δλ ,0где MλT (λ m ) соответствует максимальной спектральной плотностиэнергетическойсоотношениемсветимости(1.15).Такимчерноготелаиобразом,искомаяопределяетсявеличинаΔМеопределяется соотношениемΔMe ป CT 5 · Δλ ≈ 3,2 кВт / м 2 .Медный шарик диаметром d = 1,2 см поместили воткачанный сосуд, температура стенок которого поддерживаетсяблизкой к абсолютному нулю. Начальная температура шарикаТ = 300 К. Считая поверхность шарика абсолютно черной, найти,через сколько времени его температура уменьшится в n = 2,0 раза.Задача1.10.0РешениеВ данных условиях шарик теряет свою тепловую энергию Q лишьза счет теплового излучения с поверхности.
Предполагается, чтотеплопроводность шарика настолько велика и размер настолько мал,что температура во всех точках шарика успевает установитьсяприблизительно одинаковой и равной температуре его поверхности.В таком случае, за бесконечно малый промежуток времени dt влюбой момент t тепловая энергия шарика уменьшается на величинуdQ = − C удm ⋅ dT(1)где dT - изменение (уменьшение) температуры шарика; С - удельнаятеплоемкость материала; m – масса шарика.удЭто уменьшение тепловой энергии шарика определяется энергиейтеплового излучения dW, испускаемой за время dt. Если Φе-мощностьтеплового излучения, то за время dt тело излучает энергиюdW = Φ e ⋅ dt ,(2)Φ 0e = M0e ⋅ S .(3)где Φе - поток теплового излучения для конечной поверхностиизлучателя SЗдесьопределяется по закону Стефана-Больцмана (1.12) иS = πd - площадь поверхности шарика.Уравнение баланса энергии в рассматриваемом случаезаписывается в виде:M0e2dQ = dW .Выражая массу шарика через его объемполучим(4)V = πd / 63и плотность ρ,201 3πd ρ61Из (1) найдемdQ = − πC удρd3 dT .6Из (2), с учетом (3) и (1.12) будем иметьm=(5)(6)dW = πd2 σT 4 dTв (4) выражения (6) и (7),(7)Подставляяполучим дифференциальноеуравнение, связывающее температуру шарика Т и время t .
Его можнопредставить в виде:dTT4=6⋅σdtC уд ⋅ ρ ⋅ d(8)Интегрирование этого уравнения в пределах от Т0 до Т1, где поусловию задачи Т0/Т1=n, позволяет найти искомое время остывания t:t=C удρ ⋅ d18σ ⋅ T03(n3)−3 .(9)Величины ρ и Суд находятся из таблиц: для меди ρ = 8,9·103кг/м3,Суд = 395 -2Дж/(кг·К). Остальные величины, входящиев (10), заданы:Т0 = 300 К, n = 2, σ = 5,67·10-8 Вт/(м2К2).d = 1,2·10 м,Производя вычисления, найдем t = 3 часа.Задача 1.11. Определить энергию, импульс и массу фотона, длинаволны которого соответствует:Энергия фотона:Решениеε ф = hν = hc / λ ,импульс фотона: pф = hν / с = ε ф / с ,масса фотона: mф = hν / c 2 = εф / c 2 .Частота фотона определяется формулой ν = c / λ , h = 6,62·10-34 Дж·с;для видимого света λ = 0,6·10–6м, εф = 2,07 эВ,1)рф = 1,1·10–27 кг·м/с, mф = 3,68·10–36 кг2) для рентгеновского излучения – λ = 10–10мεф=12,4 кэВ, рф = 6,62·10–24 кг·м/с, mф = 2,21·10–32 кг3) для гамма–излучения - λ=10–12мεф = 1,24 МэВ, рф = 6,62·10–22 кг·м/с, mф = 2,21·10–30 кгПри какой длине волны энергия фотона окажетсяравной энергии покоя электрона?Задача1.12.РешениеЭнергия фотона εф = hν .
Энергия покоя электрона ε0е= m0e·с2, гдеm0е = 9,1·10–31кг;с = 3·108 м/с.По условию задачи hν = m0e ⋅ c 2 , т.к. ν = c / λ , то εф = hc / λ .Откуда получаемλ = h /(m 0e ⋅ c )иλф = 2,4 пм.21Задача 1.13. При каком значении скорости электрона его импульсравен импульсу фотона с длиной волны λ = 1 пм?РешениеПрежде всего, следует решить вопрос об использовании призаданных условиях релятивистской или классической механики. Дляэтого следует оценить энергию электрона и сравнить ее с энергиейпокоя. Энергия фотона равна εф = hc / λ = 1,24 МэВ . Энергия покояэлектрона равна ε0e = m0e c 2 = 0,51 МэВ .Так как по условию импульс электрона равен импульсу фотонаp e = p ф = hν / с , то согласно релятивистской связи энергии покоя и2යε 2e = (hν ) + m 02e c 4импульса ε 2e = p 2ec 2 + m02ec 4Так как hν = εф , то ε 2e = ε ф 2 + m20ec 4 .
Откудаε e / ε 0 e = 1 + ε ф2 / ε 20e = 1 + 1,24 / 0,51 ป 2,7 > 1.При таком соотношении полной энергии и энергии покоя частицынеобходимо пользоваться релятивистской механикой.Используя выражение для полной энергии электрона, найдемскорость частицы из формулы Эйнштейнаεe =m 0e c 21 − β2Далее решаем уравнение:11 − β2Отношениегдеε0e=1− β22εф= 1+යε 20eβ2 =11 + ε 02e / ε 2фможно преобразовать к виду2ε 02e m 20e c 4 λ2 (m 0 e cλ )λ2===2εфh2λ2C(hc )2- комптоновская длина волны, равная2ε 02e / ε фλ C = h / m0ecТаким образом,β2 =Откуда скорость электрона2,4 ⋅ 10 −12 м .11 + (λ / λ C )2v=c1 + (λ/λ C )2= 2,8 ⋅ 10 8 м / c .Объяснить наличие светового давления с точкизрения квантовой теории света.Задача1.14.22РешениеС точки зрения квантовой теории световое давление объясняетсяпередачей импульса фотонаp ф = hν / с поглощающей илиотражающей стенке.
Световой поток монохроматического света счастотой ν, падающий нормально на стенку, приносит в единицувремени на единичную поверхность стенки энергию Ее, равную•E e = nф hν ,•где n ф =dNфSdt- числофотонов, падающих на единицу площади стенки в единицу времени.Так как каждый фотон обладает импульсом pф = hν / с , то онсообщает поглощающей стенке импульсhν / с , а отражающей 2hν / с , поскольку при отражении импульс фотона изменяется отhν / сдо− hν / с .
Если коэффициент отражения ρ, то число••ρ nф , а число поглощенных – (1 − ρ) nф .Тогда суммарный импульс, сообщенный в единицу времени единицеповерхности, будетотраженных фотонов будет•2ρ n ф• hν• hνEhν+ (1 − ρ)n ф= (1 + ρ)n ф= e (1 + ρ)ccccТак как импульс, сообщенный в единицу времени единицеповерхности, и есть давление, производимое на эту поверхность,получаемEe(1 + ρ) .cУчитывая, что we = Ee/c - объемная плотность энергии излучения,P=P = (1 + ρ) ⋅ w e .Задача 1.15.
Пучок параллельных лучей падает нормально назеркальную плоскую поверхность (ρ = 1). Мощность потока излученияФе = 0,6 кВт. Определить силу давления, испытываемую этой поверхностью.РешениеСила светового давления на поверхность равна произведениюсветового давления Р на площадь S поверхности: F = P ⋅ S .Давление света определяется формулой:P=Ee(1 + ρ) ,cгде Ее - энергетическая облученность поверхности; с – скоростьсвета в вакууме; ρ - коэффициент отражения.Умножив обе части уравнения на S, с учетом определения ЕеS = Фе , где Фе - мощность потока излучения, найдем23Φe(1 + ρ) = 6008 (1 + 1) = 4 ⋅ 10 − 6 H .c3 ⋅ 10( = 0,662F =P⋅S =Монохроматический пучок света λмкм)падает нормально на поверхность с коэффициентом отражения•ρ = 0,8. Определить количество фотонов Nфпогл , ежесекундноЗадача1.16.поглощаемыхS =1 см2 поверхности, если давление света наповерхность Р =1 мкПа.Решение•Пусть n ф - число падающих на единицу поверхности в единицувремени фотонов.
Если S – площадь поверхности, то число фотонов,поглощенных этой поверхностью, будет••Nфпогл = nф S(1 − ρ ) .•Плотность потока фотонов nф можно связать с энергетическойосвещенностью поверхности Ее:•E e = nф hν ,а энергетическую освещенность – с давлением светаEP = e (1 + ρ) .cУчитывая связь ν = c / λ , найдем•.PSλ (1 − ρ )Nфпогл =⋅= 1,1 ⋅ 1016 c −1 .h (1 + ρ)Найти с помощью корпускулярных представленийсилу светового давления, которую оказывает световой поток синтенсивностью J = 0,2 Вт/см 2 на плоскую поверхность скоэффициентом отражения ρ = 0,8, если 2угол падения θ = 45º иплощадь освещаемой поверхности S = 10см .РешениеС точки зрения квантовой теории световое давление объясняетсяпередачей импульса фотона hν / с поглощающей или отражающейстенке.
Световой поток монохроматического света с частотой ν ,падающий на стенку под углом падения θ на поверхность S , приноситв единицу времени энергию Φе, равнуюЗадачагде1.17.Φ e = J ⋅ S ⋅ cos θ ,J – интенсивность световогопотока.24Мощность светового потока, падающего на поверхность под углом•θ, определяет число фотонов, падающих на поверхность Nф :••Φ e = Nф ⋅ ε фය Nф = Φ е / ε ф .Или с учетом определения светового потока•Nф =J ⋅ S ⋅ cosθ.hνТак как каждый фотон обладает импульсом hν / c , то он сообщаетпоглощающей стенке нормальную составляющую импульса(hν / c )cos θ и отражающей - 2(hν / c ) cos θ , поскольку при отражениинормальная составляющая импульса изменяется от (hν / c )cos θ до− (hν / c )cos θ .Если коэффициент отражения ρ, то число отраженных фотонов••будет ρ Nф , а число поглощенных - (1 − ρ) Nф .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
