Овчинкин часть 3 (1181127), страница 75
Текст из файла (страница 75)
к. из-за различия в цвете они могут втроем нахоЗя6с кв дится на нижнем уровне, Обозначим шютность энергии глюонного поля через х. Тогда энергия кварков и глюонов Минимизируя зто выражение, получаем Поскольку 8 ы = т„с, то 3 Яв =Ния =4Я вЂ” =4ЯЛя= 2)я= 2'1 32.10 'Э фм. Энергия глюонного поля составляет: т 4 3 лдс 4! =Š— лй гл 3 в!п д 4 пап т. е. четверть энергии покоя нуклона. 10.98. Поскольку о(Ю) сг «",х, то о ' з =!О з. о® =)О Мэи) 338 СТРОЕНИЕ ВЕЩЕСТВА 5 !. Излучение 1.1'. Решение.
Из полного числа фотонов г!и с частотами вблизи га, находящимися в 1 смз вакуумированной полости в пределах телесного угла г!!2 = 2п гйп О г!О, к стенке будут лететь агп а — — ап — = — г!и в!и О г)О А2 ! чк 2 фотонов. Нормальная компонента плотности их потока ду а )фотон/!смз с)! получается умножением а!г! а на нормальную компоненту скорости г)У в — — г)п з.с сов О. Если считать, что фотоны отражаются от стенки зеркально (это не сказывается на Рис. 199 общности результата), то каждый из них Ьге передает стенке импульс 2р = 2 — соз О.
Таким образом, фотоны создают с давление г"! ~ е= 2р„гуу э — — гур сов Ов!и О г!О, где гур = Ага ~Уп — плотность энергии фотонов с частотами вблизи га. Давление, создаваемое всеми фотонами частотой гл, хш г!Р = ~ г!Р е — — г)р ~ аозт Огйп ОФО= — г)р . 1 <в) о Полное давление Р= ~ гУР = — ! гУР = — р. ! г ! 3 3 «в) «) Малое отверстие в полости ведет себя как абсолютно черное тело, поскольку излучение, попавшее через это отверстие внутрь полости, в резуль. тате многократного отражения от стенок практически полностью поглощается, так что коэффициент поглощения отверстия можно считать равным единице.
Излучение, покидающее полость через малое отверстие, по интенсивности и спектральному составу идентично излучению абсолютно черного 339 тела с температурой Т. Вычислим, какую энергию в интервале частот пгз испускает в единицу времени полосзь через отверстие плошадью В5 при плотности излучения Ир в полости. Энергия этого излучения, выходящего из отверстия под углом 0 к нормали к площадке ~($ в телесном угле г)(2 = 2л ып 0 оО (рис.
199), очевидно, равна др с г(5 соз 0 — = — Ир с д5 соз 0 з1п О г)О. Нй 1 О 4л 2 Суммарное количество энергии в интервале частот г(го, исходящее из отверстия в единицу времени, найдем интегрированием по полупростраиству в!2 ! — Ыр с г(5 зь соз 0 з(п О пО = — г(р с п5. г . 1 о Интегрирование по всем частотам дает полное количество энергии, исходящее из отверстия в единицу времени: п5 С другой стороны, отверос 4 стие имеет ту же излучательную способность, что и абсолютно черная по. верхность той же площади: Уг)5, где У (эрг/см с! — плотность потока энер- 3, гни излучения. Таким образом, мы получаем р(7')с (*) 4 Иногда (в фотометрии, например) интегральную (по всем частотам) плотность потока энергии, излучаемой с единицы поверхности протяженного источника излучения в телесный угол г)ь) под углом 0 к нормали к поверхности, записывают так: п)е = Вв соз 0 и().
Коэффициент пропорциональное~и Вв называют в этом случае яркостью протяженного источника в направлении угла О. Бели Вв не зависит от угла О, т. е. В = В, то такой источник называют,имбер>новым, Абсолютно черное тело — ламбертов источник излучения. Вычислим суммарную плотность потока энергии излучения 7', посылаемую единицей поверхности абсолютно черного тела в телесный угол 2к: х/2 у= ~ Всоз О 2лейп Ог(О=пВ. о (вв) Кроме тощ, эта же величина в соответствии с законом Стефана — Больцмана равна оТ4, где о =5,67.10 5 эрг!(с смэ К4) Приравнивая (**) к полученному ранее выражению (*), получаем, что яркость л В=с— 4л я Плотность потока энергии, излучаемой на всех частотах с единицы площади абсолютно черного тела, имеющего температуру Т, в телесный угол 2л, называется энергетической светимостью (интегральной излучательной способностью) В(т) = Р(7)с = от4 4 В соответствии с вьцлеириведенными рассуждениями излучательную способность абсолютно черного тела на частоте оь иод углом О к нормали, можно записать так с Я е= — р сов О.
4ч Это выражение называегся законом Ламберта. 1.2". р(Т) = иТ4; ь(Т) = — Т, где а = —. 3 с Р е ш е н не. Пусть равновесное тепловое излучение содержится в обьеме и. Тогда его внутренняя энергия (/ и энтропия 5 соответственно равны (/(Р, Т) = р(Т))г; 5(!', Т) = ь(т) Р. (") Воспользуемся термодинамическими тождествами Подставляя в первое из них уравнение состояния излучсния Р р(Т)/3 и соотношение (4), находим, что ь(Т) =— 3 ЙТ' (44) Подставляя полученный результат и первое из соотношений (") во второе тождество, находим уравнение для р(Т) откуда р(Т) = аТ4, а также ь(Т) =- — =-аТ .
1ар 4 3 3йт 3 Полученная постоянная и в этих выражениях может быть выражена через постоянную Стефана — Больцмана о = 5,67 1О ь эрг/(с см2 К4). Интсгральная плотность потока теплового излучения / (эрг/(см2 с) ) зависит от температуры но закону Стефана — Больцмана /'= оТ4. Кроме того, / = ср/4 (см. задачу 1.!), откуда посгоянная а = 4о/с = 7,56 1О 'ь эрг/(смз К4). Заметим, что соотношение / = гр/4 легко получить, если рассматривать излучение как идеальный газ фотонов, движущихся со скоростью с. Как известно из молекулярно-кинетической теории газов, плотность потока частиц, т.
е, число частиц х, движущихся со средней тепловой скоростью г и пересекающих за ! с единицу площади поверхности стенки сосуда. равно х = лн/4. В этой формуле л — концентрация молекул газа, в нашем случае — это число фотонов в единице объема. 1З. 52 — 51 = — т (!'2 — ! 1). 16о 3 Зс Зс Зс Зс 34! 15. А= — оТ31(Т1 — Тг)(12 И1). Зс 16. Р= — оТ4= 1,26 1О 3дин/смз=!.26.10 4 Па 10 6 мм рт. ст. Зс 1.7.
С = 44; 1'Тз = СОПЗ! ИЛИ РР473 = СОПЗ1. р 04 7 !Зе Р) 14,!05К '! 4о 19. л = 4о Тз- 1 8.107 см-3 Зсев сГ 1.10. 111'и= о Т3=73101осм 3 Т = — =250К. Зсхв Г 4 Ре шеи не. Температуры в обеих частях сосуда разные. Запишем условие механического равновесия поршня Р! = МнТ1 — — — о Тз = Рх, 4 Зс где индекс ! относится к газу, а 2 — к излучению. Естественно предположить, что Т1 и Тз, так что давлением излучения при Т! можно пренебречь. По условию задачи при малых изменениях температуры в обеих частях сосуда на одну и ту же величину направление смещения поршня не зависит от знака этой величины.
Это означает, что в зависимости объема одной из частей сосуда от температуры имеется экстремум (минимум, если система устойчива), в окрестности которого д)'/дТ = О. Так как л! = л1' = сопз!, то в линейном приближении по отклонениям от равновесия и — + Р— = О, др дл дТ дТ и, с1юдовательно, дл)дТ = О. Тогда из соотношения (4) следует л"н 4(Т! = — оТ3 "Тз. !6 3 Зс По условию задачи г(Т1 = г(Т2, откуда 3 и ии = 7,3 10!о см 3. Гбо Тт Зсев Начальная температура газа Т1 = Т214 = 250 К. Поэтому отношение давлений 4 Р", ' (Т1! излучения — = ~ — ) = — ~ 1, чзо оправдывает сделанное предположе- 1 1 ! Ризи ~ Тз) 256 г ние о малости температуры газа в сравнении с температурой излучения.
2 1.!24. Т4(„) = Т4 2(д 4- )1 Решение. Поток энергии, излученный элементом поверхности Ф51, и падающий на элемент другой поверхности В52, определяется соотношением В 1(51 Итт сои е! аивт И и= В 342 4 (гф = — (5, с Цтг. оТ л На рис. 201 изображен шар — источник Рис. 200 равновесного излучения, а под ним — зачерненная с обеих сторон поверхность, где и надо найти распределение температур.
Из соображений симметрии ясно, что Т = Т(г). При условии )! ~ а гелесный угол, под которым из центра шара видно кольцо радиусом г на плоскости 2кг 0г сгв ~ 2яг Вг гч Я 6 г у6-+у- Кроме тонг, условие а и а позволяет считать, что О, р, где р — угол между нормалью к г(5! (т. е. радиусом) и вертикалью. Поэтому И5! соз О, ~(5, соз ~р = Ы5',, где г(5! — про- 55, екция гг5! на экваториальную плоскость шара. Сум! ! мирование (интегрирование> по всем элементам полу- Ф сферы дает яа . Поэтому поток излученной шаром г энергии и поглощенный кольцом >и 2 оТз 2кг г(г 6 г ВФ = ла — — ' — 2-52. л (д ч.г>г ег В равновесии этот поток переизлучается кольцом по г (5г обе стороны плоскости: г(ф = 2лг г(г 2оТ4(г).
Из равенства этих потоков и следует ответ (г) о 7 г 3/;Г' 4 4 ай 2(/ю ч-г ) Рис. 201 1.13. Т (г) = ҄— -, где г — расстояние на плоскости до проек- 4 4 Вл 2(б +г ) ции оси цилиндра, г г 1 14 Т4(„) Т4 2(/у ч-г ) 343 где в соответствии с рис. 200 п! и пг — единичныс векторы нормалей к соответствующим площадкам, Л вЂ” расстояние между площадками,  — коэффициент пропорциональности, называемый поверхностной яркостью (см.
задачу 1.1>, вообще говоря, зависящий от угла О, (а также азимутального угла р!, не изображенного на рисунке>. Для абсолютно черного тела В = сопз( (закон Ламберта> и В = —. Если ввести тс- оТ с!5 г г(5г ег лесный ушл Ж>г —— — — 2 —, под которым В видна площадка Юг из центра первой площадки, то 1.15. Т, = Т, ~ асов О, соз О,; 1.17. А ! — Р-г., — < —.
4)) 'З !б 1.18*. Т = —,— = !500 К. г 17 — = 2')х 1,09. Тг 10 = л)4) ж !125 К. тг 12 = 2л !! — соз а) = 4л, з)пг — лаг = л г )гг~ ' Плотность потока энергии, излучаемой с поверхности Солнца, У = оТс. По- 4 ток энергии, излучаемой с поверхности Солнца в единицу телесного угла, огс4лдс . 4 2 равен . Мощность солнечного излучения, падающего на линзу, 4л ! и) г Фс — — оТсйел — ~ 4 ~гб~ Нагреваясь, шарик, излучает. Когда поток энергии, полученной ог Солнца, сравняется с потоком излученной энергии, установится равновесная температура шарика. Поток энергии с поверхности шарика диаметром а! „,г г) = оТ 4л —. 4 Ш 4 По условию размер изображения Солица асЕ равен диаметру 4) шарика, 2Йс 2 где а = — угловой размер Солнца, а à — фокусное расстояние лиизы. с Таким образом, г 4Йсг „7-4л,г „74л„гЙг 74 Йг Йс Приравнивая потоки энергии 5)с и )г!,в, получаем г 2 4 г гэ 4 г 4Йс оТСЙСл — = о7 Й л —, 4!.
о!куда и находим искомую температуру шарика Т = — )С = 1500 К. 04 г 1.!9. Т = То ! + — с — — г) 1980 К. 4оТот 344 Ре ш е и и е. Вычислим величину телесного угла 1г, под которым была бы видна линза из центра Солнца. Пусть б — расстояние от Солнца до Земли, а 2) — диаметр линзы. Угол а, под которым из центра Солнца виден радиус линзы, равен а = 2)/22„отсюда з 1.22. В = — "в'/ = 1,55.10 см = 15,5 км, где Т ' = 1,45 1От К. 1.23.
т, = (т4+ Т4 — т4„)'/4 як 340 К 1'24' Т = Тс '\~ — = 2120 К. т 2г /л 1.25. Т = Т Ъ вЂ”, где т. — расстояние от Солнца до соответствующей т 2/. планеты; Та 340 К, Т 290 К; Тм 230 К; Т!г 130 К. Перегрев поверхности Венеры возникает вследствие парникового эффекта. Атмосфера Венеры толп!е и плотнее земной, в ее составе значительную долю составляет СОз.
Атмосфера пропускает солнечный свет с л = = 4800А (6000 К), но не пропускает Х вЂ” !О мкм (300 К). 1.26. Тс —— 2Твас'/З 6000 К. 1.27. — = — 0,25 10 К/с — 0,96 К/ч, где принято: 4 ~й в/с масса человека М = 70 кг, поверхность человеческого тела 5 — 1 м, удель- 2 ная теплоемкость тела человека с=4,2Дж/(г К) (удельная теплосмкость воды>. Можно также оценить максимальную длительность пребывания человека в открытом космосс (без принудительной вентиляции).
Если припять, что максимально возможная температура для человеческого тела Т„а = 315 К (42' С), то тогда Лт = 5,4 К. Полагая найденную г/Т вЂ” = сопя!, получим т — 6 ч. Учет нелинейности производной только увели- Ы/ лт чит т ( — — ь 0 с ростом Т и поэтому значение т вырастет). !// т !28. !) /. = — — = (0905 —: 253) . !О" км. 2 Тз 4 В случае // ответ не зависит от отражательной способности а; в случае 2) диапазон а определяется диапазоном температур и условием (/1 /2) з > 0 (правая часть положительна). Отражательная способность а должна лежать в пределах 0,773 < а < 0,97 !. Отсюда следует, что при а и 0,971 станция не может работать в непрерывном режиме на любых расстояниях от Солнца (и без Солнца будет перегрев); при а < 0,773 получаем Ь> 0,96 ° 1О" км, т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
