Найти эксперта
Ограниченность классической теории излучения
Все попытки описать весь спектр излучения черного тела основываясь на теории классической физики, потерпели неудачу. Так, формула Рэлея - Джинса:
определяет распределение теплового излучения по спектру и хорошо согласуется с эмпирическими данными при малых частотах.
Если формулу Рэлея - Джинса в виде (1) проинтегрировать по частоте для $0\le \omega \le \infty $, то равновесное значение плотности энергии получится бесконечно большим:
Значит, что теория Рэлея -- Джинса говорит о невозможности теплового равновесия между веществом и излучением. Что вступает в противоречие с опытными данными. Такой результат был назван ультрафиолетовой катастрофой (П.С. Эренфест). Равновесие между излучающим телом и излучением устанавливается при конечных значениях $w\left(T\right).$ Причина ультрафиолетовой катастрофы заключена в том, что у излучения в полости имеется бесконечное количество степеней свободы, а вещество обладает конечным числом степеней свободы. Значит, если равномерное распределение энергии по степеням свободы выполняется, то вся энергия сосредотачивается в излучении, при тепловом равновесии.
С классических позиций вывод формулы Рэлеем и Джинсом является безупречным. Значит, расхождение данной формулы с опытом указывает на существование закономерностей, несовместимых с классической физикой.
При $\hbar \omega \gg kT$ хорошо работает формула Вина:
Выражение (2) подтверждают эксперименты, которые проводят в области больших частот.
Теория излучения для абсолютно черного тела имела большое значение в физике, так как она привела к введению понятия кванта энергии.
Формула Планка
Формула, которую получил Планк полуэмпирическим путем, стала началом квантовой физики. Новизна идеи Планка заключалась в том, что излучение и поглощение света идет квантами энергии (порциями). Планк использовал понятие гармонического осциллятора, когда выводил свою формулу. При этом под данным понятием он понимал не только частицу, совершающую гармонические колебания, но и стоячую волну в полости модели абсолютно черного тела. Планка положил, что энергия кванта равна:
где $h=6,625\cdot {10}^{-34}Дж\cdot с$, $\hbar =1,05 \cdot {10}^{-34}Дж \cdot с$-- постоянная Планка (квант действия).
В $1900$ г. М. Планк создал интерполяционную формулу, которая согласуется с экспериментом и полностью описывает особенности излучения абсолютно черного тела:
где $\hbar =1,05\cdot {10}^{-34}Дж\cdot c$, $w_{\omega }$ --плотность энергии излучения.
Сделав переход к длине волны, можно получить для спектральной мощности:
Формула Планка точно выполняется во всем интервале частот (длин волн). Она удовлетворяет критерию Вина. В области малых частот (больших длин волн) из формулы Планка можно получить формулу Рэлея - Джинса. Используя ее можно получить все законы излучения абсолютно черного тела.
Взяв за основу формулу Планка, получите закон Стефана -- Больцмана абсолютно черного тела.
Решение:
Энергетическую светимость абсолютно черного тела определим, как:
\[R_e=\int\limits^{\infty }_0{f\left(\omega ,T\right)d\omega \left(1.1\right),}\]где $f\left(\omega ,T\right)=\frac{c}{4}w_{\omega }\left(\omega ,T\right).$
Используем формулу Планка для плотности энергии излучения:
\[w_{\omega }\left(T\right)=\frac{\hbar {\omega }^3}{{\pi }^2c^3}{\left({exp \left(\frac{\hbar \omega }{kT}\right)\ }-1\right)}^{-1}\ \left(1.2\right).\]Подставим (1.2) в (1.1), получим интеграл:
\[R_e=\frac{c}{4}\int\limits^{\infty }_0{\frac{\hbar {\omega }^3}{{\pi }^2c^3}{\left({exp \left(\frac{\hbar \omega }{kT}\right)\ }-1\right)}^{-1}d\omega \left(1.3\right),}\]Проведем замену переменных, подставим $x=\frac{\hbar \omega }{kT}\to \omega =\frac{xkT}{\hbar },\ \to d\omega =\frac{kTdx}{\hbar }$, тогда интеграл в (1.3) преобразуется к виду:
\[R_e=\frac{c}{4}\int\limits^{\infty }_0{\frac{\hbar {(\frac{xkT}{\hbar })}^3}{{\pi }^2c^3}{\left({exp \left(x\right)\ }-1\right)}^{-1}\frac{kTdx}{\hbar }=\frac{c}{4}\int\limits^{\infty }_0{\frac{{(x)}^3}{{{\hbar }^3\pi }^2c^3}{\left({exp \left(x\right)\ }-1\right)}^{-1}{\left(kT\right)}^4dx=}}=\frac{2\pi {\left(kT\right)}^4}{c^2h^3}\int\limits^{\infty }_0{\frac{x^3exp(-x)dx}{1-{exp \left(-x\right)\ }}}\left(1.4\right).\]Проведем разложение знаменателя дроби (1.4) в ряд:
\[1-e^{-x}=1+e^{-x}+e^{-2x}+\dots .\]Получим интеграл:
\[\int\limits^{\infty }_0{\frac{x^3e^{-x}dx}{1-e^{-x}}}=\int\limits^{\infty }_0{x^3e^{-x}(1+e^{-x}+e^{-2x}+\dots .)dx}=6\left(1+\frac{1}{2^4}+\frac{1}{3^4}+\dots \right)=\frac{{\pi }^4}{15}\]Следовательно:
\[\int\limits^{\infty }_0{\frac{x^3dx}{{exp \left(x\right)\ }-1}}=\frac{{\pi }^4}{15}\approx 6,5\left(1.5\right).\]Из (1.4) получаем:
\[R_e=\frac{2\pi {\left(kT\right)}^4}{c^2h^3}\frac{{\pi }^4}{15}=\sigma T^4\ \left(1.6\right),\]где $\sigma =\frac{2\pi k^4}{c^2h^3}\frac{{\pi }^4}{15}$
Вычислим величину $\sigma $, используя известные постоянные:
$\pi =3,14;$ $k={1,38 \cdot 10}^{-23}\frac{Дж}{К}$;$c=3 \cdot {10}^8\frac{м}{с};$ $h=6,67\cdot {10}^{-34}Дж\cdot с$. Имеем:
\[\sigma =\frac{2\cdot {\left(3,14\right)}^5\cdot {\left({1,38\cdot 10}^{-23}\right)}^4}{15\cdot {\left(3\cdot {10}^8\right)}^2\cdot {\left(6,67\cdot {10}^{-34}\right)}^3}=5,7\cdot {10}^{-8}(\ \frac{Вт}{м^2К^4})\]Мы получили закон Стефана Больцмана:
\[R_e=\sigma T^4.\]Взяв за основу формулу Планка, получите постоянную Вина в одноименном законе смещения.
Решение:
За основу решения задачи примем формулу Планка в виде:
\[w_{\lambda }\left(T\right)=\frac{16{\pi }^2\hbar c}{{\lambda }^5}{\left({exp \left(\frac{2\pi c\hbar }{\lambda kT}\right)\ }-1\right)}^{-1}\left(2.1\right)\]от спектральной мощности ($w_{\lambda }\left(T\right)$) перейдем к $\varphi (\lambda ,T)$:
\[\varphi \left(\lambda ,T\right)=\frac{c}{4}w\left(\lambda ,T\right)\left(2.2\right).\] \[\varphi \left(\lambda ,T\right)=\frac{4{\pi}^2\hbar c^2}{\lambda ^5}{\left({exp \left(\frac{2\pi c\hbar }{\lambda kT}\right)\ }-1\right)}^{-1}\left(2.3\right).\]Для нахождения постоянной Вина найдем максимум функции $\varphi \left(\lambda ,T\right).\ $Возьмем производную $\frac{d\varphi }{d\lambda }$, получим:
\[\frac{d\varphi }{d\lambda }=\frac{4{\pi}^2\hbar c^2\left\{\frac{2\pi \hbar c}{kT\lambda }{exp \left(\frac{2\pi c\hbar }{\lambda kT}\right)\ }-5({exp \left(\frac{2\pi c\hbar }{\lambda kT}\right)\ }-1)\right\}}{\lambda ^6{\left({exp \left(\frac{2\pi c\hbar }{\lambda kT}\right)\ }-1\right)}^2}=0\left(2.4\right).\]Значения $\lambda $=0 и $\lambda =\infty $ соответствуют минимумам функции $\varphi \left(\lambda ,T\right).$ Приравняем к нулю выражение:
\[\frac{2\pi \hbar c}{kT\lambda }{exp \left(\frac{2\pi c\hbar }{\lambda kT}\right)\ }-5\left({exp \left(\frac{2\pi c\hbar }{\lambda kT}\right)\ }-1\right)=0\left(2.5\right).\]Значение длины волны, при котором (2.5) выполняется и даст максимум функции $\varphi \left(\lambda ,T\right).$ Произведем замену переменных, положим в выражении (2.5):
\[x=\frac{2\pi с\hbar }{{\lambda }_{max}kT}\left(2.6\right).\]В таком случае выражение (2.5) получит вид:
\[xe^x-5\left(e^x-1\right)=0\left(2.7\right).\]Решение данного трансцендентного уравнения дает $x=4,965$. Получаем:
\[T{\lambda }_{max}=\frac{2\pi c\hbar }{4,965k}=b.\]Подставив известные постоянные, получим: $b=2,9\cdot {10}^3мк\cdot град.$
Ответ: $b=2,9\cdot {10}^3мк\cdot град.$
Найти эксперта
