Справочник Автор24
Статьи от экспертов
Физика
Оптика
Ограниченность классической теории излучения, формула Планка

Ограниченность классической теории излучения, формула Планка

Источник статьи

Автор24 — учеба по твоим правилам

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).

«Ограниченность классической теории излучения, формула Планка» 👇

Помощь эксперта по теме работы

Найти эксперта

Решение задач от ИИ за 2 минуты

Решить задачу

Помощь с рефератом от нейросети

Написать ИИ

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.

Пример 1

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:

$R_e=\sigma T^4.$

Пример 2

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):