kont_rus
.pdf
n1 = 1,5 = 1,5 = 1,33. 97 1,13
2
Ответ: n1=1,33.
Пример 5.13. Два николя N1 и N2 расположены так, что угол между плоскостями колебаний составляет α=60° (рис.38). Определить, во сколько раз уменьшится интенсивность Iо естественного света: 1) при прохождении через один николь N1; 2) при прохождении через оба николя. Коэффициент поглощения света в николе K=0,05. Потери на отражение света не учитывать.
Решение:
1. Естественный свет, падая на грань призмы Николя N,
расщепляется вследствие двойного лучепреломления на два луча – обыкновенный и необыкновенный. Оба пучка полностью поляризованы и имеют одинаковую интенсивность.
Рисунок 38
Плоскость колебаний необыкновенного луча лежит в плоскости чертежа (плоскость главного сечения). Плоскость колебаний обыкновенного луча перпендикулярна плоскости чертежа.
Обыкновенный луч о вследствие полного внутреннего отражения от границы AB отражается на зачерненную поверхность призмы и поглощается ею. Необыкновенный луч e проходит через призму, уменьшая свою интенсивность вследствие поглощения. Таким образом,
интенсивность света, прошедшего через первую призму, равна
161
I1 = 1 I 0 (1 − K ) . 2
Относительное уменьшение интенсивности света получим, разделив интенсивность I0 естественного света, падающего на первый николь, на интенсивность I1 поляризованного света:
I 0 |
= |
|
I 0 |
= |
|
2 |
. |
I1 |
|
|
1 2 I 0 (1 − K ) |
|
1 |
− K |
Подставляя в последнюю формулу числовые значения величин,
получаем:
I 0 |
= |
|
2 |
= 2,1. |
|
I1 |
1 − 0,05 |
||||
|
|
||||
Таким образом, интенсивность уменьшается в 2,1 раза.
2. Плоскополяризованный луч света I1 падает на второй николь N2 и
также расщепляется на два луча различной интенсивности: обыкновенный и необыкновенный. Обыкновенный луч полностью поглощается призмой,
поэтому интенсивность его нас не интересует. Интенсивность необыкновенного луча I2, вышедшего из призмы N2, определяется по закону Малюса (без учета поглощения света во втором николе):
I 2 = I1 cos 2 α ,
где α – угол между плоскостью колебаний в поляризованном луче и плоскостью колебаний, пропускаемых николем N2 без ослабления.
Учитывая потери интенсивности на поглощение во втором николе,
получим:
I 2 = I1 (1 − K ) cos2 α ,
162
Искомое уменьшение интенсивности при прохождении света через оба николя найдем, разделив интенсивность I0 естественного света на интенсивность I2 света, прошедшего систему из двух николей:
|
|
|
I0 |
= |
|
I0 |
||||
|
|
|
|
I |
|
|
I1 (1 − K ) cos2 α |
. |
||
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
Заменяя |
I0 |
его предыдущим выражением получим: |
||||||||
I |
||||||||||
|
|
|
|
I 0 |
= |
2 |
. |
|||
|
|
|
|
I |
|
|
|
(1 − K )2 cos2 α |
||
Подставляя данные, произведем вычисления:
I |
0 |
= |
2 |
|
= 8,86 . |
|
I |
2 |
(1 − 0,05) cos2 |
600 |
|||
|
|
Таким образом, после прохождения света через два николя интенсивность его уменьшится в 8,86 раз.
Пример 5.14. Электрическая печь потребляет мощность P=500 Вт.
Температура ее внутренней поверхности при открытом небольшом отверстии диаметром d=5,0 см равна 700° С. Какая часть потребляемой мощности рассеивается стенками?
Решение. При установившемся тепловом режиме печи вся ежесекундно потребляемая ею электрическая энергия (т.е. мощность) P
излучается наружу отверстием и стенками:
|
|
′ |
′′ |
(92) |
|
|
P =Фэ+Фэ |
||
′ |
′′ |
потоки, |
излучаемые отверстием и |
стенками |
где Фэ, |
Фэ – |
|||
соответственно.
163
|
|
|
|
|
′′ |
|
|
В задаче требуется найти отношение α = |
Ф э |
. С учетом выражения |
|||||
P |
|||||||
|
|
|
|
|
|
||
(92) для α можно записать: |
|
|
|
|
|
||
α = |
P − Ф′э |
= 1 - |
Ф′э |
. |
(93) |
||
P |
|
||||||
|
|
P |
|
||||
Рассматривая излучение печи через небольшое отверстие как излучение абсолютно черного тела и воспользовавшись законом Стефана– Больцмана, определим
Ф¢э = RэS = σT 4 × πD2 . |
(94) |
4 |
|
С учетом формул (93) и (94) получим выражение для α: |
|
α = 1 - σT 4πD 2 |
(95) |
4P |
|
Подставив в формулу (95) числовые значения величин, выраженные в единицах СИ: Р=500 Вт; d=0,05 м; Т=973 К; σ=5,67·10-8 Вт/(м2· К1),
находим α:
α = 1 – 0,2 = 0,8.
Пример 5.15. Длина волны, на которую приходится максимум спектральной плотности энергетической светимости абсолютно черного тела, λ0=0,6 мкм. Определить энергетическую светимость Rэ поверхности тела и его температуру.
Решение. Энергетическая светимость Rэ абсолютно черного тела определяется в соответствии с законом Стефана– Больцмана по формуле
Rэ = σT 4 . |
(96) |
164
Температуру тела можно выразить с помощью закона смещения
Вина:
λ |
|
= |
b |
; |
(97) |
|
0 |
T |
|||||
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
T = |
b |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(98) |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
λ0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Подставив в формулу (96) выражение (98), получим расчетную |
|||||||||||||||||||||||||||||
формулу для энергетической светимости: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Rэ |
= σ ( |
|
b |
)4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(99) |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
λ0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Производим вычисления: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
T = |
2,9 ×10−3 |
|
= 4820 |
К. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
0,6 |
×10 |
−6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Определяем энергетическую светимость Rэ поверхности тела: |
|
||||||||||||||||||||||||||||
Rэ = 5,67 ×10 |
−8 |
|
2,9 ×10−3 |
4 |
= 5,67 ×10 |
−8 |
× (4,83) |
4 |
×10 |
12 |
= 3,09 ×10 |
7 |
|
Вт |
|
|
|||||||||||||
|
( |
|
|
) |
|
|
|
|
|
|
|
( |
|
|
|
|
) . |
||||||||||||
|
0,6 ×10 |
−6 |
|
|
|
|
|
|
|
м |
2 |
К |
4 |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Ответ: Rэ |
= 3,09 ×107 |
|
|
|
Вт |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
м2 К 4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Пример 5.16. Вследствие изменения температуры абсолютно черного тела максимум спектральной плотности энергетической светимости сместился с 2,4·10-6 м на 0,8·10-6 м. Как и во сколько раз изменились энергетическая светимость тела и максимальное значение спектральной плотности энергетической светимости?
165
Решение. При нагревании абсолютно черного тела максимум спектральной плотности энергетической светимости смещается в сторону коротких волн. Из закона смещения Вина следует, что
λ |
= |
b |
|
|
λ2m |
= |
b |
|
|
|
|
|||
|
|
и |
T . |
|
(100) |
|||||||||
T |
|
|
||||||||||||
1m |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
1 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
||||
Из уравнений (100) определяем температуры |
|
T1 и Т2: |
||||||||||||
T1 = |
|
b |
|
|
и T2 |
= |
|
b |
|
. |
(101) |
|||
λ1m |
λ2m |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Энергетическая светимость абсолютно черного тела определяется по закону Стефана– Больцмана:
Rэ |
= σT 4 |
и Rэ |
2 |
= σT 4 . |
(102) |
1 |
1 |
|
2 |
|
Выражения для температур T1 и Т2 (101) подставляем в уравнения
(102):
Rэ1 |
|
b |
4 |
= σ |
λ |
; |
|
|
|
|
|
|
|
1m |
|
|
|
b |
4 |
Rэ2 |
|
|
|
|
|||
= σ |
|
. |
|
|
|
λ2 m |
|
Отношение энергетических светимостей равно:
R э2 |
|
σ × b 4 |
λ1 m |
|
|
λ1 m |
4 |
|
Rý 2 |
|
2,4 ×10 |
−6 |
|
4 |
|
|
|
= |
|
|
|
= |
|
|
|
; |
|
= |
|
|
|
= 81 |
. |
|
|
|
4 |
|
|
|
− 6 |
|||||||||
R э1 |
|
λ 2 m σ × b |
|
|
λ 2 m |
|
Rý 1 |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
0,8 ×10 |
|
|
|
|
||||||
Энергетическая светимость увеличилась в 81 раз.
166
Максимальное значение спектральной плотности энергетической светимости определим по закону Вина-Голицына:
rλ 1 max = cT 15 |
; rλ 2 max = cT 25 . |
Отношение этих величин равно:
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|
5 |
|
5 |
|
|
|
|
|
|
|
5 |
rλ 2 max |
|
|
|
|
b |
|
|
|
|
|
λ1m |
|
||||||||
= |
cT2 |
= |
|
λ1m |
|
= |
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
||||||||
r |
cT 5 |
λ5 |
|
b5 |
λ |
|
||||||||||||||
|
λ1max |
|
|
1 |
|
|
|
|
2m |
|
|
|
|
|
|
2m |
|
|||
|
r |
|
|
2,4 |
×10 |
−6 |
5 |
|
|
5 |
|
|
|
|
|
|||||
|
λ 2 max |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
= |
|
|
= 3 |
|
= 243 . |
|||||||||||||
|
r |
0,8 ×10−6 |
|
|||||||||||||||||
|
λ1max |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Отношение спектральных плоскостей энергетических светимостей изменилось в 243 раза.
Пример 5.17. Красная граница фотоэффекта для цезия равна
λ0=653 нм. Определить скорость фотоэлектронов при облучении цезия фиолетовыми лучами длиной волны λ=400 нм.
Решение. При падении света на поверхность металла происходит явление внешнего фотоэффекта. Скорость фотоэлектронов может быть найдена из уравнения Эйнштейна для фотоэффекта:
|
|
|
hν = A + |
mυmax |
, |
(103) |
|
|
|
|
|||
|
|
|
2 |
|
|
|
где hν – |
энергия падающего фотона; |
|
|
|||
|
mυ 2 |
максимальная кинетическая энергия фотоэлектрона; |
|
|||
|
max |
– |
|
|||
2 |
|
|||||
|
|
|
|
|
||
A – работа выхода электрона из металла.
Красная граница фотоэффекта определяется максимальной длиной волны λ0, при которой еще наблюдается фотоэффект. Для красной границы фотоэффекта уравнение Эйнштейна принимает вид
167
hν 0 = A . |
(104) |
Частота связана с длиной волны соотношением
ν = c |
(105) |
λ . |
Получим:
A = |
hc |
|
||
λ |
(106) |
|||
|
||||
|
0 |
|
||
Подставляя выражение (106) и (105) в формулу (103), получим:
hc |
= |
hc |
+ |
mυ |
2 |
|
мач |
. |
|||||
λ λ0 |
2 |
|
||||
Отсюда находим скорость фотоэлектронов
υmax |
= |
|
2hc(λ0 |
− λ) |
|
. |
|
mλ0 |
λ |
||||
|
|
|
|
|
Подставив в эту формулу числовые значения величин, получим:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
υmax |
= |
|
2 × 6,625 ×10−34 |
× 3 ×108 × (6,53 - 4)×10−7 |
= 6,5 ×10 |
5 |
( м |
). |
|||
|
9,1 |
×10−31 |
× 6,53 ×10−7 × 4 ×10−7 |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
с |
|
||||
Ответ: vmax=6,5·105 м/с.
Пример 5.18 На фотоэлемент с катодом из лития падает свет с длиной волны λ=200 нм. Найти наименьшее значение задерживающей разности потенциалов Umin, которую нужно приложить к фотоэлементу,
чтобы прекратить ток.
168
Решение. При падении света на фотоэлемент происходит фотоэффект - вырывание электронов с поверхности катода. Энергия падвющего фотона расходуется на работу выхода электрона из металла и на сообщение ему кинетической энергии. Запишем уравнение Эйнштейна для фотоэффекта:
ε = A + Tmax,
где А – работа выхода электрона из металла (для лития A = 2,3 эВ);
ε – энергия фотона;
Тmax – кинетическая энергия фотоэлектронов.
Энергия фотона определяется по формуле
ε = hν = hcλ .
Работа, совершаемая задерживающей разностью потенциалов, равна изменению кинетической энергии электрона:
|
2 |
|
e×U = |
mυmax |
|
2 |
||
|
Чтобы прекратить фототок, необходимо приложить минимальную задерживающую разность потенциалов Umin.
Тогда равнение Эйнштейна принимает вид:
|
hc |
= A + eU min . |
|||||
|
|
||||||
|
λ |
|
|
|
|
|
|
Отсюда выразим минимальную задерживающую разность |
|||||||
потенциалов: |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
hc |
− A |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
U min |
= |
λ |
. |
|||
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
e |
|
169