Задачка из журнала Квант

[zykov]

Geen в сообщении #1583194 писал(а):

(хотя, кажется, так только 2 получим)

$\frac{4\pi r^2}{\pi r^2}=4$

[мат-ламер]

У меня получились такие вычисления. Один кв. см. поверхности чёрного тела излучает мощность $5.67 \cdot 10^{-12} $ вт/$K^4$ . При температуре $6000$ градусов этот кв. сантиметр излучает мощность $7350$ вт. Но эта мощность тут же распространяется на расстояние $300000$ км. А в ближайшем сантиметре будет постоянная энергия $0.245 \cdot 10^{-6}$ дж. Умножая это на площадь поверхности шара объёмом один куб.см., получаем окончательный ответ $1.2 \cdot 10^{-6}$ дж., что достаточно близко к ответу в журнале.

[sergey zhukov]

мат-ламер
Для оценки годится. Но это не точные рассуждения. Ваша плотность излучения (когда поверхность только излучает, но на нее не падает обратное излучение) - не равновесная.

Кроме того, когда рассматривается шаровая полость диаметром $D$, то логика примерно такая: положим, что стенки полости уже нагреты, но полость пуста - излучения внутри нее нет (мгновенный нагрев стенок). Сколько времени потребуется излучению с поверхности (мощность которого известна), чтобы заполнить объем полости? Кажется разумным, что это время пробега излучением диаметра полости, т.е. $t=\frac{D}{c}$.

Тогда излученная энергия равна поверхности сферы, умноженной на мощность излучения и время излучения:

$$E=S \sigma T^4 t=\pi D^2 \sigma T^4 \frac{D}{c} =\pi D^3 \frac{\sigma T^4}{c}$$

.

Разделим это на объем полости и получим объемную энергию излучения $P$:

$$P=\frac{\pi D^3}{\frac{1}{6}\pi D^3}\frac{\sigma T^4}{c}=6\frac{\sigma T^4}{c}$$

Оценка получается завышенной потому, что представление о том, что энергия, излучаемая с поверхности, идет все это время только на заполнение полости, неверна. Элемент поверхности излучает во все стороны изотропно, и только часть излучения в перпендикулярном направлении полностью идет на заполнение полости в течении времени $\frac{D}{c}$. Остальная часть излучения площадки поглощается стенками полости тем раньше, чем больше угол излучения отклоняется от перпендикуляра к площадке.

[Geen]

zykov в сообщении #1583195 писал(а):

Geen в сообщении #1583194 писал(а):

(хотя, кажется, так только 2 получим)

$\frac{4\pi r^2}{\pi r^2}=4$

Так с полусферой сравнивать.

[druggist]

sergey zhukov в сообщении #1583209 писал(а):

$$P=\frac{\pi D^3}{\frac{1}{6}\pi D^3}\frac{\sigma T^4}{c}=6\frac{\sigma T^4}{c}$$

У меня тоже шестерка получается(у кубика шесть граней), умноженная на коэффициент меньше единицы, который, судя по ответу, должен быть 2/3)

[sergey zhukov]

Geen
Можно так подойти. Выше мы полагаем, что все, что элемент изотропно излучает в пределах полусферы диаметром $2D$ (если диаметр полости $D$), идет в объем полости. Но на самом деле мы должны "вырезать" из этого объема энергии только часть - полость диаметром $D$ (остальное поглощается стенками). По объему это четверть большой полусферы.

Если считать, что плотность излученной энергии всюду одинакова, то получаем неправильный ответ (получается, что вышеприведенный ответ нужно умножить на $\frac{1}{4}$, т.е. коэффициент будет $\frac{3}{2}$, а не $4$). Трудность, конечно, в том, что плотность излученной энергии падает с расстоянием от площадки, т.е. тут нужно интегрировать переменную плотность энергии излучения по объему.

Возможно, специально подобрав форму полости (от которой ничего не зависит), можно все упростить.

[zykov]

Geen в сообщении #1583213 писал(а):

Так с полусферой сравнивать.

Почему только с полусферой?
Одна полусфера - излучает, вторая полусфера - обратно падает. Вместе - полная сфера будет.

[Cos(x-pi/2)]

В статье в "Кванте", для которой задачка, главные герои - Планк и открытая им формула для спектральной плотности энергии излучения чёрного тела. Формула и её смысл в статье подробно объясняются. Как того требует смысл, интегрируем указанную функцию спектральной плотности энергии по всем частотам (от $0$ до $\infty )$ и всё: получается ответ к задачке.

[schoolboy]

Cos(x-pi/2)
Журнал для школьников 1970 года. Вольфрамовской математики тогда не было, как школьник смог бы проинтегрировать функцию распределения Планка?

Школьник мог решить на основе каких-то симмертийных соображений (это тоже, конечно, довольно фантастическое предположение). Результат, думаю, можно получить только на основе закона Стефана - Больцмана.

Главная трудность, как получить что плотность фотонов в потоке, вылетающих из дырки полости, в четыре раза меньше, чем их плотность внутри полости. Если взять сферу внутри полости радиусом дырки, то можно предположить, что плотность фотонов внутри полости пропорциональна числу фотонов, пересекающих эту сферу, а, значит, пропорциональна площади этой сферы, а плотность вылетевших, пропорциональна с тем же коэффициентом площади дырки. Тогда отношение площади поверхности сферы к площади круга и даст эту четверку. Рассуждение, притянутое за уши, но как школьник 70 года прошлого века мог получить результат иначе я не понимаю.

[svv]

sergey zhukov
Нет, источник (малая площадка на поверхности абсолютно чёрного тела) излучает анизотропно, подчиняясь закону Ламберта. Одинакова во всех направлениях (в пределах "пустой" полусферы, конечно) лишь его яркость, а сила света (мощность на телесный угол) уже пропорциональна косинусу угла между нормалью и направлением излучения. Если это учесть, не возникнет противоречия с тем, что плотность энергии всюду одинакова.

"Четвёрку" можно получить так. В плоской волне (не обязательно монохроматической) соотношение между потоком и плотностью энергии
$\mathbf S=cW\mathbf n,$ (формула (47.5) ЛЛ2)
где $\mathbf n$ — единичный вектор в направлении распространения.
Рассмотрим некоторую точку $A$ внутри сосуда. Поле в ней представим как суперпозицию полей множества некогерентных плоских волн, каждая из них распространяется в определённом направлении $\mathbf n$. В силу некогерентности потоки и плотности для отдельных волн (усреднённые по времени) складываются. Соотношение $\mathbf S=cW\mathbf n$ для полного поля неприменимо, но оно выполняется для удельных (на телесный угол) величин
$w(\mathbf n)=\frac{dW}{d\Omega},\quad \mathbf s(\mathbf n)=\frac{d\mathbf S}{d\Omega}=cw\mathbf n$

Пусть излучение изотропно, тогда $w$ и $\mathbf s\cdot \mathbf n$ не зависят от $\mathbf n$. Интеграл от $w$ по полному телесному углу даст $W=4\pi w$, а интеграл от $\mathbf s$ даст нуль. Это не то, что нам нужно. Допустим, наша точка $A$ находится очень близко к гладкой излучающей поверхности, тогда в окрестностях $A$ нормаль к поверхности — постоянный вектор $\mathbf e_z$ (представим, что он направлен вверх). Все парциальные волны в $A$ можно разделить на «бегущие от поверхности» $\uparrow$ и «бегущие к поверхности» $\downarrow$, в зависимости от знака $\mathbf n\cdot\mathbf e_z$. Найдём отдельно вектор Пойнтинга для «бегущих от» интегрированием по «верхней» полусфере. В силу осевой (но уже не центральной) симметрии он будет направлен вдоль $\mathbf e_z$.
$S_z^\uparrow=\int\limits_{\mathbf n\cdot\mathbf e_z>0}\mathbf s(\mathbf n)\cdot\mathbf e_z\;d\Omega=\int\limits_{\varphi=0}^{2\pi}\int\limits_{\theta=0}^{\pi/2}cw\cos\theta\,\sin\theta\,d\theta\,d\varphi=2\pi cw\frac 1 2=cW/4$
Отсюда $W=\frac 4 c S_z^\uparrow$. Последний множитель (при стремлении $A$ к поверхности) и есть поверхностная плотность мощности излучения.

[druggist]

svv в сообщении #1583332 писал(а):

$\mathbf S=cW\mathbf n,$ (формула (47.5) ЛЛ2)

Примерно то же самое у Тонга в лекциях по статистической физике:
http://www.damtp.cam.ac.uk/user/tong/statphys/statphys.pdf((3.11, p.67):

Цитата:

...The factor of 1/4 comes because we’re not considering the flux emitted...

То есть, отношение площадей круга и сферы как ответ действительно "притянуто за уши" и без интегрирования по косинусу правильного коэффициента не получишь?

[sergey zhukov]

Cos(x-pi/2)
В самом деле, в статье формула Планка уже приведена в виде спектральной плотности энергии, так что действительно, ее нужно просто проинтегрировать по частоте. Я, признаться, подумал, что результатом этого интегрирования будет закон Стефана-Больцмана (соответственно, с него и можно начинать тогда).

svv
О... Совсем все плохо. Я заменил площадку на точечный источник. Конечно, точка площадки излучает изотропно (в нашем случае), а сама площадка излучает не изотропно, а пропорционально проекции своей площади на плоскость, перпендикулярную направлению излучения.


По поводу объемной плотности излучения. Можно рассмотреть две бесконечные параллельные нагретые стенки. Если представить себе (неправильно), что каждая точка поверхности излучает только перпендикулярно поверхности, то объемная плотность энергии в щели между стенками должна быть равна $W=2\frac{S}{c}$ (два, потому что нужно учитывать потоки от обеих стенок, $S$ - это скаляр, как в законе Стефана-Больцмана).

Но если учитывать, что каждая точка поверхности излучает не просто перпендикулярно поверхности, а изотропно по всем направлениям (правильно), то, грубо говоря, в том же объеме щели можно "поместить" больше энергии, чем в предыдущем случае. Поток энергии с поверхности тот же, только излученная энергия удаляется от стенки медленнее (т.к. часть волн излучается под углом к поверхности), а ее объемная плотность поэтому выше. Интегрирование показывает, что еще в два раза. Поэтому $W=4\frac{S}{c}$.

Интересно, ведь можно было-бы предположить (гипотетически), что каждая точка поверхности излучает практически только почти параллельно поверхности (под очень острыми углами к ней), а в перпендикулярном поверхности направлении она не излучает вообще. В этом случае при неизменном потоке энергии с поверхности скорость ее переноса в перпендикулярном к поверхности направлении будет стремится к нулю, а объемная плотность - к бесконечности.

[druggist]

Либо же можно у Савельева посмотреть(§100. Строгий учет распределения скоростей молекул по направлениям, ф-лы 100.5 и 100.6):
https://edu.tltsu.ru/er/book_view.php?book_id=4b6&page_id=3940
"....которое отличается от полученного нами в предыдущем параграфе выражения (99.3, то есть, 1/6 ) только числовым множителем, равным 3/2" (то есть, то , о чем я писал в сообщении #1583214)

[svv]

druggist, спасибо за ссылки. Да, у Тонга похожее объяснение.

druggist в сообщении #1583366 писал(а):

То есть, отношение площадей круга и сферы как ответ действительно "притянуто за уши" и без интегрирования по косинусу правильного коэффициента не получишь?

Фиг его знает... Рассуждение с интегрированием, вроде, простое — но для хотя бы первокурсника. Я как раз надеялся, может, кто-то из участников переформулирует его на совсем школьном уровне.

-- Вс фев 26, 2023 16:30:13 --

sergey zhukov
Закон Ламберта — это круто. Хотя на телесный угол $d\Omega$ площадка излучает в наклонном направлении меньше мощности, чем в нормальном, для наблюдателя это компенсируется тем, что наклонная к лучу зрения площадка $dS$ видна под меньшим телесным углом, чем нормальная (подробно тут). В итоге излучение абсолютно чёрного тела, всюду нагретого до одной температуры (строго ламбертово, согласно Вики) в полости совершенно изотропно, в любой точке вектор потока энергии равен нулю. Это приводит к следующему эффекту. Допустим, полость, в которой находится наблюдатель, имеет сложную форму: где-то выступы, где-то впадины, где-то даже перемычки. Тем не менее, куда бы ни посмотрел наблюдатель, он увидит лишь однородное "молоко" и никаких деталей.

[мат-ламер]

svv в сообщении #1583439 писал(а):

Я как раз надеялся, может, кто-то из участников переформулирует его на совсем школьном уровне.

Магическую цифру 4 можно так получить. Рассмотрим полушар, из центра которого как-бы распространяются лучи. И рассмотрим шар диаметром в два раза меньше (это как бы наш сосуд). Он касается с одной стороны центра полушара, а с другой стороны противолпожной точки поверхности полушара. Так объём меньшего шара будет ровно в четыре раза меньше большего полушара.