Электромагнитные колебания. Квантовая теория излучения. Иваницкая Ж.Ф. - 131 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

КамчатГТУ | Петропавловск-Камчатский

Составители: 

Рубрика: 

131
Квантовая теория излучения
Вывод закона смещения Вина
Чтобы найти длину волны, на которую приходится максимум
спектральной плотности лучеиспускательной способности, необ-
ходимо исследовать функцию r на экстремум.
Т,λ
Вначале учтем, что
ν=с/λ , после подстановки в (13) полу-
чим значение
r =
Т,λ
5
2
hc2
λ
π
⋅
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
λ
1e
1
kT
hc
(14).
Введя замену переменных
х=hc/λkT, получим
r =
Т,х
34
555
ch
xTk2
π
⋅
)1e(
1
x
−
()
=
1e
Аx
x
5
−
5 5 4 3
(15).
Здесь
А = 2πk Т / h c . Исследуем эту функцию на экстремум.
(
)
dx
dr
T,x
= 0;
dx
dr
T,x
=
()
0
xx=
2
x
x5x4
1e
eАx1eАx5
−
−−
0
0ex)1
00
x
0
x
=−−
0
x
0
= 0
при
х=х .
Здесь достаточно чтобы числитель равнялся нулю.
e(5 ; (16)
Полученное трансцендентное уравнение можно решить при-
ближенно. Так как значению соответствует длина волны
λ , на
которую приходится максимум спектральной плотности лучеис-
пускательной способности
(
)
kT/hcx
00
λ
=
, то для случая боль-
ших частот (малых
λ) >> 1 и x ≈5 . При точном решении
= 4,95.
0
x
e
0
0
x
0
Отсюда
λ = hc/4,95kT = а/T, что и требовалось доказать.
Здесь
а – первая постоянная Вина. Расчетная константа прекрас-
но совпала с полученной экспериментально. 
                          Квантовая теория излучения
                          Вывод закона смещения Вина

    Чтобы найти длину волны, на которую приходится максимум
спектральной плотности лучеиспускательной способности, необ-
ходимо исследовать функцию r λ , Т на экстремум.
   Вначале учтем, что ν=с/λ , после подстановки в (13) полу-
чим значение
                                   2πhc 2        1
                                r λ ,Т =  ⋅                                        (14).
                                     λ5
                                            ⎛ λkT
                                               hc
                                                   ⎞
                                            ⎜ e − 1⎟
                                            ⎜      ⎟
                                            ⎝      ⎠
     Введя замену переменных х=hc/λkT, получим
                2πk 5T5 x5       1        Аx 5
                           ⋅
        r х,Т =
                  h 4c 3
                                       =
                             (e x − 1) e x − 1   (     )                         (15).

Здесь А = 2πk 5 Т 5 / h 4 c 3 . Исследуем эту функцию на экстремум.
drx , T
                   = 0;
                                       drx , T
                                                 =
                                                           (
                                                     5Аx4 e x − 1 − Аx5ex)          = 0
 dx       x= x 0                           dx                  (e   x
                                                                        −1   )
                                                                             2


при х=х 0 .
   Здесь достаточно чтобы числитель равнялся нулю.

                                 5(e x 0 − 1) − x0e x 0 = 0 ;                       (16)

    Полученное трансцендентное уравнение можно решить при-
ближенно. Так как значению x0 соответствует длина волны λ 0 , на
которую приходится максимум спектральной плотности лучеис-
пускательной способности (x0 = hc / λ 0kT) , то для случая боль-
ших частот (малых λ)             e x 0 >> 1 и x0 ≈5 . При точном решении
x0 = 4,95.
    Отсюда λ 0 = hc/4,95kT = а/T, что и требовалось доказать.
Здесь а – первая постоянная Вина. Расчетная константа прекрас-
но совпала с полученной экспериментально.

                                           131

Страницы