Kapitola 2

Tepelné žiarenie

V tejto kapitole sa budeme venovať tepelnému žiareniu telies, ktoré sa riadiPlanckovým vyžarovacím zákonom. Zdrojom tepelného žiarenia je každételeso, a v menej komplikovanej podobe (pravda tiež menej detailne) hopopisujú Wienov posuvný zákon Stefannov-Boltzmannov zákon. Základnýmpojmom je absolútne čierne teleso.

2.1 Viditeľné svetlo

Viditeľné svetlo je tá časť elektromagnetického žiarenia, ktoré sa skladá zfotónov, ktoré je schopné ľudské oko registrovať. Tieto fotóny charakterizu-jeme ich vlnovou dĺžkou (alebo menej často ich frekvenciou). Literatúra nieje jednoznačná v tom, že aký interval vlnových dĺžok svetla (teda fotónov, zktorých sa skladá) tvorí viditeľné svetlo. Táto neistota je daná zrejme tým,že viditeľnosť v značnej miere závisí na subjekte, ktorý posudzuje, či svetlodanej vlnovej dĺžky ešte je viditeľné alebo nie. Dohodneme sa preto na tom,

viditeľné svetloλ = 360 − 760 nm

že viditeľné svetlo je svetlo s vlnovou dĺžkou λ z intervalu 360 − 760 nm.1

spektrumDenné svetlo – ale tiež akékoľvek – žiarenie sa skladá z fotónov rôznychvlnových dĺžok. Len vo výnimočnom prípade sa skladajú z fotónov jednejjedinej vlnovej dĺžky (energie) – vtedy hovoríme o monochromatickom svetleči (monoenergetickom) žiarení.

monochromatickésvetlo1V literatúre sa uvádza často 380 − 760 nm, ale tiež 360 − 700 nm, či 400 − 700 nm.

27

28

Obr. 2.1: Obrázok ukazuje veľmi presné spektrálne rozloženie dúhy, fariebsvetla Slnka. Tento rozklad je tak citlivý, že dlhý pás bolo nutné „rozrezať“ anaukladať nad seba. I z obrázku je dobre vidieť, že dúha nie je úplne spojitéspektrum, čo má svoje príčiny v tom, že svetlo Slnka prechádza jednak cezhornú atmosféru Slnka a tiež atmosférou Zeme, kde dochádza k absorpcii.Vyššie uvedené spektrum bolo zhotovené v slnečnom observatóriu McMath-Pierce.S poďakovaním (Copyright): National Optical Astronomy Observa-tory/Association of Universities for Research in Astronomy/National ScienceFoundation.

farba vlnová dĺžka energia fotónufialová 360 − 450 nm 3, 44 − 2, 76 eVmodrá 450 − 495 nm 2, 76 − 2, 50 eVzelená 495 − 570 nm 2, 50 − 2, 18 eVžltá 570 − 590 nm 2, 18 − 2, 10 eV

oranžová 590 − 620 nm 2, 10 − 2, 00 eVčervená 620 − 760 nm 2, 00 − 1, 65 eV

Tabuľka 2.1: Približné rozdelenie farieb dúhy podľa vlnovej dĺžky fotónov,z ktorých sa svetlo skladá. Interval energie fotónov v elektronvoltoch je vporadí hraníc príslušných vlnových dĺžok v predchádzajúcom stĺpci.

29

EM žiarenie vlnová dĺžka energia fotónuγ-žiarenie < 10 pm > 1, 24 MeV

tvrdé röntgenove 10 − 100 pm 124 − 12, 4 keVmäkké röntgenové 0.1 − 10 nm 12, 4 − 0, 124 keVkrajné ultrafialové 10 − 100 nm 124 − 12, 4 eVblízke ultrafialové 100 − 360 nm 12, 4 − 3, 44 eVviditeľné svetlo 360 − 760 nm 3, 44 − 1, 65 eV

blízke infračervené 760 − 1000 nm 1, 65 − 1, 24 eVvzdialené infračervené 1 − 10 µm 1240 − 124 meV

mikrovlnné 10 − 1000 µm 124 − 1, 24 meVEKV 1 − 1000 mm 1240 − 1, 24 µeVVKV 1 − 10 m 1240 − 124 neVKV 10 − 100 m 124 − 12, 4 neVSV 100 − 1000 m 12, 4 − 1, 24 neVDV 1 − 10 km 1240 − 124 peV

VDV 10 − 100 km 124 − 12, 4 peVEDV > 100 km < 12, 4 peV

Tabuľka 2.2: Približná charakteristika elektromagnetického žiarenia(fotónov) v celom pásme. Vyznačené hranice sú len orientačné. Použitéskratky pre rádiové vlny: EKV - extrémne krátke vlny, VKV - veľmi krátkevlny, KV - krátke vlny, SV - stredné vlny, DV - dlhé vlny, VDV - veľmi dlhévlny, EDV - extrémne dlhé vlny.

30

dutina

otvor

teleso

Obr. 2.2: Fotón, ktorý vletí cez otvor do dutiny telesa bude veľkou pravde-podobnosťou pohltený. Z tohoto pohľadu otvor telesa sa správa ako absolútnečierne teleso. Napriek tomu z otvoru fotóny vylietavajú, ale tieto fotónysú v prevážnej miere emitované povrchom dutiny a nie sú to fotóny, ktorévleteli otvorom dutiny. Spektrálne zloženie a množstvo fotónov, ktoré vyle-tia otvorom sa riadi zákonom žiarenia absolútne čierneho telesa (Planckovvyžarovací zákon).

2.2 Absolútne čierne teleso

Absolútnečierne teleso

Teleso, ktoré neodrazí a ani neprepustí žiadne elektromagnetické žiarenie,ktoré na neho dopadne, nazývame absolútne čiernym telesom. Vďaka týmtovlastnostiam sa teleso skutočne javí ako čierne.

Technicky prevediteľné absolútne čierne teleso je znázornené na obrázku2.2. Na tomto obrázku hrá úlohu abslútne čierneho telesa otvor pred dutinou.Vnútrajšok dutiny je komplikovaný, špongiovitý povrch. Z tohoto povrchu jemálo pravdepodobné, že fotón sa odrazí naspäť do otvoru priamo. Fotón savo vnútri telesa (v dutine) odráža od stien dutiny, pritom pri každom dopadeje šanca, že bude absorbované.

Príklad 2.1. Majme v telese dutinu v tvare gule s polomerom r = 10 cma otvor s plochou Sotv = 1 mm2. Odhadnite, aká je pravdepodobnosť, žefotón, ktorý vletí do dutiny cez otvor sa dostane von otvorom bez toho, že bybol vo vnútri dutiny absorbovaný? Povrch dutiny je difúzny, tj. po dopadesa fotón odrazí úplne náhodne, presnejšie: každý smer odrazu je rovnako

31

pravdepodobný. Pravdepodobnosť toho, že fotón je pri jednom dopade napovrch dutiny absorbovaný (a už sa neodrazí) je p = 0.9.

Riešenie. Odhad: Plocha dutiny je

S =4

3πr2 = 4, 2 · 104 mm2,

kým plocha otvoru je len Sotv = 1 mm2. Pravdepodobnosť toho, že po prvomdopade sa nepohltí, ale odrazí je q = 1− p = 0.1. Pravdepodobnosť toho, žepo odraze nedopadne na plochu dutiny, ale poletí priamo do otvoru, je

Q =Sotv

S=

1 mm2

4.2 · 104 mm2 = 2.4 · 10−5.

Pravdepodobnosť, že sa stanú obidve veci súčasne, je q ·Q = 2.4 ·10−6, tedaveľmi malé číslo. Môže sa to stať samozrejme po dvoch odrazoch, po trocha podobne. Túto pravdepodobnosť môžeme zapísať ako

P = qQ+q2Q+q3Q+· · · = qQ(1+q+q2+· · · ) = qQ1

1 − q=

qQ

p= 2.7·10−6.

Presnejší výpočet berie do úvahy aj to, že pokiaľ fotón dopadne na povrchdutiny v blízkosti otvoru, potom priestorový uhol, ktorý vykryje otvor jeväčší v dôsledku malej vzdialenosti. Na druhú stranu treba zobrať do úvahy ajsklon, pod ktorým je z daného bodu otvor vidieť. V konečnom dôsledku trebanamiesto plochy Sotv brať len jeho polovičnú hodnotu, tj. Q = Sotv/(2S) apotom výsledná pravdepodobnosť je P = 1.3 · 10−6. Náš jednoduchý odhadje teda obstojný.

2.3 Wienov posuvný zákon

Wienov posuvný zákon určuje vlnovú dĺžku fotónov, na ktorej je intenzitažiarenia absolútne čierneho telesa maximálne.2

maximálna vl-nová dĺžka

Vlnovú dĺžku fotónov, na ktorej je intenzita žiarenia absolútne čiernehotelesa maximálna, nazývame maximálnou vlnovou dĺžkou a označujeme λmax.

3

2všetky zákony, ktoré popisujeme predpokladajú, že pri tepelnom žiarení je teleso vtepelnej rovnováhe. Znamená to, že jeho teplota sa nemení. Vo väčšine prípadov je tosplnené, energia, ktoré teleso vyžaruje je neustále dopĺňaná zdrojom tepla. V iných prí-padoch síce teleso nie je v tepelnej rovnováhe, tepelné zmeny sú však výrazne pomalšie, nežrelaxačná doba procesov na atomárnej úrovni, preto nami preberané zákony popisujúcetepelné žiarenie sa dajú použiť bez zmien.

3V žiadnom prípade si nemyslime, že je to maximálna vlnová dĺžka fotónov, ktoré sa vžiarení ešte vyskytujú – obrázok 2.3 na strane 34 jasne ilustruje význam definície.

32

Wienov zákon hovorí, že maximálna vlnová dĺžka žiarenia absolútne čiernehotelesa je nepriamo úmerná jeho termodynamickej teplote T (teplote meranejv kelvinoch), konkrétne

λmax =b

T, (2.1)

kde b = 2, 898 mm·K je univerzálna konštanta, nezávislá od materiálovéhozloženia, tvaru či iných vlastností telesa.

schopnosťabsorpcie,odrazivosť apriechodnosť

Nie všetky telesá sú absolútne čierne – to je každodenná skúsenosť. Sožiarením, ktoré dopadá na teleso, sa môžu udiať tri veci:

• môže byť telesom pohltené, absorbované – túto schopnosť nazývameabsorpčnou schopnosťou telesa,

• môže byť odrazené – túto schopnosť telesa nazývame reflexivita a

• a môže byť prepustené – túto schopnosť telesa nazývame transparent-nosť.

Tieto tri vlastnosti sa vyjadrujú príslušnými koeficientami a (absorpčnáschopnosť), r (reflexivita) a d (priechodnosť.) Všetky tieto veličiny závisiana vlnovej dĺžke svetla, teplote telesa, jeho tvaru kvality povrchu a podobne.

Ak na jednotkovú plochu telesa s teplotou T dopadne za jednotku časuE energie v podobe monochromatického žiarenia s vlnovou dĺžkou λ, potomz tohoto množstva energie aE bude pohltené, rE bude odrazené a dE budeprepustené. Platí teda

a + r + d = 1. (2.2)

Samotné tvrdenie je triviálne a dá sa bez problémov pripustiť, že tietoveličiny sú závislé na vlnovej dĺžke žiarenia i teplote telesa. Schopnosť ab-sorpcie sa však dostane do nového svetla, keď spomenieme ďalšiu schopnosťtelies (nie nutne absolútne čierne) a tou je emisivita.

emisivita Ak zoberieme absolútne čierne teleso, tak také teleso pohltí každé žiare-nie, ktoré na neho dopadne, teda a = 1 (r = d = 0) pre elektromagnetickéžiarenie ľubovoľnej vlnovej dĺžky.

Keď toto absolútne čierne teleso bude v tepelnej rovnováhe so žiarením,potom vyžiari na každej vlnovej dĺžke rovnaké množstvo energie, aké naneho dopadá. Označme množstvo vyžiarenej energie (z jednotkovej plochyza jednotku času) formálne ako ǫE (ǫ = 1). Naše tvrdenie potom môžemezapísať nasledovne

ǫE = aE.

Pre absolútne čierne teleso je samozrejme a = 1, preto naše konštatovanie jeskutočne triviálne.

emisivita

33

Kirchhoff4 si však položil otázku, že koľko energie vyžiari zo svojhopovrchu reálne teleso5, ktorého absorpčná schopnosť je a (a < 1)? Porovná-vacím základom je absolútne čierne teleso. Ak absolútne čierne teleso máteplotu T a vyžiarené množstvo energie6 na vlnovej dĺžke λ je E, u reálnehotelesa rovnakej teploty sa dá očakávať, že bude množstvo vyžiarenej energiena tej istej vlnovej dĺžke ǫ(λ, T )E. Koeficient e(λ, T ) nazývame emisivitou.

Kirchhoff experimentálne zistil, že

ǫ(λ, T ) = a(λ, T )

pre každú teplotu T a každú vlnovú dĺžku λ žiarenia. Tento jav nazývameKirchhoffowzákon

Kirchhoffovým zákonom tepelného žiarenia.

Poznámka 2.2. Možno pôsobí táto rovnosť prekvapujúco, hlavne keď siuvedomíme, že u reálneho telesa je schopnosť odrážať žiarenie nenulová (r >0) a tiež je nenulová aj priechodnosť (d > 0). V skutočnosti však vyjadrujeKirchhoffov zákon spomínanú rovnováhu telesa s dopadajúcim žiarením. Keďsi predstavíte list stromu, na ktorý dopadá slnečné svetlo, tak nakoniec jehoteplota sa ustáli. Svetlo, čo list prepustí, či odrazí nezvyšuje teplotu listu, alesnaží sa o to množstvo energie absorbované listom. Pri ustálenej teplote savšak list musí zbaviť rovnakého množstva energie, aké prijíma, preto ǫE =aE, čo je Kirchhoffov zákon.

Predsa je tu niečo netriviálneho. Kirchhoffov zákon totiž hovorí, že tátorovnováha nastane pre každú vlnovú zložku samostatne – absorbovaná ener-gia danej vlnovej dĺžky sa na tejto vlnovej dĺžke aj vyžiari. To je zákontepelného žiarenia.

Sú látky, ktoré tento zákon narúšajú. Napríklad ekologické žiarovky i„neónky“ pracujú na inom princípe. Na biely svietiaci povlak (tzv. luminofor)dopadá ultrafialové svetlo, ktoré je absorbované, ale luminofor vyžaruje tútoenergiu na úplne iných vlnových dĺžkach. Pravda, toto žiarenie už nie jetepelné žiarenia, ale tzv. studené žiarenie a vrátime sa k nemu neskôr.

Pomocou Planckovho vyžarovacieho zákona neskôr ukážeme, že b sa dáskutočne vyjadriť výhradne pomocou univerzálnych fyzikálnych konštánt.

4Gustav Robert Kirchhoff od ktorého pochádzajú aj dobre známe zákony pre

elektrické obvody.5z jednotkovej plochy za jednotku času6z jednotkovej plochy za jednotku času

34

H(λ, T )

λλmax

Obr. 2.3: Graf ukazuje typické spektrálne zloženie žiarenia absolútne čiernehotelesa, ktorého teplota je T. Na vodorovnej osi je vynesená vlnová dĺžka,na zvislej osi H(λ, T ), tzv. spektrálna hustota žiarivého toku, ale tento po-jem vysvetlíme neskôr. Momentálne stačí vedieť toľko, že keď vyberiemekonkrétnu vlnovú dĺžku, výška grafu nám prezrádza, že akú časť intenzityžiarenia absolútne čierneho telesa predstavujú fotóny s vybranou vlnovoudĺžkou (neskôr aj toto tvrdenie upresníme). Na obrázku sme vyznačili polohumaxima spektrálnej hustoty (žiarivého toku) a príslušnú hodnotu vlnovejdĺžky sme označili λmax. Túto vlnovú dĺžku nazývame vo Wienovom posu-vnom zákone maximálnou vlnovou dĺžkou.

35

Príklad 2.3. Povrchová teplota Slnka je 5523 °C. Aká je maximálna vlnovádĺžka, na ktorej Slnko svieti?

Riešenie. Povrchová termodynamická teplota Slnka je teda T = 5800 K, apodľa Wienovho posuvného zákona je maximálna vlnová dĺžka

λmax =b

T=

2, 898 mm·K5800 K

= 500 nm.

Poznámka 2.4. Treba poznamenať ešte skutočnosť, spektrum tepelnéhožiarenia telesa nezávisí od emisivity povrchu, len od teploty telesa. Nezávisíani od farby povrchu. Farba povrchu sa prejavuje v dôsledku odrazu dopada-júceho svetla na povrch. Pri nízkych teplotách samozrejme táto farba pre-vláda, ale nemá nič spoločného s tepelným žiarením telesa. Zvyšovanímteploty sa zvyšuje množstvo vyžiareného tepelného žiarenia a začne pre-vládať. Pri vysokých teplotách žiaria všetky materiály rovnako, nezávisle naich pôvodnej farbe (stále hovoríme o tepelnom a nie studenom žiarení).

2.4 Stefanov-Boltzmannov zákon

Stefanov-Boltzmannov zákon hovorí, že ak máme absolútne čierne teleso,ktorého termodynamická teplota je T, potom z jednotky plochy za jed-notku času sa vyžiari určité množstvo energie a táto energia je úmerná T 4,konkrétne

Stefanov-Boltzmannovzákon

I = σT 4, (2.3)

kde I je intenzita vyžarovania telesa a σ = 5.67·10−8 W·m−2·K−4 je Stefanova-Boltzmannova konštanta, ktorá nie je závislá na materiále telesa, jeho tvarea závisí len od univerzálnych fyzikálnych konštánt, ako ukážeme pomocouPlanckovho vyžarovacieho zákona.

Príklad 2.5. Vlákno žiarovky je rozžhavené na teplotu t = 1800 °C, pričomplocha vlákna je 20 mm2. Akým výkonom žiari žiarovka a aký musí byťpríkon, na udržanie teploty vlákna na uvedenej teplote?

Riešenie. Podľa Stefanovho-Bolltzmannovho zákona je intenzita žiarenia

I = σT 4 = 5.67 · 10−8 W·m−2·K−4 · (2073 K)4 = 1.05 · 106 W·m−2.

Plocha vlákna je S = 20 mm2 a preto vyžiarený výkon P je

P = S · I = SσT 4 = 20 mm2 · 1.05 · 106 W·m−2 = 21 W.

36

Vychádzali sme pritom z toho, že vlákno je absolútne čierne.Aby sme udržali teplotu vlákna, musí byť príkon rovnaký, aký je vyžarovaný

výkon (vlákno musí byť v tepelnej rovnováhe), preto príkon je tiež 21 W.

V prípade, že teleso nie je absolútne čierne, ale má určitú nie jednotkovúabsorpčnú schopnosť a (a < 1), potom jeho emisivita ǫ je tiež odlišná od 1a Stefanov-Boltzmannov zákon bude mať tvar

I = ǫσT 4. (2.4)

Táto emisivita ǫ je podľa Kirchhoffovho zákona tepelného žiarenia rovnáabsorpčnej schopnosti a (ǫ = a).

Poznámka 2.6. Vlákno žiarovky predchádzajúceho príkladu bolo pri výpoč-toch považované za absolútne čierne. Ak jeho emisivita bude ǫ = 0.6, potomvšak aj vyžarovaný výkon bude nižší presne o tento koeficient a dosiahnelen hodnotu 0.6 · 21 W = 12.6 W. V takom prípade na udržanie tepelnejrovnováhy vlákna bude postačovať príkon 12.6 W. (Stále vychádzame z toho,že príkonom musí byť nahradená vyžiarená energia v rovnakom tempe, akosa energia vyžaruje.)

Príklad 2.7. Na akú teplotu sa zohreje biela guľa s polomerom 5 cm, ak vjeho strede sa uvoľňuje 1 J tepla za každú sekundu (príkon 1 W). Aká budetáto teplota, ak príkon bude 100 W? Pod bielou guľou rozumieme guľu spovrchom, ktorého absorpčná schopnosť je a = 0.01 (99%-ná bielosť).

Riešenie. Uvažujme najprv príkon P = 1 W. Veľkosť plochy gule je

S = 4πr2 = 4 · 3.14 · (5 cm)2 = 3.14 · 10−2 m2.

Pri termodynamickej teplote T bude guľou vyžarovaný výkon

Pg = ǫSσT 4

a z rovnosti príkonu a vyžarovaného výkonu (P = Pg) plynie

T =

(

P

ǫS

)1/4

=

(

1 W0.01 · 3.14 · 10−2 m2 · 5.67 · 10−8 W·m−2·K−4

)1/4

= 487 K,

tj., že guľa sa zohreje na teplotu 214 °C.Ak bude príkon 100 krát väčší, potom teplota sa ustáli na (100)1/4 = 3.16

násobku teploty, ktorú sme obdržali pre príkon 1 W. Guľa sa rozžhaví pripríkone 100 W na teplotu 1540 K=1267 °C. Je to jeden z dôvodov, prečoľudia v rovníkovej oblasti majú tmavú pleť a prečo zvieratá v polárnej oblastisú biele.

37

Uvedieme ešte jeden praktický tvar Stefanovho-Boltzmannovho zákona.Ak teleso s termodynamickou teplotou T1 a s povrchom S1 a s absorpč-nou schopnosťou a svojho povrchu sa nachádza v nádobe (či v miestnosti),ktorého steny majú teplotu T2, potom teleso síce žiari výkonom P1 = ǫS1σT 4

1

(vyžarovaný výkon), ale súčasne pohlcuje cez svoj povrch žiarenia nádoby(miestnosti) výkon P2 = aS1σT 4

2 . Vzhľadom k tomu, že ǫ = a, celkový výkonvyžiarený telesom je

∆P = P1 − P2 = ǫS1σ(T 41 − T 4

2 ). (2.5)

Tento výkon je kladný, pokiaľ teleso vyžiari viac energie (T1 > T2), nežpohltí a je záporný, pokiaľ pohltí viac energie, než vyžiari (T1 < T2). Prek-vapivé môže byť zistenie, že táto formula neobsahuje emisivitu (alebo ab-sorpčnú schopnosť) stien nádoby. Je to ale pochopiteľné, lebo uzavretá ná-doba (dutina) vždy funguje ako absolútne čierne teleso (spomeňme si popisotvor dutiny - obrázok 2.2).

Príklad 2.8. Majme guľu s polomerom rg = 5 cm, povrch ktorej má ab-sorpčnú schopnosť a1 = 0.1. V strede tejto gule as uvoľňuje teplo a tentotepelný zdroj má príkon P = 1 W. Guľu obklopuje tenká kovová schránka vtvare gule s polomerom rs = 10 cm tak, že kovová schránka a guľa s tepelnýmzdrojom majú spoločný stred.

Vnútorná strana kovovej schránky je natretá tmavou farbou, ktorej ab-sorpčná schopnosť je a2 = 0.8, kým vonkajšia strana schránky je svetlá sabsorpčnou schopnosťou a3 = 0.05.

Celé zariadenie je vo vesmíre, v tieni Zeme. Na akej teplote sa ustáliteplota malej gule s tepelným zdrojom a na akej hodnote sa ustáli teplotakovovej schránky?

Riešenie. Musíme začať postup zvonka. Pri tepelnej rovnováhe celkový te-pelný príkon (v malej guli) P = 1 W sa musí vyžiariť vonkajšou vrstvoukovovej schránky, tj.

P = ǫ3SsσT 4s ,

kde ǫ3 = a3 = 0.05Ss = 4πr4

s = 1.24 · 10−10 m2

je povrch kovovej schránky. Z rovnosti vyžarovaného výkonu a príkonu dostaneme

T 4s =

P

ǫSsσ= 2, 81 · 109 K4, T = 230 K.

Teraz môžeme prejsť k vnútornej gule s tepelným zdrojom. Vnútorná guľamá teplotu Tg a preto vyžaruje výkonom Pg = ǫ1SgσT 4

g , kde Sg = 4πr2g.

38

Súčasne však guľa je obklopená kovovou schránkou, ktorej teplota je Ts.Absorbuje teda výkon Pa = ǫ1SsσT 4

g . Tieto dva výkony nie sú rovnaké, alelíšia sa o tepelný príkon zdroja ukrytého vo vnútri gule. Jedine takto dokážekovová schránka vyžiariť spomínaný výkon do okolitého vesmíru. Platí teda,že

P = Pg − Pa = ǫ1Sgσ(T 4g − T 4

s ),

odkiaľ teplotu gule vieme vypočítať, lebo už všetko poznáme

T 4g =

P

ǫ1Sgσ+ T 4

s =P

σ

(

1

ǫ1Sg−

1

ǫ3Ss

)

.

Po dosadení dostaneme, že teplota gule bude Tg = 483 K.

2.5 Planckov vyžarovací zákon

Planckov vyžarovací zákon vystihuje tepelné žiarenie v podstatne detailnejšejpodobe, než Wienov posuvný zákon a Stefanov-Boltzmannov zákon, nakoľkohovorí o spektrálnom zložení tepelného žiarenia a kvantifikuje ho.

2.5.1 Rayghleiho-Jeansov zákon

Raygheiho-Jeansov zákon bol jedným z prvých čiastočne úspešných pokusovvysvetliť spektrálne zloženie tepelného žiarenia (žiarenia absolútne čiernehotelesa). Keď hovoríme o spektrálnom zložení, máme tým na mysli napríkladfarebné zloženie žiarenia Slnka.

Keď rozložíme svetlo Slnka pomocou hranola, získame vo viditeľnej oblastidúhu (pozri obrázok 2.1 na strane 28). Intenzita jednotlivých farieb nie jerovnaká (v zmysle definície intenzity monochromatického svetla, tj. ener-gia fotónov×počet fotónov/(plocha × čas)). Pri teoretickom popise tepel-ného žiarenia sa očakáva odpoveď aj na otázku, aká je intenzita jednotlivýchfarieb, všeobecne – aká je intenzita všetkých frekvencií žiarenia.

39

Rayghlei7 a Jeans8 odvodili vzťah medzi spektrálnou hustotou intenz-ity žiarenia absolútne čierneho telesa vychádzajúc z kinetickej teórie plynova z Maxwellových rovníc.

Na tomto mieste podáme popis odvodenia pre zjednodušenú dutinu,ktorá hrá úlohu absolútne čierneho telesa, keď dutina má tvar hranola sostranami Lx, Ly, Lz. Dutina v tomto prípade nemá žiadny otvor, a preto ničz neho neuniká – steny dutiny vyžiaria formou tepelného žiarenia všetko, čopohltili. Steny dutiny považovaly Rayghlei a Jeans za dokonalé zrkadlá,ktoré udržiavajú v dutine (kde je vákuum) elektromagnetické žiarenie vnezmenenom stave.

Program, ktorý si následne vytýčili, bol jednoduchý:

1. spočítať, v koľkých možných stavoch sa môže nachádzať elektromag-netické pole nachádzať v dutine (počet stupňov voľnosti – počet mó-dov),

2. určiť zo znalosti počtu stupňov voľnosti a znalosti strednej energiepripadajúcej na jeden stupeň voľnosti množstvo energie uschované vjednotkovom objeme dutiny, a tiež spektrálne zloženie tejto energie.

Ultrafialovákatastrofa

Kým prvý krok sa dá urobiť korektným spôsobom, v prípade druhého krokuprogramu sa museli uchýliť k predpokladu, že v dutine realizuje sa real-izuje každý mód, a stredná energia jedného módu je kT/2 – zrovna tak, akov kinetickej teórii plynov.9 Tento druhý (nesprávny predpoklad) viedol kpredpovedi spektrálneho zloženia, ktorej nedostatok v literatúre spomínajú

7Lord Rayghlei (vyslovuj „rejli“ ), vlastným menom John William Strutt bol an-glický fyzik, stal sa laureátom Nobelovej Ceny v roku 1904 za objav nového chemickéhoprvku, argónu. Jeho meno je spojené mnohými javmi, ako napríklad Rayleigho rozptyl.Rayghleiho rozptyl hovorí o tom, že svetlo s kratšou vlnovou dĺžkou sa rozptyluje namalých rozptylových centrách a molekulách ochotnejšie, než svetlo väčšej vlnovej dĺžky.Preto je obloha modrá a bude modrá na každej planéte, kde atmosféru tvorí plyn bezfarby. Aj obloha Marsu je modrá, ako to dokazujú aj zábery vesmírnych sond, ktoré napvrchu Marsu pristály. Obloha na Marsu môže byť do červena, pokiaľ sa preženie piesočnábúrka, ktorá do atmosféry vynesie malé zrniečka červeného piesku. Farba oblohy v tomtoprípade je však daná farbou zrniečok piesku a nie niečim iným.

Nobelová cena sa nikdy neprideľuje na základe jedného objavu, berie sa do úvahy prispe-nie do nejakej oblasti fyziky výraznejším spôsobom. V odôvodnení, pravda, sa vyzdvihujeaj konkrétny úspech v oblasti, kde prispenie osoby je výrazné, najviac oceňované komu-nitou vedcov navrhujúcich toto prestížne ocenenie.

8sir James Hopwood Jeans bol anglický fyzik, astronóm. Prispel hlavne ku kvantovejteórii a k vysvetleniu žiarenia a vývoja hviezd.

9Teraz sme nepresní, lebo kT/2 je len stredná kinetická energia pripadajúca na jedenstupeň voľnosti. Toto tvrdenie je zatiaľ postačujúce a upresnenie príde na správnom mieste– pozri napríklad dodatok A.

40

ako ultrafialovú katastrofu. Podrobným výpočtom (pozri dodatok A) zistili,že počet módov s frekvenciou ν až ν + dν je v dutine s objemom V

N(ν) =16π

c3V ν2dν (2.6)

Ak priemerná energia módov je 12 kT, potom elektromagnetické pole uzavreté

v dutine s objemom V a s teplotou stien T má vo frekvenčnom pásme (ν, ν +dν) energiu

8π

c3V kTν2dν. (2.7)

Spektrálna hustota hustoty energie prepočítanej na jednotku objemu je po-tom

H(ν, T ) =8π

c3kTν2. (2.8)

Vysvetlime si fyzikálny význam veličiny H(ν, T ).10 Spektrálna hustota hus-toty energie hovorí nasledujúce. Ak vyberieme vo vnútri dutiny objem veľ-kosti ∆V a frekvenčné pásmo šírky ∆ν obsahujúci frekvenciu ν, (naprík-lad frekvenčné pásmo (ν, ν + ∆ν)), potom množstvo energie nahromadené vtomto objeme a v tomto frekvenčnom pásme je

∆E = H(ν, T )∆ν∆V. (2.9)

Poznámka 2.9. H(ν, T ) je fyzikálna veličina nového typu, s ktorou sa do-teraz čitateľ pravdepodobne nestretol. Je to dvojnásobná hustota. Hustotaenergie z hľadiska priestoru a súčasne aj hustota z pohľadu frekvencie (spek-trálna hustota). Pokiaľ s ňou budeme narábať v tvare (2.9), myslíme si, žesa sňou dokážeme zblížiť bez väčších problémov.

Vzťah (2.9) sa pomocou kvantového prístupu dá chápať ešte jednoduchšie,než klasicky. Je to súhrnná energia tých fotónov v objeme ∆V, ktorýchfrekvencia je z intervalu (ν, ν + ∆ν).

Rayghleiho-Jeansov zákon súhlasil so známymi experimentálnymi úda-jmi len v nízkofrekvenčnej oblasti. Vo vysokofrekvenčnej oblasti však experi-menty ukazovali „orezanie“ hustoty energie s vysokou frekvenciu. I jednoduchépozorovanie odporuje tomu, čo predpovedá Raygleiho-Jeansov zákon. Pozrimesa na tento problém z pohľadu obyčajných kachlí, do ktorých sme zatopiliuhlím. Keď zatopíme, kachle sa postupne zahrievajú až na konečnú teplotu.V konečnom, rovnovážnom stave vyžiaria toľko tepla, koľko tepla sa uvoľnípri horení uhlia. Vnútrajšok kachlí pritom funguje ako dutina a jeho steny

10Jeho odvodenie možno nájsť v dodatku A

41

ako absolútne čierne teleso. Pri konečnej teplote (T ) hovoríme o tepelnejrovnováhe absolútne čierneho telesa – mal by tu teda platiť Rayghleiho-Jeansov zákon. Ten však predpovedá, že keď urobíme „inventár“ koľko ener-gie sa nachádza vo frekvenčnom pásme šírky (napr.) 1 Hz – dostaneme odpoveď,že čím je frekvencia väčšia, tým viac. Na frekvencii 10 Hz je stokrát viac, akona frekvencii 1 Hz, Na frekvencii 100 Hz je zase stokrát viac ako na frekvencii10 Hz, na frekvencii 1000 Hz je zase stokrát viac ako na 100 Hz, atď, atď. Jeto dané tým, že H(ν, T ) ∼ ν2. Tento rast ale nikde nekončí, nie je „orezaný“ .Ak v infračervenej oblasti je nejaké konečné množstvo energie (a to cítime nadlaniach natiahnutých smerom ku kachliam), vo viditeľnej oblasti by tohomalo byť sto krát viac, v ultrafialovej oblasti sto krát viac, než vo viditeľnejoblasti a v röntgenovej oblasti ešte stokrát viac. Sedieť v blízkosti takýchkachlí by bolo vysloveným hazardom (alebo skôr istou smrťou). Tento stavby musel nastať postupne, vyrovnávaním teploty kachlí na konečnú teplotu.Podľa Rayghleiho-Jeansovho zákona by sa kachle mali naprv rozpáliť dočervena, potom do žlta, do zelena, do modra, do fialova atď.

Nič sa z toho ale nedeje, môže to potvrdiť ktokoľvek, kto v blízkostikachlí už sedel (zrovna to platí pre táborák, kde rovnaké procesy by museliprebehnúť vo vnútri každého žeravého uhlíku v ohništi). Je to rukolapné, žetento zákon nemôže byť správny.

2.5.2 Wienov zákon žiarenia

Wien11 si uvedomil, že základná chyba je v predpoklade o obsadení každéhomódu elektromagnetického žiarenia, ktorý môže v dutine existovať. Pokiaľ bysme totiž chceli spočítať množstvo energie v konečne malom objemovom ele-mente ∆V dutiny, museli by sme sčítať (integrovať) energie ∆E = H(ν, T )∆V ∆νpre všetky frekvencie, čo vedie k výsledku

E =

∫ ∞

0dν(

H(ν, T )∆V)

=8π

c3∆V

∫ ∞

0dν ν2 =

8π

c3∆V

[

ν3

3

]∞

ν=0

= ∞,

tj. k nekonečnemu množstvu energie. Vráťme sa k nášmu príkladu, ku kach-liam, v ktorých horí uhlie: pálením uhlia v kachliach sa uvolní len konečnémnožstvo tepla, takže takáto predpoveď o spektrálnom rozdelení energie vžiarení je neprijateľná.

Wien použil predpoklad, že vysokofrekvenčná oblasť bude „orezaná“ fak-torom e−E/kT , ktorý je známy napríklad z barometrickej formule (odvodenie

11Wilhelm Wien získal Nobelovu Cenu za fyziku v roku 1911 práve za výsledky dosiah-nuté pri vysvetlení tepelného žiarenia.

42

Rayghlei-Jeans

Planck a experimentálne údaje

Wien

H(ν, T )

ν

Obr. 2.4: Predpovede priebehu H(ν, T ) podľa rôznych modelov. Experimen-tálne údaje sú vynesené hrubou čiarou a zhodujú sa s Planckovým zákonomžiarenia. Rayghleiho-Jeansov zákon predpovedá pre rastúcu frekvenciuneobmedzený rast hustoty energie. Wienov zákon dáva správne výsledkypre vysokofrekvenčnú oblasť, ale pre nízkofrekvenčnú oblasť sa odchyľujeod experimentálnych hodnôt výraznejšie, než Rayghleiho-Jeansov zákon.

barometrickej formule a argumentáciu vedúcu ku vzťahu nižšie pozri v do-datku B). Orezávanie znamená v tomto prípade to, že spektrálnu hustotuhustoty energie H(ν, T ) očakával v tvare

H(ν, T ) =8π

c3hν3e−

hνkT . (2.10)

Wienov zákon žiarenia dáva vynikajúci súhlas v oblasti veľmi vysokýchfrekvencií, ale v oblasti nízkych frekvencií dáva horšie výsledky, než Rayghleiho-Jeansov zákon (pozri obrázok).

Poznámka 2.10. V niektorých literatúrach tento nesúhlas Wienovho zá-kona s experimentálnymi údajmi v nízkofrekvenčnej oblasti sa nazýva in-fračervená katastrofa. Treba ale poznamenať, že nesúhlas zďaleka nie je dra-stický, ako to ukazuje aj obrázok 2.4, a zďaleka nie taký závažný ako ultra-fialová katastrofa spojená s Rayghleiho-Jeansovým zákonom.

Žiaľ, Wienov zákon nesúhlasil s experimentálnymi údajmi ani v oblastimaxima H(ν, T ) a konkrétne nedával správnu hodnotu práve pre experi-mentálne zistenú hodnotu b z Wienovho posuvného zákona. Aby sme si to

43

ukázali, vyjadrime spektrálnu hustotu hustoty energie v závislosti od vlnovejdĺžky λ a nie od frekvencie ν.

Príklad 2.11. Vyjadrite závislosť spektrálnej hustoty hustoty energie H navlnovej dĺžke λ.

Riešenie. Aby sme sa nezaplietli do definície H(ν, T ), odvodenie tvaruH(λ, T ), urobíme prostredníctvom množstva elektromagnetickej energie vmalom elemente ∆V.

Množstvo elektromagnetickej energie dE v objeme ∆V a vo frekvenčnompáse (ν, ν + dν je

dE = H(ν, T )∆V dν

Táto istá energia sa ale dá vyjadriť aj pomocou vlnovej dĺžky λ a spektrálnejhustoty hustoty energie H(λ, T ), ktorá má ten istý význam ako H(ν, T ), lenvyjadrená pomocou vlnových dĺžok λ :

dE = H(λ, T )∆V dλ,

kde frekvenčné pásmo (ν, ν +dν) určuje jednoznačne interval vlnových dĺžok(λ, λ + dλ) prostredníctvom vzťahu λ = c/ν. Platí

ν =c

λ, , ν + dν =

c

λ + dλ, dν =

dν

dλdλ = −

c

λ2dλ.

Nech nás znamienko „−“ nemýli. Vyjadruje vlastne tú skutočnosť, že medziν a λ je nepriama úmera. Ak ν + dν je väčšie ako ν, potom λ+ dλ je menšieako λ, pričom λ = c/ν.

Frekvenčný interval (ν, ν +dν) popisuje tú istú časť elektromagnetickéhožiarenia, ako interval (λ + dλ, λ)12 a nachádza sa v nich rovnaké množstvoenergie (na jednotkový objem).

Rovnosť môžeme zapísať aj pomocou absolútnych hodnôt nasledovne

dE = H(ν, T )∆V |dν| = H(λ, T )∆V |dλ|.

Objem ∆V môžeme vykrátiť z rovnosti a písať

H(λ, T ) = H(ν, T )

∣

∣

∣

∣

dν

dλ

∣

∣

∣

∣

=8π

c3hν3

∣

∣

∣

∣

−c

λ2

∣

∣

∣

∣

.

Konečný výsledok je potom

H(λ, T ) =8π

c3h

(

c

λ

)3

e−hckT

∣

∣

∣

∣

−c

λ2

∣

∣

∣

∣

= 8πhcλ−5e−hc

λkT .

12teraz sme dbali o to, aby sme poradie λ + dλ a λ písali skutočne v poradí „menší,“„väčší.“

44

Príklad 2.12. Odvoďte Wienov posuvný zákon pre Wienovu spektrálnuhustotu hustoty energie.

Riešenie. Podľa Wienovho posuvného zákona vlnová dĺžka λmax elektro-magnetického žiarenia, pre ktorú monochromatická zložka má maximálnuintenzitu, spĺňa zákon

λmax =b

T, kde b = 2, 989 mm·K.

Inými slovami H(λ, T ) nadobúda svoju maximálnu hodnotu na vlnovej dĺžkeλmax. Potom ale musí platiť, že

∂H(λ, T )

∂λ

∣

∣

∣

∣

λ=λmax

= 0.

Po dosadení do H(λ, T ) z príkladu 2.11, a vykonaní derivácie dostaneme

8πkT

(

−5

λ6e−

hcλkT +

1

λ5

hc

kT

1

λ2e−

hcλkT

)

= 0

Stačí rovnicu vynásobiť výrazom λ7ehc

λkT a dostaneme podmienku pre ma-ximum vo veľmi jednoduchej podobe

5λ −hc

kT= 0.

Tento vzťah kvalitatívne súhlasí s Wienovým posuvným zákonom, ale pred-povedá pre koeficient b hodnotu

b =hc

5k= 2, 877 mm·K,

teda asi 0.7% menšiu, než je správna, experimentálne zistená hodnota 2, 898 mm·K.

2.5.3 Konečné riešenie

Konečné riešenie našiel Max Planck13. Bol dlho presvedčený o správnostiWienovho zákona, bolo mu však zrejmé, že bude treba robiť určitú modi-fikáciu, ktorá povedie k súhlasu s experimentálnymi údajmi v celej oblasti.Jeho postup tu nebudeme reprodukovať, lebo sa opieral o termodynamiku.

13Max Planck, jeden zo zakladateľov kvantovej teórie, získal Nobelovu cenu za fyziku

v roku 1918 za jeho zásluhy vo fyzike a objavenie kvanta energie

45

V konečnom dôsledku však skombinoval entrópiu pre Rayghleiho-Jeansvozákon a Wienov zákon šťastným spôsobom, ktorý viedol k správnemu tvaruspektrálnej hustoty hustoty energie v tvare

H(ν, T ) =8π

c3hν3 e−

hνkT

1 − e−hνkT

(2.11)

Tento výsledok naprosto súhlasí s experimentálnymi údajmi (pozri obrázok2.4) na strane 42, preto bolo treba nájsť aj prijateľné fyzikálne zdôvodnenie.Na rozdiel od mylnej predstavy (ktorá prežívala skoro 40 rokov), že Plancknašiel odpoveď v kvantovaní elektromagnetického žiarenia, vychádzal z pred-stáv o mechanizme vzniku žiarenia. Tá je skrytá v stenách dutiny.

Atómy a molekuly steny dutiny pohlcujú a vyžarujú elektromagnetickéžiarenie. Správne žiarenie popísané vzťahom (2.11) možno získať, pokiaľ sipovieme, že konkrétny atóm (molekula) steny dutiny nie je schopný žiariťna ľubovoľnej frekvencii, len na celočíselných násobkoch určitej základnejfrekvencie ν0, tj. na frekvenciách

ν0, 2ν0, 3ν0, . . . .

Dnes vieme, že to zodpovedá vyžiareniu fotónov s energiou

E0, 2E0, 3E0, . . . .14

Na druhú stranu to, že atóm (molekula) sa dostane do stavu s energiouschopnou vyžiariť na tejto energii (frekvencii), je (používame barometrickúformulu - odvodenie pozri v dodatku A)

p0e−

E0

kT , p0e−

2E0

kT , p0e−

3E0

kT , . . . , p0e−

nE0

kT

kde p0 je normujúce číslo, aby p0e−

nE0

kT bola skutočne pravdepodobnosť.Súčet všetkých pravdepodobností totiž musí dať 1 (100%)

1 = p0e− 0

kT + p0e−

E0

kT + p0e−

2E0

kT + · · · = p0

(

1 + e−E0

kT + e−2E0

kT+...)

= p01

1 − e−E0

kT

.

Tu sme využili toho, že pre malé x (|x| < 1)

1 + x + x2 + · · · + xn =1 − xn+1

1 − x

46

a v limitnom prípade n −→ ∞ sa čitateľ stane rovný 1. V našom prípadebolo x = e−

E0

kT . Teraz už poznáme čomu sa p0 musí rovnať

p0

1 − e−E0

kT

= 1 ⇒ p0 = 1 − e−E0

kT .

Pravdepodobnosť toho, že atóm (molekula) nevyžiari nič je p0, pravdepodob-

nosť toho, že atóm vyžiari energiu E0 je p1 = p0e−

E0

kT , pravdepodobnosťtoho, že vyžiari energiu 2E0 je zase p2e

−2E0

kT atď..Teraz môžeme skontrolovať, že aká je stredná hodnota energie vyžiarená

atómom – je to vážený priemer všetkých možných energií 0, E0, 2E0, . . . .Nulová energia (pravdepodobnosť vyžiarenia ktorého je p0) tu musí figurovaťtiež. Pre strednú hodnotu energie E môžeme napísať

E = p0 ·0 + p1E0 + p2(2E0) + p3(3E0) = p0E0e−

E0

kT

(

1 + e−E0

kT + e−2E0

kT · · ·)

.

Znova použijeme naše značenie x = e−E0

kT , potom si všimnime, že

1 + 2x + 3x2 + · · · =d

dx(1 + x + x2 + x3 · · · ),

teda rovnýd

dx

(

1

1 − x

)

=1

(1 − x)2.

Stredná hodnota energie pripadajúca na jeden mód je teda nie kT, ale

E = E0e−

E0

kT

1 − e−E0

kT

= E01

eE0

kT − 1=

1

ehν0

kT − 1. (2.12)

Poznámka 2.13. Pre veľmi malé hodnoty z (|z| ≪ 1) možno písať ez ≈1 + z.

Všimnime si, že pre veľmi malé energie E0, kokrétne pre tak malé energie,že E0

kT ≪ 1 dostávame pre strednú energiu

E ≈ E01

(1 + E0

kT ) − 1= kT,

tj. predpoklad použitý Rayghleim pri odvodení Rayghleiho-Jeansovho zá-kona.

47

Poznámka 2.14. Pozorný čitateľ si môže položiť otázku, prečo sme prestrednú hodnotu energie nedostali 1

2 kT? V kinetickej teórii pripadá na každýstupeň voľnosti stedná hodnota kinetickej energie veľkosti 1

2 kT. Pokiaľ jemedzi atómami aj pružná väzba, potom na každú takúto väzbu pripadástredná hodnota potenciálnej energie tiež veľkosti 1

2 kT. Toto zistenie je ob-sahom tzv. ekvipartičného teorému.

V prípade elektromagnetického poľa elektrické a magnetické pole nie súod seba oddeliteľné – vidíme to aj z toho, že ich pevne spájajú Maxwelloverovnice. Ak jeden z nich budeme chápať ako kinetický člen (s kinetickou ener-giou), druhý potom hrá úlohu potenciálneho člena (s potenciálnou energiou).To sme pri odvodení Rayghleiho-Jeansovho zákona v dodatku A zobrali doúvahy.

Zostáva nám odvodenie Stefanovho-Boltzmannovho zákona žiarenia. Urobímev dvoch krokoch.

2.5.4 Vzťah hustoty energie a intenzity žiarenia

Uvažujme o elektromagnetickom žiarení, ktorého hustota energie je konš-tantná, rovná w a šíri sa len v jednom smere. Ako súvisí intenzita žiarenia Itohoto žiarenia s jeho energiou hustoty?

Predstavme si elementárny hranol s objemom ∆V, v ktorej fotóny sapohybujú pozdĺž jednej z jeho hrán. Nech dĺžka tejto hrany je ∆Lx. V danomokamihu je množstvo energie v elementárnom objeme ∆E = w∆V. Za čas

∆t =∆Lx

c

sa všetky fotóny z tohoto elementárneho objemu ∆V prejdú plochou kolmouna hranu dĺžky ∆Lx, tj. cez plochu

∆S =∆V

∆Lx.

Intenzita žiarenia je preto

I =∆E

∆S∆t=

w∆V(

∆S∆Lx

c

) = wc.

Žiarivý tokV prípade dutiny je situácia odlišná, než sme popísali vyššie. Ak vy-berieme nejaký bod vo vnútri dutiny, žiarenie cez neho prechádza zo všetkýchsmerov. Takéto žiarenie skôr vieme charakterizovať novou veličinou, ktorú

48

nazývame žiarivý tok. Žiarenie prechádzajúci cez bod, pokračuje ďalej aprechádza cez povrch gule so stredom v spomínanom bode. Túto skutočnosťvyjadrujeme tým, že žiarenie vypĺňa celý priestorový uhol 4π.15

Namiesto spektrálnej hustoty hustoty energie v dutine, vyjadrenej veliči-nou H(ν, T ) (pozri (2.11)) zavedieme spektrálnu hustotu žiarivého toku Φ(ν, T )absolútne čierneho telesa ako

Φ(ν, T ) =c

4πH(ν, T ). (2.13)

Rýchlosť svetla c poukazuje na to, že od hustoty prechádzame k toku, kýmdelenie s 4π na skutočnosť, že žiarenie je všesmerové a vzťahujeme veličinuna jednotkový priestorový uhol.

Majme dutinu, v ktorej je žiarenie absolútne čierneho telesa v rovnováhea hustota energie je w. Žiarenie je v dutine izotropné. Majme malú pevnezvolenú plochu veľkosti ∆S v dutine. Táto plocha má dve strany (dajmetomu symbolicky označíme ako 1 a 2). Žiarenie prechádza skrz túto myslenúplochu jedným i druhým smerom (vďaka izotropie rovnaké množstvo v obochsmeroch).

Otázka znie. Aká je intenzita žiarenia prechádzajúca skrz plochy len zjednej strany?

Žiarivý tok v dutine má veľkosť

Φ =wc

4π.

Z jednej strany na druhú však prechádza len žiarenie z polpriestoru, tj.z priestorového uhla 2π. Intenzita žiarenia však nebude I = 2πΦ, leboneprechádzajú pod rovnakým uhlom. Tá časť žiarenia, ktorá dopadá naplochu kolmo, prispieva k intenzite v plnej miere (dI = ΦdΩ(0), kde Ω(0) jemalý priestorový uhol okolo normály plochy). Žiarenie ΦdΩ(ϑ) dopadajúcena plochu S pod uhlom ϑ, prispieva k celkovej intenzite žiarenia (prechádza-júcej plochou S) len časťou dI = Φ cos ϑdΩ(ϑ). V tomto prípade Ω(ϑ)malý priestorový uhol vymedzujúci časť priestor, ktorá uzatvára s normálouplochu uhol približne ϑ. Sčítaním všetkých príspevkov (zo všetkých smerov)

15Priestorový uhol meriame v steradiánoch. Priestorový uhol vymedzuje okolo boduplochu na jednotkovej guli (so stredom v tomto bode). Veľkosť tejto plochy sa dohodlonazývať veľkosťou priestorového uhla. Plocha gule s polomerom r je 4πr2, preto plochajednotkovej gule je 4π. Ak máme na mysli len polpriestor, tak hovoríme o priestorovomuhle, ktorého veľkosť je 2π, lebo to je plocha polovice gule s jednotkovým polomerom.Veľkosť priestorového uhla nehovorí, ktorú časť priestoru okolo bodu myslíme – zrovnatak nám pojem „veľkosť vektora“ nepovie nič o tom, v ktorom smere vektor ukazuje.

49

dostaneme pre intenzitu žiarenia prechádzajúcu plochou S výsledok

I = πΦ =wc

4. (2.14)

Tento záver samozrejme platí samostatne pre každú frekvenciu, preto dostá-vame

I(ν, T ) =c

4H(ν, t) =

2πh

c2

ν3

ehνkT − 1

(2.15)

a pre závislosť na vlnovej dĺžke

I(λ, T ) =c

4H(λ, T ). (2.16)

2.6 Úlohy

2.1Úloha 2.1. Na obrázku 2.1 sme ukázali spektrum slnečného svetla. Jedná sao dúhu rozvinutú do velmi dlhého pásu. Túto dúhu sme rozrezali na krátkepásy a naukladali pod seba ako riadky písmen v knihe (pri prezeraní odnajväčších vlnových dĺžok k najmenším sa obrázok „číta zľava doprava azhora nadol“ , presne ako kniha). Nakoľko dĺžka každého pásu je rovnaká,môžeme zakresliť zvisle vedľa spektra mierku s rozpätím vlnových dĺžokviditeľného svetla (od 760 nm po 360 nm). Určte vlnovú dĺžku viditeľnéhosvetla a jeho farbu.

Riešenie.

360

410

460

510

560

610

660

710

760

Stupnica na ľavej strane je v nanometroch. Stred viditeľného spektra je560 nm a má zelenú farbu.

50

Úloha 2.2. Rozhodovanie o tom, že ktorá farba má akú vlnovú dĺžku jevýrazne subjektívne. Porovnajte farby z orientačnej definície uvedenej vtabuľke 2.1 so stupnicou z predchádzajúcej úlohy. Navrhnite vlastnú tabuľkufarieb.

Treba poznamenať, že ani obrazovka, ani tlačiareň nevracia farby úplneverne. Táto problematika je mimoriadne dôležitá pre výrobcov monitorova farebných tlačiarní. Napriek tomu, rozdiely, ktoré zistíte pramenia skôr vnejednotnosti definícií.

2.3

Úloha 2.3. Klasická žiarovka svieti pomocou rozžhaveného vlákna. Teplotavlákna v tepelnej rovnováhe je 1650 °C. Aká je maximálna vlnová dĺžka svetlatejto žiarovky?

Riešenie. Podľa Wienovho zákona určuje maximálnu vlnovú dĺžku svetlažiarovky vzťah (2.1) na strane 32, kde T je v našom prípade termodynamickáteplota vlákna

T = 273 + 1650 K = 1923 K.

Maximálna vlnová dĺžka λmax je potom

λmax =b

T=

2.989 mm·K1923 K

= 1554 nm.

Úloha 2.4. Aká je maximálna vlnová dĺžka tepelného žiarenia človeka, ktorýmá zvýšenú teplotu 37.3 °C?

Úloha 2.5. Povrchová teplota vzdialených hviezd sa dá určiť pomocou spek-tra ich žiarenia, ktoré je tepelné žiarenie. Určí sa maximálna vlnová dĺžka(vlnová dĺžka s maximálnou intenzitou žiarenia).

51

Obr. 2.5: Súhvezdie Orionu.

Rigel, jedna z najjasnejších hviezdzimnej oblohy (Druhá najjasnejšia hviezdasúhvezdia Orion - tj. Orion β) žiari na-jintenzívnejšie na vlnovej dĺžke 270 nm.Aká je jej povrchová teplota? Aká jeenergia fotónov (v eV) s maximálnouvlnovou dĺžkou?

Riešenie. Ak Rigel žiari najintenzívne-jšie na vlnovej dĺžke 270 nm, potom tátovlnová dĺžka je maximálna vlnová dĺžkaa podľa Wienovho posuvného zákonaje jeho povrchová teplota

T =b

λmax=

2.989 mm·K270 nm

= 1.1·104 K.

Energia fotónov je

E =hc

λ=

1240 nm·eV270 nm

= 4.59 eV.

kozmické mik-rovlnné žiareniepozadia

Úloha 2.6. Jedným z ranných pozostatkov Big-Bangu je kozmické mikro-vlnné žiarenie pozadia (žiarenie pozadia), ktoré prvý krát pozorovali Wil-

son a Penzias16, ako neodstrániteľný elektromagnetický šum prichádzajúciizotrópne z každého smeru vesmíru.

52

Obr. 2.6: Mapa oblohy ukazujúcažiarenie pozadia. Žiarenie poza-dia nie je dokonale izotrópne, čoprinieslo revolúciu v kozmológii –fyzikálnu kozmológiu. S poďako-vaním NASA/WMAP.

Ich cieľom nebolo objaviť toto žiare-nie (nikto nepredpokladal, že existuje),ale vyvinúť ultra citlivú anténu pracu-júcu v mikrovlnnej oblasti. Zistilo sa,že žiarenie má charakter tepelného žiare-nia. Maximálnu intenzitu dosahuje navlnovej dĺžke 1.063 mm. Akej teploteabsolútne čierneho telesa zodpovedá tátovlnová dĺžka (hovoríme tiež, že je toteplota žiarenia pozadia)? Aká je ener-gia fotónov (v eV) s maximálnou vl-novou dĺžkou?

2.4Úloha 2.7. Monochromatické svetlo s intenzitou 760 W·m−2 dopadá kolmona čiernu plochu veľkosti 6 cm2. Koľko energie je touto plochou absorbovanéza jednu minútu?

Riešenie. Nakoľko plocha je čierna, pohltí všetok žiarenia. Označme inten-zitu monochromatického svetla I = 760 W·m−2 a veľkosť čiernej plochy S =6 cm−2. Množstvo energie ∆E pohltené touto plochou za dobu ∆t = 1 minje

∆E = IS∆t = 760 W·m−2· = 6 · 10−4 cm2 · 60 s = 27.4 J.

Úloha 2.8. Laser s príkonom 1 mW vytvára monochromatický lúč červenéhosvetla s priemerom 1 mm. Aká je intenzita laserového lúča?

Intenzita niemonochromat-ického svetla

Úloha 2.9. Intenzita nie monochromatického svetla môžeme chápať akosvetlo zložené z monochromatických zložiek. Intenzita tohoto svetla je súč-tom intenzity jednotlivých zložiek.

Na list stromu dopadá biele svetlo s intenzitou 670 W·m−2, kolmo naplochu listu. List má absorpčnú schopnosť 0.8. Koľko energie pohltí liststromu za jednu hodinu, ak veľkosť plochy listu, na ktoré dopadá biele svetlo,je 25 cm2?

Riešenie. Označme absorpčnú schopnosť listu a, intenzitu bieleho svetla I,veľkosť plochy listu S a dobu, po ktorú biele svetlo dopadá na list. Množstvoabsorbovanej energie ∆E je

∆E = aIS∆t = 0.8 · 670 W·m−2 · 2.5 · 10−3 m2 · 3600 s = 48, 2 kJ.16

RObert Woodrow Wilson a Arno Allan Penzias získali Nobelovu cenu zafyziku v roku 1978 za objavenie kozmického mikrovlnného žiarenia pozadia. Tento objavo dve desaťročia neskôr priniesla revolúciu v kozmológii.

53

Úloha 2.10. Žiarovka s príkonom 100 W osvetľuje knihu, ktorá je od nej vovzdialenosti 0.5 m. Aká je intenzita žiarenia dopadajúca na knihu, ak dopadána strany knihy kolmo? Vlákno žiarovky považujme za čierne.

Úloha 2.11. Solárna konštanta je 1368 W·m−2. Aký je výkon žiarivý Slnka?K výpočtu použite astronomické údaje v dodatku ??.

Riešenie. Solárnu konštantu označme I. Vyjadruje intenzitu slnečného žiare-nia v blízkosti Zeme nad jej atmosférou vo vesmíre, tj. vo vzdialenosti rAU =1, 496 · 1011 m od Slnka. Celkový žiarivý výkon17 Slnka L sa rovná výkonužiarenia, ktorý prechádza cez povrch gule s polomerom rAU, tj. cez plochuveľkosti S = 4πr2

AU.Celkový žiarivý výkon Slnka je

L = 4πr2AUI = 4 · 3.1415 · (1.496 · 1011 m)2 · 1368 W·m−2 = 3.847 · 1026 W.

Úloha 2.12. Určte povrchovú teplotu Slnka na základe výsledku pred-chádzajúcej úlohy. Potrebné údaje čerpajte z dodatku ??.

Úloha 2.13. Zdrojom kozmického žiarenia (pozri úlohu 2.6) boli plyny predpribližne 12,5 miliardami rokov. Aký veľký žiarivý výkon môžeme prisúdiťpozadiu na základe znalosti teploty žiarenia? O plynoch uvažujme ako oabsolútne čiernom telese. Porovnajte tento výkon so žiarivým výkonom Slnkaz úlohy 2.11.

Riešenie. Nakoľko žiarenia pozadia prichádza z každého smeru a bolo emi-tované pred 12,5 miliardami rokov, plocha, ktorá je zdrojom žiarenia pozadiaje guľoplocha s polomerom R = 12, 5 · 109 ly, kde ly je označením svetel-ného roku (vzdialenosť, ktorú svetlo vo vákuu preletí za jeden rok, tj. 9.461 ·1015 m). Vyžarovaný výkon L je potom podľa Stefanovho-Boltzmannovhozákona

L = 4πR2σT 4 = 12.57·(12.5·109·9.461·1015 m)2·5.67·10−8 W·m−2·K−4(2, 73 K)4,

kde T = 2.73 K je teplota žiarenia (výsledok úlohy 2.6). Číselný výsledok jeL = 5, 54 · 1055 W, čo znamená, že L = 1, 44 · 1029L.

17astronómovia nazývajú luminozitou

54