Съдържание

НЕСФ 2011, 11–12 клас — Задача 3

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НЕСФ 2011

МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА · Национално състезание по физика, Варна, ноември 2011 г. · Тема 11-12 клас · 1 ноември 2011 г. · 10 т.

Условие

Температурата на повърхността на Слънцето е $t_0=5500^{\circ}\mathrm{C}$ , а неговият радиус е $R_0=7\times 10^{8}\ \mathrm{m}$ . Приемете, че Слънцето и Земята могат да се разглеждат като абсолютно черни тела и определете:

а) Енергията, която пада на единица площ за единица време, на разстояние равно на земната орбита - $L=150\times 10^{6}\ \mathrm{km}$ [4 т.]

б) Температурата на повърхността на Земята, при условие, че тя се намира в топлинно равновесие [5 т.]

в) Дължината на вълната, при която спектърът на излъчването на Земята има максимум, ако за Слънцето този максимум е при $\lambda_0=500\ \mathrm{nm}$ .

Константата на Стефан-Болцман е $\sigma = 5.67 \times 10^{-8}\ \mathrm{W/m^2K^4}$ . [1 т.]

Отговори

Решение

а) Законът на Стефан-Болцман дава мощността на излъчването на единица площ за абсолютно черно тяло: $W_0=\sigma T_0^4\ [\mathrm{W/m^2}]$ , а площта на Слънцето е $S_0=4\pi R_0^2\ [\mathrm{m^2}]$ . Следователно мощността на излъчената енергия от повърхността на Слънцето е $P_0=W_0S_0$ [W] [1 т.]. Излъчването е еднакво във всички посоки, а енергията се запазва и следователно на разстояние $L$ от центъра на Слънцето същата енергия ще е разпределена равномерно върху площ $S=4\pi L^2$ .

$P_0=W_0S_0=KS$ [1 т.]. Търсената енергия, на единица площ за единица време е:

K=\frac{W_0S_0}{S}=\frac{\sigma T_0^4 R_0^2}{L^2}=1372\ \Big[\frac{\mathrm{W}}{\mathrm{m^2}}\Big]\ \textbf{[2 т.]}.

б) Напречното сечение на Земята е диск с площ $S_1=\pi R_1^2$ , където с $R_1$ е означен земният радиус. Погълнатата от Земята енергия за единица време е $P_1=KS_1$ [1 т.] и при условие, че Земята се намира в топлинно равновесие, тя трябва да е точно равна на излъчената от повърхността на Земята [1 т.] – $P_2=W_2S_2$ ( $W_2=\sigma T_1^4$ - мощност на излъчването на единица площ, $S_2=4\pi R_1^2$ – площ на Земята).

K\pi R_1^2=\sigma T_1^4 4\pi R_1^2\ \textbf{[1 т.]}

Следователно $T_1=T_0\sqrt{\dfrac{R_0}{2L}}=279K$ [2 т.]

в) Използвайки законът на Вин, получаваме:

\lambda_0 T_0=\lambda_1 T_1

\lambda_1=\frac{\lambda_0 T_0}{T_1}=\lambda_0\sqrt{\frac{2L}{R_0}}=10\ \mu\mathrm{m}\ \textbf{[1 т.]}.

Оригинал в Архива: esenni_2011_11-12problems.pdf · официални решения: esenni_2011_11-12solutions.pdf