Правка разделов «Ответ», «Post scriptum»
ru/5.11.13.md
+16 −0
| ### Условие | |||
| $5.11.13.$ Накальная нить радиуса $r$ экранируется тремя цилиндрами радиуса $R$, $2R$ и $3R$. Температура нити $T_{0}$. Определите температуру внешнего экрана. Материал нити и экрана одинаков, степень черноты $\varepsilon=1$. | |||
|  | |||
| ### Решение | |||
| $\textbf{Эпиграф:}$ "Если ваш логический, физически обоснованный ответ задачи не совпадает с ответом задачника, то верьте себе. Задачник окончил типографию, а вы университет." (из личного опыта) | |||
| Пусть $L$ - длина наших цилиндров. Согласно закону Стефана-Больцмана поток энергии с боковой поверхности цилиндра: | |||
| $$Q=\sigma\varepsilon ST^{4}=\sigma\varepsilon\cdot 2\pi RL\cdot T^{4}$$ | |||
| Поскольку у нас цилиндры вставлены один в один, то результирующий поток между цилиндрами будет определяться излучаемой энергией с поверхности внутреннего цилиндра и получаемой энергией от внешнего цилиндра на площадь внутреннего цилиндра. В общем виде можно записать: | |||
| $$Q_{i\to j}=\sigma\varepsilon 2\pi R_{i}L(T_{i}^{4}-T_{j}^{4})$$ | |||
| Пусть $T_{1}$, $T_{2}$, $T_{3}$ — температуры экранов радиусов $R$, $2R$ и $3R$ соответственно. В стационарном состоянии поток энергии через каждое звено одинаков $Q=const$. | |||
| По условию задачи $\varepsilon=1$, тогда от нити к 1-му экрану: | |||
| $$\frac{Q}{L}=q=2\pi\sigma r(T_{0}^{4}-T_{1}^{4})$$ | |||
| Между 1-м и 2-м экранами: | |||
| $$\frac{Q}{L}=q=2\pi\sigma R(T_{1}^{4}-T_{2}^{4})$$ | |||
| Между 2-м и 3-м экранами: | |||
| $$\frac{Q}{L}=q=2\pi\sigma (2R)(T_{2}^{4}-T_{3}^{4})=4\pi\sigma R(T_{2}^{4}-T_{3}^{4})$$ | |||
| Излучение внешнего экрана в пространство: | |||
| $$\frac{Q}{L}=q=2\pi\sigma (3R)T_{3}^{4}=6\pi\sigma RT_{3}^{4}$$ | |||
| Итак, у нас есть 4 уравнения с 4 неизвестными: $q$, $T_{1}$, $T_{2}$, $T_{3}$. Для упрощения решения этой системы уравнений перепишим их в виде: | |||
| $$T_{0}^{4}-T_{1}^{4}=\frac{q}{2\pi\sigma r} \tag{1}$$ | |||
| $$T_{1}^{4}-T_{2}^{4}=\frac{q}{2\pi\sigma R} \tag{2}$$ | |||
| $$T_{2}^{4}-T_{3}^{4}=\frac{q}{4\pi\sigma R} \tag{3}$$ | |||
| $$T_{3}^{4}=\frac{q}{6\pi\sigma R} \tag{4}$$ | |||
| Сложим уравнений (2), (3) и (4): | |||
| $$T_{1}^{4}-T_{2}^{4}+T_{2}^{4}-T_{3}^{4}+T_{3}^{4}=\frac{q}{2\pi\sigma R}+\frac{q}{4\pi\sigma R}+\frac{q}{6\pi\sigma R}$$ | |||
| $$T_{1}^{4}=\frac{q}{2\pi\sigma R}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3} \right)=\frac{q}{2\pi\sigma R}\cdot\frac{11}{6}$$ | |||
| Теперь подставим это в первое уравнение для нити: | |||
| $$T_{0}^{4}=T_{1}^{4}+\frac{q}{2\pi\sigma r}=\frac{q}{2\pi\sigma}\cdot\left( \frac{11}{6R}+\frac{1}{r} \right)$$ | |||
| Отсюда: | |||
| $$q=\frac{12\pi\sigma rRT_{0}^{4}}{11r+6R}$$ | |||
| Подставим в (4): | |||
| $$T_{3}^{4}=\frac{1}{6\pi\sigma R}\cdot \frac{12\pi\sigma rRT_{0}^{4}}{11r+6R}=\frac{2rT_{0}^{4}}{11r+6R}=\frac{T_{0}^{4}}{5,5+\frac{3R}{r}}$$ | |||
| Окончательно: | |||
| $$\boxed{T_{3}=\frac{T_{0}}{\sqrt[4]{5,5+\frac{3R}{r}}}}$$ | |||
| Ответ в задачнике неверен. | |||
| @@ -68,3 +68,19 @@Решение | |||
| #### Ответ | |||
| $$T_{3}=\frac{T_{0}}{\sqrt[4]{5,5+\frac{3R}{r}}}$$ | |||
| + | |||
| + | #### Post scriptum | ||
| + | |||
| + | Отдельно хочу пояснить формулу для $Q_{i\to j}$. Когда один цилиндр находится внутри другого, всё излучение с поверхности внутреннего цилиндра неизбежно попадает на внутреннюю поверхность внешнего цилиндра. А вот излучение с внешнего цилиндра попадает на внутренний лишь частично - остальная часть «пролетает мимо» и попадает на другие участки того же внешнего цилиндра. Внешний цилиндр может быть хоть в сто раз больше радиусом, но «эффективно» с внутренним цилиндром будет взаимодействовать ровно столько его энергии, сколько способен «поймать» внутренний цилиндр. | ||
| + | |||
| + | Чисто математически это можно пояснить следующим образом. Поток энергии, которым обмениваются внутренний и внешний цилиндры в общем виде: | ||
| + | |||
| + | $$Q=Q_{изл 1 цил}\cdot p_{1}-Q_{изл 2 цил}\cdot p_{2}$$ | ||
| + | |||
| + | где $p$ это доля излучения, попавшая на соседа. Для внутреннего цилиндра $p_{1}=1$, поскольку всё излучение уходит на внешний цилиндр. Излучение энергии у нас однородно и изотропно, поэтому: | ||
| + | |||
| + | $$p_{2}=S_{1}/S_{2}$$ | ||
| + | |||
| + | где $S$ площади поверхностей цилиндров. Тогда поток энергии: | ||
| + | |||
| + | $$Q=\sigma S_{1} T_{1}^{4}-\sigma S_{2} T_{2}^{4} \frac{S_{1}}{S_{2}}=\sigma S_{1} \left( T_{1}^{4}-T_{2}^{4} \right)$$ | ||
| ### Условие | ### Условие | ||
| $5.11.13.$ Накальная нить радиуса $r$ экранируется тремя цилиндрами радиуса $R$, $2R$ и $3R$. Температура нити $T_{0}$. Определите температуру внешнего экрана. Материал нити и экрана одинаков, степень черноты $\varepsilon=1$. | $5.11.13.$ Накальная нить радиуса $r$ экранируется тремя цилиндрами радиуса $R$, $2R$ и $3R$. Температура нити $T_{0}$. Определите температуру внешнего экрана. Материал нити и экрана одинаков, степень черноты $\varepsilon=1$. | ||
|  |  | ||
| ### Решение | ### Решение | ||
| $\textbf{Эпиграф:}$ "Если ваш логический, физически обоснованный ответ задачи не совпадает с ответом задачника, то верьте себе. Задачник окончил типографию, а вы университет." (из личного опыта) | $\textbf{Эпиграф:}$ "Если ваш логический, физически обоснованный ответ задачи не совпадает с ответом задачника, то верьте себе. Задачник окончил типографию, а вы университет." (из личного опыта) | ||
| Пусть $L$ - длина наших цилиндров. Согласно закону Стефана-Больцмана поток энергии с боковой поверхности цилиндра: | Пусть $L$ - длина наших цилиндров. Согласно закону Стефана-Больцмана поток энергии с боковой поверхности цилиндра: | ||
| $$Q=\sigma\varepsilon ST^{4}=\sigma\varepsilon\cdot 2\pi RL\cdot T^{4}$$ | $$Q=\sigma\varepsilon ST^{4}=\sigma\varepsilon\cdot 2\pi RL\cdot T^{4}$$ | ||
| Поскольку у нас цилиндры вставлены один в один, то результирующий поток между цилиндрами будет определяться излучаемой энергией с поверхности внутреннего цилиндра и получаемой энергией от внешнего цилиндра на площадь внутреннего цилиндра. В общем виде можно записать: | Поскольку у нас цилиндры вставлены один в один, то результирующий поток между цилиндрами будет определяться излучаемой энергией с поверхности внутреннего цилиндра и получаемой энергией от внешнего цилиндра на площадь внутреннего цилиндра. В общем виде можно записать: | ||
| $$Q_{i\to j}=\sigma\varepsilon 2\pi R_{i}L(T_{i}^{4}-T_{j}^{4})$$ | $$Q_{i\to j}=\sigma\varepsilon 2\pi R_{i}L(T_{i}^{4}-T_{j}^{4})$$ | ||
| Пусть $T_{1}$, $T_{2}$, $T_{3}$ — температуры экранов радиусов $R$, $2R$ и $3R$ соответственно. В стационарном состоянии поток энергии через каждое звено одинаков $Q=const$. | Пусть $T_{1}$, $T_{2}$, $T_{3}$ — температуры экранов радиусов $R$, $2R$ и $3R$ соответственно. В стационарном состоянии поток энергии через каждое звено одинаков $Q=const$. | ||
| По условию задачи $\varepsilon=1$, тогда от нити к 1-му экрану: | По условию задачи $\varepsilon=1$, тогда от нити к 1-му экрану: | ||
| $$\frac{Q}{L}=q=2\pi\sigma r(T_{0}^{4}-T_{1}^{4})$$ | $$\frac{Q}{L}=q=2\pi\sigma r(T_{0}^{4}-T_{1}^{4})$$ | ||
| Между 1-м и 2-м экранами: | Между 1-м и 2-м экранами: | ||
| $$\frac{Q}{L}=q=2\pi\sigma R(T_{1}^{4}-T_{2}^{4})$$ | $$\frac{Q}{L}=q=2\pi\sigma R(T_{1}^{4}-T_{2}^{4})$$ | ||
| Между 2-м и 3-м экранами: | Между 2-м и 3-м экранами: | ||
| $$\frac{Q}{L}=q=2\pi\sigma (2R)(T_{2}^{4}-T_{3}^{4})=4\pi\sigma R(T_{2}^{4}-T_{3}^{4})$$ | $$\frac{Q}{L}=q=2\pi\sigma (2R)(T_{2}^{4}-T_{3}^{4})=4\pi\sigma R(T_{2}^{4}-T_{3}^{4})$$ | ||
| Излучение внешнего экрана в пространство: | Излучение внешнего экрана в пространство: | ||
| $$\frac{Q}{L}=q=2\pi\sigma (3R)T_{3}^{4}=6\pi\sigma RT_{3}^{4}$$ | $$\frac{Q}{L}=q=2\pi\sigma (3R)T_{3}^{4}=6\pi\sigma RT_{3}^{4}$$ | ||
| Итак, у нас есть 4 уравнения с 4 неизвестными: $q$, $T_{1}$, $T_{2}$, $T_{3}$. Для упрощения решения этой системы уравнений перепишим их в виде: | Итак, у нас есть 4 уравнения с 4 неизвестными: $q$, $T_{1}$, $T_{2}$, $T_{3}$. Для упрощения решения этой системы уравнений перепишим их в виде: | ||
| $$T_{0}^{4}-T_{1}^{4}=\frac{q}{2\pi\sigma r} \tag{1}$$ | $$T_{0}^{4}-T_{1}^{4}=\frac{q}{2\pi\sigma r} \tag{1}$$ | ||
| $$T_{1}^{4}-T_{2}^{4}=\frac{q}{2\pi\sigma R} \tag{2}$$ | $$T_{1}^{4}-T_{2}^{4}=\frac{q}{2\pi\sigma R} \tag{2}$$ | ||
| $$T_{2}^{4}-T_{3}^{4}=\frac{q}{4\pi\sigma R} \tag{3}$$ | $$T_{2}^{4}-T_{3}^{4}=\frac{q}{4\pi\sigma R} \tag{3}$$ | ||
| $$T_{3}^{4}=\frac{q}{6\pi\sigma R} \tag{4}$$ | $$T_{3}^{4}=\frac{q}{6\pi\sigma R} \tag{4}$$ | ||
| Сложим уравнений (2), (3) и (4): | Сложим уравнений (2), (3) и (4): | ||
| $$T_{1}^{4}-T_{2}^{4}+T_{2}^{4}-T_{3}^{4}+T_{3}^{4}=\frac{q}{2\pi\sigma R}+\frac{q}{4\pi\sigma R}+\frac{q}{6\pi\sigma R}$$ | $$T_{1}^{4}-T_{2}^{4}+T_{2}^{4}-T_{3}^{4}+T_{3}^{4}=\frac{q}{2\pi\sigma R}+\frac{q}{4\pi\sigma R}+\frac{q}{6\pi\sigma R}$$ | ||
| $$T_{1}^{4}=\frac{q}{2\pi\sigma R}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3} \right)=\frac{q}{2\pi\sigma R}\cdot\frac{11}{6}$$ | $$T_{1}^{4}=\frac{q}{2\pi\sigma R}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3} \right)=\frac{q}{2\pi\sigma R}\cdot\frac{11}{6}$$ | ||
| Теперь подставим это в первое уравнение для нити: | Теперь подставим это в первое уравнение для нити: | ||
| $$T_{0}^{4}=T_{1}^{4}+\frac{q}{2\pi\sigma r}=\frac{q}{2\pi\sigma}\cdot\left( \frac{11}{6R}+\frac{1}{r} \right)$$ | $$T_{0}^{4}=T_{1}^{4}+\frac{q}{2\pi\sigma r}=\frac{q}{2\pi\sigma}\cdot\left( \frac{11}{6R}+\frac{1}{r} \right)$$ | ||
| Отсюда: | Отсюда: | ||
| $$q=\frac{12\pi\sigma rRT_{0}^{4}}{11r+6R}$$ | $$q=\frac{12\pi\sigma rRT_{0}^{4}}{11r+6R}$$ | ||
| Подставим в (4): | Подставим в (4): | ||
| $$T_{3}^{4}=\frac{1}{6\pi\sigma R}\cdot \frac{12\pi\sigma rRT_{0}^{4}}{11r+6R}=\frac{2rT_{0}^{4}}{11r+6R}=\frac{T_{0}^{4}}{5,5+\frac{3R}{r}}$$ | $$T_{3}^{4}=\frac{1}{6\pi\sigma R}\cdot \frac{12\pi\sigma rRT_{0}^{4}}{11r+6R}=\frac{2rT_{0}^{4}}{11r+6R}=\frac{T_{0}^{4}}{5,5+\frac{3R}{r}}$$ | ||
| Окончательно: | Окончательно: | ||
| $$\boxed{T_{3}=\frac{T_{0}}{\sqrt[4]{5,5+\frac{3R}{r}}}}$$ | $$\boxed{T_{3}=\frac{T_{0}}{\sqrt[4]{5,5+\frac{3R}{r}}}}$$ | ||
| Ответ в задачнике неверен. | Ответ в задачнике неверен. | ||
| @@ -68,3 +68,19 @@Решение | |||
| #### Ответ | #### Ответ | ||
| $$T_{3}=\frac{T_{0}}{\sqrt[4]{5,5+\frac{3R}{r}}}$$ | $$T_{3}=\frac{T_{0}}{\sqrt[4]{5,5+\frac{3R}{r}}}$$ | ||
| #### Post scriptum | |||
| Отдельно хочу пояснить формулу для $Q_{i\to j}$. Когда один цилиндр находится внутри другого, всё излучение с поверхности внутреннего цилиндра неизбежно попадает на внутреннюю поверхность внешнего цилиндра. А вот излучение с внешнего цилиндра попадает на внутренний лишь частично - остальная часть «пролетает мимо» и попадает на другие участки того же внешнего цилиндра. Внешний цилиндр может быть хоть в сто раз больше радиусом, но «эффективно» с внутренним цилиндром будет взаимодействовать ровно столько его энергии, сколько способен «поймать» внутренний цилиндр. | |||
| Чисто математически это можно пояснить следующим образом. Поток энергии, которым обмениваются внутренний и внешний цилиндры в общем виде: | |||
| $$Q=Q_{изл 1 цил}\cdot p_{1}-Q_{изл 2 цил}\cdot p_{2}$$ | |||
| где $p$ это доля излучения, попавшая на соседа. Для внутреннего цилиндра $p_{1}=1$, поскольку всё излучение уходит на внешний цилиндр. Излучение энергии у нас однородно и изотропно, поэтому: | |||
| $$p_{2}=S_{1}/S_{2}$$ | |||
| где $S$ площади поверхностей цилиндров. Тогда поток энергии: | |||
| $$Q=\sigma S_{1} T_{1}^{4}-\sigma S_{2} T_{2}^{4} \frac{S_{1}}{S_{2}}=\sigma S_{1} \left( T_{1}^{4}-T_{2}^{4} \right)$$ | |||