Plancks strålningslag

Kurs: F0005T Förkunskaper: Svartkroppsstrålning, Fotonen

---

Klassisk fysik kunde varken förklara varför det finns ett ${\lambda }_{\max }$ eller kurvornas form. Planck löste det år 1900 genom att anta att energin utbyts i kvanta $hf$ — an act of desperation, som han själv kallade det, och första gången Plancks konstant dyker upp. Einstein använde samma hypotes fem år senare för att förklara fotoelektriska effekten. Derivering av lagen ger Wiens förskjutningslag, integration ger Stefan-Boltzmanns lag.

$$\boxed{I(\lambda )=\frac{2\pi h{c}^2}{{\lambda }^5\left(e^{hc/\lambda kT}-1\right)}}$$

Fysika: Fd4 (Plancks strålningslag, i formen $I(\lambda ,T)=c_1/\left({\lambda }^5(e^{c_2/\lambda T}-1)\right)$)

---

Formeln, symbol för symbol

$$\underset{\begin{array}{c}\text{spektral-}\\ \text{emittans}\end{array}}{\underbrace{I(\lambda )}}=\underset{\begin{array}{c}\text{va¨xer mot}\\ \text{korta }\lambda \end{array}}{\underbrace{\frac{2\pi h{c}^2}{{\lambda }^5}}}\cdot \underset{\begin{array}{c}\text{kvantspa¨rren: do¨r}\\ \text{ut vid korta }\lambda \end{array}}{\underbrace{\frac{1}{e^{hc/\lambda kT}-1}}}$$

$$\frac{hc}{\lambda kT}=\frac{\stackrel{\text{ett kvantum}}{\overbrace{hf}}}{\underset{\begin{array}{c}\text{termisk}\\ \text{energi}\end{array}}{\underbrace{kT}}}$$

Den första faktorn växer utan gräns mot korta våglängder, precis som den klassiska förutsägelsen. Den andra är Plancks bidrag: när ett kvantum $hf$ är mycket större än $kT$ blir den exponentiellt liten, och den ultravioletta katastrofen uteblir.

---

1. Kvanthypotesen

Rayleigh lät varje svängningsmod i hålrummet ha medelenergin $k_{B}T$, oberoende av frekvensen, och fick den ultravioletta katastrofen (se Svartkroppsstrålning). Planck antog i stället att svängarna i väggarna bara kan ha energierna

$$E_n=nhfn=0,1,2,\dots$$

Nivåerna ligger på avståndet $hf$ från varandra, och energi kan bara tas upp och avges i hela kvanta $hf$. I jämvikt vid temperaturen $T$ är andelen svängare i första exciterade nivån jämfört med grundnivån Boltzmannfaktorn

$$\frac{n_1}{n_0}=e^{-hf/k_{B}T}$$

• Låg frekvens, $hf\ll k_{B}T$: många svängare är exciterade, och strålningen blir ungefär som Rayleigh förutsade.
• Hög frekvens, $hf\gg k_{B}T$: nästan alla svängare ligger i grundnivån och kan inte stråla. Därför dör spektrumet ut vid korta våglängder.

Gränsen går där $hf\approx k_{B}T$, alltså vid $\lambda \approx hc/(k_{B}T)$. Vid $3000$ K är det ungefär $4,8$ μm.

Plancks svängare som energitrappor med stegen $hf$, där varje prick är en svängare i jämvikt. Vid låg frekvens är stegen små mot $k_{B}T$ och många svängare är exciterade; vid hög frekvens är redan första steget för högt och nästan alla ligger kvar i grundnivån. Klassiskt finns inga steg, och varje mod får medelenergin $k_{B}T$ oavsett frekvens.

---

2. Gränsfallen

Det är lättast att se hur lagen beter sig med den dimensionslösa exponenten

$$x=\frac{hc}{\lambda k_{B}T}$$

Långa våglängder, $x\ll 1$. Då är $e^x\approx 1+x$, så

$$e^x-1\approx \frac{hc}{\lambda k_{B}T}$$

$$I(\lambda )\approx \frac{2\pi h{c}^2}{{\lambda }^5}\cdot \frac{\lambda k_{B}T}{hc}=\frac{2\pi c{k}_{B}T}{{\lambda }^4}$$

Det är Rayleighs uttryck. $h$ har försvunnit, vilket betyder att kvanteffekterna inte spelar någon roll när fotonenergin är liten jämfört med $k_{B}T$.

Korta våglängder, $x\gg 1$. Då är $e^x-1\approx e^x$, så

$$I(\lambda )\approx \frac{2\pi h{c}^2}{{\lambda }^5}{e}^{-hc/\lambda k_{B}T}$$

Exponentialfaktorn trycker ner kurvan mot noll mycket snabbare än ${\lambda }^{-5}$ växer, och den ultravioletta katastrofen försvinner. Figuren i Svartkroppsstrålning visar båda gränsfallen.

---

3. Följder av lagen

• Derivering ger toppens läge ${\lambda }_{\max }=hc/(4,965k_{B}T)$, alltså Wiens förskjutningslag.
• Integration över alla våglängder ger $I=\sigma T^4$ med $\sigma =2{\pi }^5{k}_B^4/(15c^2{h}^3)$, alltså Stefan-Boltzmanns lag.
• Samma form vid alla temperaturer. $I(\lambda )$ beror på $\lambda$ och $T$ bara genom kombinationen $\lambda T$, bortsett från en skalfaktor. Därför kan kurvorna läggas på varandra om axlarna skalas om.

---

4. Att räkna med lagen

Räkna först ut exponenten $x$ och sedan resten. Konstanterna

$$2\pi h{c}^2=3,742\cdot 10^{-16}\text{ W}\cdot {\text{m}}^2\frac{hc}{k_B}=1,439\cdot 10^{-2}\text{ m}\cdot \text{K}$$

Fysika: Te ($c_1=2\pi h{c}^2$, $c_2=hc/k$)

sparar mycket räknande. Intensiteten i ett smalt intervall är $I(\lambda )\Delta \lambda$. Kvoten mellan två våglängder vid samma temperatur blir

$$\frac{I({\lambda }_1)}{I({\lambda }_2)}={\left(\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}\right)}^5\frac{e^{x_2}-1}{e^{x_1}-1}$$

där konstanterna framför har tagit ut varandra.

Vanliga fel

• Blandade enheter i exponenten. $\lambda$ ska vara i meter om $h$, $c$ och $k_B$ är i SI. Med $\lambda$ i nm blir exponenten fel med en faktor $10^9$.
• $I(\lambda )$ tolkas som en intensitet. $I(\lambda )$ har enheten $W/{\mathrm{m}}^3$. Multiplicera med $\Delta \lambda$ i meter för att få $W/{\mathrm{m}}^2$.
• $k$ blandas ihop med vågtalet. I lagen är $k=k_B$ Boltzmanns konstant.
• Ettan i nämnaren stryks alltid. Approximationen $e^x-1\approx e^x$ gäller bara när $x\gg 1$. Vid långa våglängder ger den helt fel svar.

---

5. Lösta exempel

Exempel — Spektrumet från en glödtråd

En glödtråd strålar som en svartkropp vid $2800$ K. a) Beräkna spektralemittansen vid $500$ nm och vid $1,00$ μm. b) Beräkna ungefär den intensitet som strålas ut mellan $995$ och $1005$ nm, och jämför med den totala intensiteten.

Lösning

Exponenterna.

$$x_{500}=\frac{1,439\cdot 10^{-2}}{500\cdot 10^{-9}\cdot 2800}=10,28x_{1000}=\frac{1,439\cdot 10^{-2}}{1,00\cdot 10^{-6}\cdot 2800}=5,138$$

a) Vid $500$ nm:

$$I=\frac{3,742\cdot 10^{-16}}{{\left(500\cdot 10^{-9}\right)}^5\left(e^{10,28}-1\right)}=\frac{3,742\cdot 10^{-16}}{3,125\cdot 10^{-32}\cdot 2,905\cdot 10^4}\approx \boxed{4,12\cdot 10^{11}{\text{ W/m}}^3}$$

Vid $1,00$ μm:

$$I=\frac{3,742\cdot 10^{-16}}{{\left(1,00\cdot 10^{-6}\right)}^5\left(e^{5,138}-1\right)}=\frac{3,742\cdot 10^{-16}}{1,00\cdot 10^{-30}\cdot 169,5}\approx \boxed{2,21\cdot 10^{12}{\text{ W/m}}^3}$$

Spektralemittansen är drygt fem gånger större i det nära infraröda än i det gröna.

b) Intervallet är smalt, $\Delta \lambda =10,0$ nm, så

$$\Delta I\approx I(\lambda )\Delta \lambda =2,21\cdot 10^{12}\cdot 10,0\cdot 10^{-9}\approx \boxed{2,21\cdot 10^4{\text{ W/m}}^2}$$

Den totala intensiteten är

$$I=\sigma T^4=5,67\cdot 10^{-8}\cdot 2800^4=3,49\cdot 10^6{\text{ W/m}}^2$$

Fysika: Fd4 (Stefan-Boltzmanns lag), Te ($\sigma$) så andelen är $2,21\cdot 10^4/3,49\cdot 10^6\approx \boxed{0,63\%}$.

Ej kontrollerat mot facit — två oberoende lösningar stämmer överens.

Exempel — Lika stark vid två våglängder

Vid vilken temperatur har en svartkropp samma spektralemittans vid $500$ nm som vid $1000$ nm?

Lösning

Sätt upp villkoret. Låt $a=hc/({\lambda }_2{k}_{B}T)$ med ${\lambda }_2=1000$ nm. Eftersom ${\lambda }_1={\lambda }_2/2$ är exponenten vid ${\lambda }_1$ lika med $2a$. Villkoret $I({\lambda }_1)=I({\lambda }_2)$ blir

$$\frac{1}{{\lambda }_1^5\left(e^{2a}-1\right)}=\frac{1}{{\lambda }_2^5\left(e^a-1\right)}$$

$$e^{2a}-1={\left(\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}\right)}^5\left(e^a-1\right)=32\left(e^a-1\right)$$

Faktorisera. $e^{2a}-1=\left(e^a-1\right)\left(e^a+1\right)$, och $e^a-1\ne 0$, så

$$e^a+1=32⟹a=\ln 31=3,434$$

Temperaturen.

$$T=\frac{hc}{{\lambda }_2{k}_{B}a}=\frac{1,439\cdot 10^{-2}}{1,00\cdot 10^{-6}\cdot 3,434}\approx \boxed{4190\text{ K}}$$

Rimlighetskoll. Wiens lag ger ${\lambda }_{\max }=2,90\cdot 10^{-3}/4190=692$ nm, alltså mellan de två våglängderna, som sig bör.

Ej kontrollerat mot facit — två oberoende lösningar stämmer överens.

Läsning

• 39.5 Continuous Spectra

---

← Wiens förskjutningslag · F0005T · Schrödingerekvationen →