Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 16445
2024-03-16 
Небольшой светильник, имеющий вид равномерно светящейся сферы радиуса $R = 6,0 см$, находится на расстоянии $h = 3,0 м$ от пола. Яркость светильника $L = 2,0 \cdot 10^{4} кд/м^{2}$ и не зависит от направления. Найти освещенность пола непосредственно под светильником.
Решение:
По определению
$L = \frac{d^{2} \Phi}{ d \Omega dS \cos ( \theta + \theta^{ \prime} )}$.
Световой поток от площадки $dS$:
$d^{2} \Phi = LdS d \Omega \cos ( \theta + \theta^{ \prime})$,
где $dS = r^{2} \sin \theta d \theta d \phi = R^{2} 2 \pi \sin \theta d \theta$. Из рисунка видно, что
1) $OA^{2} = h^{2} + R^{2} - 2hR \cos \theta$;
2) $\cos( \theta + \theta^{ \prime}) = \frac{h \cos \theta - R}{OA}$;
3) $\cos \theta^{ \prime} = \frac{h - R \cos \theta}{OA}$;
4) $\cos \theta_{m} = \frac{R}{h}$, где $\theta = \theta_{m}$ при $\theta + \theta^{ \prime} = 90^{ \circ}$.
Найдем:
$d \Omega = \frac{dS_{ \perp}^{ \prime}}{OA^{2}} = \frac{dS^{ \prime} \cos \theta^{ \prime}}{OA^{2}}$.
Тогда:
$d^{2} \Phi = L \cdot 2 \pi R^{2} \sin \theta d \theta \frac{dS^{ \prime}(h - R \cos \theta )}{OA^{3}} \frac{h \cos \theta - R}{OA^{2}}$;
$\frac{d^{2} \Phi}{dS^{ \prime}} = L \cdot 2 \pi R^{2} \sin \theta \frac{(h - R \cos \theta )(h \cos \theta - R) }{(h^{2} + R^{2} - 2hR \cos \theta )^{2}} d \theta$;
$E = \int d \left ( \frac{d \Phi}{dS^{ \prime}} \right ) = \int_{0}^{ \theta_{m}} L \cdot 2 \pi R^{2} \sin \theta \frac{(h - R \cos \theta )(h \cos \theta - R) }{(h^{2} + R^{2} - 2hR \cos \theta )^{2}} d \theta = \begin{vmatrix} y = h^{2} + R^{2} - 2hR \cos \theta \\ d_{y} = 2hR \sin \theta d \theta \end{vmatrix} = \frac{ \pi LR}{4h^{2}} \approx 25,1 лк$.
Ответ: $E = 25,1 лк$.
Небольшой светильник, имеющий вид равномерно светящейся сферы радиуса $R = 6,0 см$, находится на расстоянии $h = 3,0 м$ от пола. Яркость светильника $L = 2,0 \cdot 10^{4} кд/м^{2}$ и не зависит от направления. Найти освещенность пола непосредственно под светильником.
Решение:
По определению
$L = \frac{d^{2} \Phi}{ d \Omega dS \cos ( \theta + \theta^{ \prime} )}$.
Световой поток от площадки $dS$:
$d^{2} \Phi = LdS d \Omega \cos ( \theta + \theta^{ \prime})$,
где $dS = r^{2} \sin \theta d \theta d \phi = R^{2} 2 \pi \sin \theta d \theta$. Из рисунка видно, что
1) $OA^{2} = h^{2} + R^{2} - 2hR \cos \theta$;
2) $\cos( \theta + \theta^{ \prime}) = \frac{h \cos \theta - R}{OA}$;
3) $\cos \theta^{ \prime} = \frac{h - R \cos \theta}{OA}$;
4) $\cos \theta_{m} = \frac{R}{h}$, где $\theta = \theta_{m}$ при $\theta + \theta^{ \prime} = 90^{ \circ}$.
Найдем:
$d \Omega = \frac{dS_{ \perp}^{ \prime}}{OA^{2}} = \frac{dS^{ \prime} \cos \theta^{ \prime}}{OA^{2}}$.
Тогда:
$d^{2} \Phi = L \cdot 2 \pi R^{2} \sin \theta d \theta \frac{dS^{ \prime}(h - R \cos \theta )}{OA^{3}} \frac{h \cos \theta - R}{OA^{2}}$;
$\frac{d^{2} \Phi}{dS^{ \prime}} = L \cdot 2 \pi R^{2} \sin \theta \frac{(h - R \cos \theta )(h \cos \theta - R) }{(h^{2} + R^{2} - 2hR \cos \theta )^{2}} d \theta$;
$E = \int d \left ( \frac{d \Phi}{dS^{ \prime}} \right ) = \int_{0}^{ \theta_{m}} L \cdot 2 \pi R^{2} \sin \theta \frac{(h - R \cos \theta )(h \cos \theta - R) }{(h^{2} + R^{2} - 2hR \cos \theta )^{2}} d \theta = \begin{vmatrix} y = h^{2} + R^{2} - 2hR \cos \theta \\ d_{y} = 2hR \sin \theta d \theta \end{vmatrix} = \frac{ \pi LR}{4h^{2}} \approx 25,1 лк$.
Ответ: $E = 25,1 лк$.
