Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 8170
2018-07-01 
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:
Смотри рисунок. Свет, излучаемый элементом источника света в направлении рассматриваемой точки 0,
$d \Phi = LdSd \Omega \cos ( \alpha + \beta)$
Элемент $dS$ имеет площадь
$dS = 2 \pi R^{2} \sin \alpha d \alpha$
Расстояние
$OA = \sqrt{h^{2} + R^{2} - 2hR \cos \alpha }$
также имеем
$\frac{OA}{ \sin \alpha} = \frac{h}{ \sin ( \alpha + \beta) } = \frac{R}{ \sin \beta}$
Из рисунка
$\cos ( \alpha + \beta) = \frac{h \cos \alpha - R}{OA}$
$\cos \alpha = \frac{h - R \cos \alpha}{OA}$
Если рассмотреть небольшую площадь $d \Sigma$ в точке О, то
$\frac{d \Sigma \cos \beta}{OA^{2} } = d \Omega$
Следовательно, освещенность в О
$\int \frac{ d \Phi}{d \Sigma} = \int L2 \pi R^{2} \sin \alpha d \alpha \frac{(h \cos \alpha - R)(h - R \cos \alpha}{ OA^{4} }$
Предел $\alpha$ равен $\alpha = 0$ значению, для которого $\alpha + \beta = 90^{ \circ}$, тогда свет испускается тангенциально. Таким образом
$\alpha_{max} = \cos^{-1} \frac{R}{h}$.
Таким образом $E = \int_{0}^{ \cos^{-1} \frac{R}{h} } L \cdot 2 \pi R^{2} \sin \alpha d \alpha \frac{(h - R \cos \alpha)(h \cos \alpha - R)}{(h^{2} + R^{2} - 2hR \cos \alpha)^{2} }$
Считаем $ y = h^{2} + R^{2} -2hR \cos \alpha$
Тогда, $dy = 2hR \sin \alpha d \alpha$
$E = \int_{ (h - R)^{2} }{h^{2} - R^{2} } L \cdot 2 \pi R^{2} \frac{dy}{2hR} \frac{ \left ( h - \frac{h^{2} + R^{2} - y }{2h} \right ) \left ( \frac{h^{2} + R^{2} - y }{2R} - R \right ) }{y^{2} } = \frac{L \cdot 2 \pi R^{2} }{8h^{2}R^{2} } \int_{ (h - R)^{2} }{h^{2} - R^{2} } \frac{(h^{2} - R^{2} + y )(h^{2} - R^{2} - y )}{y^{2} } dy = \frac{ \pi L}{2h^{2} } \int_{ (h - R)^{2} }{h^{2} - R^{2} } \left ( \frac{(h^{2} - R^{2} )^{2} }{y^{2} } - 1 \right ) dy = \frac{ \pi L}{2h^{2} } \left . \left ( - \frac{(h^{2} - R^{2} )^{2} }{y} - y \right ) \right |_{(h - R)^{2} }^{ h^{2} - R^{2} } = \frac{ \pi L}{4h^{2} } ((h + R)^{2} - (h^{2} - R^{2} ) - (h^{2} - R^{2} ) + (h - R)^{2} ) = \frac{ \pi L}{4h^{2} } (2h^{2} + 2R^{2} - 2h^{2} + 2R^{2} ) = \frac{ \pi LR^{2} }{h^{2} }$
Подстановка дает: $E = 25,1 люкс$
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:
Смотри рисунок. Свет, излучаемый элементом источника света в направлении рассматриваемой точки 0,
$d \Phi = LdSd \Omega \cos ( \alpha + \beta)$
Элемент $dS$ имеет площадь
$dS = 2 \pi R^{2} \sin \alpha d \alpha$
Расстояние
$OA = \sqrt{h^{2} + R^{2} - 2hR \cos \alpha }$
также имеем
$\frac{OA}{ \sin \alpha} = \frac{h}{ \sin ( \alpha + \beta) } = \frac{R}{ \sin \beta}$
Из рисунка
$\cos ( \alpha + \beta) = \frac{h \cos \alpha - R}{OA}$
$\cos \alpha = \frac{h - R \cos \alpha}{OA}$
Если рассмотреть небольшую площадь $d \Sigma$ в точке О, то
$\frac{d \Sigma \cos \beta}{OA^{2} } = d \Omega$
Следовательно, освещенность в О
$\int \frac{ d \Phi}{d \Sigma} = \int L2 \pi R^{2} \sin \alpha d \alpha \frac{(h \cos \alpha - R)(h - R \cos \alpha}{ OA^{4} }$
Предел $\alpha$ равен $\alpha = 0$ значению, для которого $\alpha + \beta = 90^{ \circ}$, тогда свет испускается тангенциально. Таким образом
$\alpha_{max} = \cos^{-1} \frac{R}{h}$.
Таким образом $E = \int_{0}^{ \cos^{-1} \frac{R}{h} } L \cdot 2 \pi R^{2} \sin \alpha d \alpha \frac{(h - R \cos \alpha)(h \cos \alpha - R)}{(h^{2} + R^{2} - 2hR \cos \alpha)^{2} }$
Считаем $ y = h^{2} + R^{2} -2hR \cos \alpha$
Тогда, $dy = 2hR \sin \alpha d \alpha$
$E = \int_{ (h - R)^{2} }{h^{2} - R^{2} } L \cdot 2 \pi R^{2} \frac{dy}{2hR} \frac{ \left ( h - \frac{h^{2} + R^{2} - y }{2h} \right ) \left ( \frac{h^{2} + R^{2} - y }{2R} - R \right ) }{y^{2} } = \frac{L \cdot 2 \pi R^{2} }{8h^{2}R^{2} } \int_{ (h - R)^{2} }{h^{2} - R^{2} } \frac{(h^{2} - R^{2} + y )(h^{2} - R^{2} - y )}{y^{2} } dy = \frac{ \pi L}{2h^{2} } \int_{ (h - R)^{2} }{h^{2} - R^{2} } \left ( \frac{(h^{2} - R^{2} )^{2} }{y^{2} } - 1 \right ) dy = \frac{ \pi L}{2h^{2} } \left . \left ( - \frac{(h^{2} - R^{2} )^{2} }{y} - y \right ) \right |_{(h - R)^{2} }^{ h^{2} - R^{2} } = \frac{ \pi L}{4h^{2} } ((h + R)^{2} - (h^{2} - R^{2} ) - (h^{2} - R^{2} ) + (h - R)^{2} ) = \frac{ \pi L}{4h^{2} } (2h^{2} + 2R^{2} - 2h^{2} + 2R^{2} ) = \frac{ \pi LR^{2} }{h^{2} }$
Подстановка дает: $E = 25,1 люкс$
