Ермолаева Физика разделы Колебания и волны Оптика 2015
.pdf
rm = mλR . |
(8) |
7. Учитывая коэффициент преломления, получаем формулу для нахождения радиусов темных колец в отраженном свете:
r |
= m λ R. |
|
(9) |
m |
n |
|
|
|
|
|
|
8. По условию задачи r = |
mλR , r |
= |
(m + 1) λ R . Так как |
m |
m+1 |
|
n |
|
|
|
= +1, то
mλR = (m + 1) λ R. |
(10) |
n |
|
9. Выразив из (10) n, получим
n = m + 1 = 3 + 1 = 4 = 1,33. m 3 3
Ответ: n = 1,33.
Задача 1.17. На диафрагму с круглым отверстием радиуса r = = 1 мм падает нормально параллельно пучок света длиной волны λ = 0, 5 мкм. На пути лучей, прошедших через отверстие, помести- ли экран (рис. 1.8). Определить максимальное расстояние Lmax от центра отверстия до экрана, при котором в центре дифракционной картины будет наблюдаться темное пятно.
Рис. 1.8
41
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. |
|
|
|||
|
|
1. Расстояние, при котором в цен- |
||
r = 1 мм |
|
1 10-3м |
|
|
λ = 0,5 мкм |
|
0,5 10-6м |
|
тре дифракционной картины будет |
|
|
|
|
наблюдаться темное пятно, определя- |
Lmax -? |
|
|
||
|
|
|
ется числом зон Френеля, укладыва- |
|
|
|
|
|
ющихся на отверстии. Темное пятно наблюдается, если число зон четное. Чем дальше экран от отверстия, тем меньшее число зон Френеля помещается в отверстии.
Наименьшее четное число зон равно двум. Следовательно, мак- симальное расстояние, при котором в центре дифракционной кар- тины еще будет наблюдаться темное пятно, определяется из усло- вия, согласно которому в отверстии должно поместиться две зоны Френеля.
2. Применим теорему Пифагора (см. рис. 1.8) для нахождения
Lmax
|
2 |
|
λ 2 |
2 |
2 |
. |
(1) |
|
r |
|
= Lmax + 2 |
2 |
|
− L max = 2λLmax + λ |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3. Учитывая, что λ << Lmax, членом λ2 можно пренебречь:
|
|
|
r |
2 = 2λL |
|
, |
|
|||
|
|
|
|
|
|
max |
|
|
||
L |
= |
r 2 |
|
= |
|
(10−3 )2 |
= 1 м. |
|||
2λ |
2 |
0,5 |
10−6 |
|||||||
max |
|
|
|
|||||||
Ответ: Lmax = 1 м.
Задача 1.18. На щель шириной а = 0,1 мм нормально падает па- раллельный пучок света от монохроматического источника (λ = = 600 нм). Определить ширину центрального максимума в дифрак- ционной картине, проецируемой с помощью линзы, находящейся непосредственно за щелью, на экран, отстоящий от линзы на рас- стоянии L = 1 м. Ответ представить в миллиметрах.
Дано: |
СИ |
Решение. |
|
а = 0,1 мм |
0,1 10-3м |
1. Из рис. 1.9 видно, что |
|
λ = 600 нм |
0,6 10-6м |
b = 2L tg ϕ. |
(1) |
L = 1 м |
|
2. Запишем условие дифракцион- |
|
b -? |
|
ного минимума |
|
42
a sin ϕ = ±mλ. |
(2) |
3. По условию задачи m = 1, поэтому
sin ϕ = λ ,
а |
|
|
|
|
|
|
ϕ = arcsin λ . |
|
|
(3) |
|
||
а |
|
|
|
|
|
|
4. Подставим (3) в (1): |
|
|
|
|
|
|
b = 2L tg arcsin λ = |
|
|
Рис.1.9 |
|||
|
a |
|
|
|
||
= 2 1 tg(arcsin |
6 10−7 |
) = 0,0115 |
м = 11,5 мм. |
|||
10−4 |
||||||
|
|
|
|
|||
Ответ: b = 11,5 мм.
Задача 1.19. На дифракционную решетку падает нормально монохроматический свет с длиной волны 0,6 мкм. На экране, рас- положенном на расстоянии 0,55 м, наблюдается дифракционная картина, где расстояние между дифракционными максимумами первого порядка равно 12 см. Определить постоянную дифракци- онной решетки и общее число главных максимумов, получаемых с помощью данной решетки.
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. |
|
|
|
|
|||
|
|
1. Запишем условие главных мак- |
|||
l = 12 cм |
|
12 10-2м |
|
||
λ = 0,6 мкм |
|
0,6 10-6м |
|
симумов дифракционной решетки: |
|
L = 0,55 м |
|
|
|
d sin ϕm = ± mλ , |
(1) |
|
|
|
где d – постоянная решетки, m – поря- |
||
d = ? N = ? |
|
|
|
||
|
|
|
док главного дифракционного макси- |
||
|
|
|
|
||
мума, ϕ – угол между нормалью к решетке и направлением на мак- симум с порядком m, λ – длина волны падающего на решетку света.
2. По условию задачи m = ±1. Учитывая, что L >> ℓ, можно за- писать
sin ϕm = tg ϕm = |
|
. |
(2) |
|
|||
|
2L |
|
|
3. Подставляя (2) в (1), так как d – величина постоянная, полу- чим
43
|
|
d |
= λ или |
d = |
2λL |
. |
(3) |
|
|
|
2L |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4. Подставляя в (3) числовые значения величин, находим: |
|
|||||||
d = |
2 0,6 10−6 |
0,55 |
= 5,5 |
10−6 м = 5,5 мкм . |
|
|||
0,12 |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
||
5. Для определения общего числа главных максимумов, даваемых дифракционной решеткой, исходим из условия, что максимальный угол отклонения лучей от нормали к решетке не может превышать
90°, т.е. в формуле (1) sinϕ < 1, и тогда она принимает вид |
|
||||
|
|
mmax < d/λ . |
|
(4) |
|
6. Проводим вычисления: |
|
|
|
||
|
d |
= |
5,5 10−6 |
= 10. |
|
|
λ |
0,55 10−6 |
|
||
|
|
|
|
||
По условию (4) mmax < 10. Поскольку m – целое число, то при- нимаем, что mmax = 9 .
7. Общее число максимумов N = 2mmax + 1, т.е. влево и вправо от центрального (нулевого) максимума будет наблюдаться по mmax максимумов:
N = 2 9 + 1 = 19 .
Ответ: d = 5,5 ∙10 – 6 м, N = 19.
Задача. 1.20. Пучок частично-поляризованного света рассмат- ривается через поляроид. Первоначально поляроид установлен так, что его плоскость пропускания параллельна плоскости колебаний линейно-поляризованного света. При повороте поляроида на угол φ = 60° интенсивность пропускаемого им света уменьшилась в k = = 2 раза. Определить отношение Ie/Iп интенсивностей естественно- го и линейно-поляризованного света, составляющих данный ча- стично-поляризованный свет, а также степень поляризации Р пучка света.
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. |
есте- |
|
|
||||
|
|
1. Отношение интенсивности Ie |
|||
φ = 60° |
|
|
|
||
|
|
|
ственного света к интенсивности Iп |
поля- |
|
k = 2 |
|
|
|
||
|
|
|
ризованного света найдем из следующих |
||
Ie/Iп = ? Р = ? |
|
|
|
||
|
|
|
соображений. При первоначальном по- |
||
|
|
|
|
||
ложении поляроида он полностью пропустит линейно-поляри-
44
зованный свет и половину интенсивности естественного света. Общая интенсивность пропущенного при этом света
I |
1 |
= I |
п |
+ |
1 I |
е |
. |
(1) |
|
|
|
2 |
|
|
2. При втором положении поляроида интенсивность пропущен- ного поляризованного света определится по закону Малюса, а ин- тенсивность пропущенного естественного света, как и в первом случае, будет равна половине интенсивности естественного света, падающего на поляроид. Общая интенсивность во втором случае
I |
2 |
= I |
п |
cos2 ϕ + |
1 I |
е |
. |
(2) |
|
|
|
2 |
|
|
3. В соответствии с условием задачи I1 = kI2 или
Iп + 12 Iе = k Iп cos2 ϕ + 12 Iе . (3)
4.Подставив в (3) значение угла φ, k и произведя вычисления, получим
Iе |
=1 или Ie = Iп, |
(4) |
|
||
Iп |
|
|
т. е. интенсивности естественного и поляризованного света в за- данном пучке равны между собой.
5. Степень поляризации частично-поляризованного света опре- деляется соотношением
P = |
Imax |
− Imin |
, |
(5) |
|
|
|||
|
Imax |
+ Imin |
|
|
где Imax и Imin – соответственно максимальная и минимальная ин- тенсивности света, пропущенного через поляроид.
6. Максимальная интенсивность Imax = I1 = Iп + Ie/2 или, учиты- вая, что Ie = Iп,
Imax = 32 Iп .
7. Минимальная интенсивность соответствует положению поля- роида, при котором плоскость пропускания его перпендикулярна плоскости колебаний линейно-поляризованного света. При таком положении поляроида поляризованный свет будет полностью по- гашен и через николь пройдет только половина интенсивности естественного света. Общая интенсивность выразится равенством
45
Imin = 12 Iе = 12 Iп .
8. Подставив найденные выражения Imax и Imin в формулу (2), по- лучим
|
|
|
P = |
(3 / 2)Iп − (1 / 2)Iп |
= |
1 |
|
|
|
|
|
2 . |
|||
|
|
|
(3 / 2)Iп + (1/ 2)Iп |
||||
Ответ: |
Iе |
=1 |
или Ie = Iп, |
P = 1 . |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
Iп |
|
|
2 |
|
|
|
Задача 1.21. Интенсивность естественного света, прошедшего через поляризатор, уменьшилась в 2,2 раза. Определить, во сколько раз она уменьшится, если поставить второй такой же поляризатор на пути луча, вышедшего из первого. Угол между главными плос- костями двух поляризаторов равен 45°.
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. |
|
|||||||
|
|
|
||||||||||
|
|
1. Естественный свет, проходя через |
||||||||||
I1 |
= |
I0 /2,2 |
|
|
|
|||||||
|
|
|
поляризатор, при выходе из него получа- |
|||||||||
α |
= 45° |
|
|
|
||||||||
|
|
|
ется плоско поляризованным. Интенсив- |
|||||||||
I0/I2 |
= ? |
|
|
|
||||||||
|
|
|
ность такого луча с учетом потерь на от- |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||
ражение и поглощение поляризатором равна: |
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
I |
= |
1 |
I |
|
(1− K ) , |
(1) |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
1 |
2 |
|
0 |
|
|
||
где I0 – интенсивность естественного (белого) света; K – коэффици- ент поглощения.
2. После прохождения света через второй поляризатор, интен- сивность уменьшается как по закону Малюса, так и за счет отраже- ния и поглощения, т.е.
I |
2 |
= I |
(1− K )cos2 α , |
(2) |
|
1 |
|
|
где α – угол между плоскостями поляризации света в первом и вто- ром поляризаторах. Подставляя (1) в (2), находим:
|
I0 |
= |
|
2 |
|
|
. |
(3) |
||
|
I |
2 |
(1 |
− K )2 cos2 |
α |
|||||
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3. Из (1) имеем |
|
|
|
|
2I1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
1 − K = |
. |
|
|
(4) |
|||
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
I0 |
|
|
|
|
46
4. Подставляя (4) в (3), получим |
|
|
|
||||||||||
|
I |
|
|
1 |
|
|
|
I |
|
2 |
1 |
2,22 |
= 4,84 . |
|
|
0 |
= |
|
|
|
|
|
0 |
= |
|
||
|
I |
|
2cos |
2 |
α |
I |
2cos 45° |
||||||
|
2 |
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|||
Ответ: I0/I2 = 4,84.
Задача 1.22. Пластинка кварца толщиной d1 = 1 мм, вырезанная перпендикулярно оптической оси кристалла, поворачивает плос- кость поляризации монохроматического света определенной длины волны на угол φ1 = 20°. Определить толщину d2 помещенной между двумя «параллельными» николями кварцевой пластинки, при кото- рой свет будет полностью погашен.
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. |
|
|||
|
|
|
||||||
|
|
1. Угол поворота плоскости поляри- |
||||||
d1 |
= 1мм |
|
1 10-3 м |
|
||||
φ1 |
= 20° |
|
|
|
зации кварцевой пластинкой равен |
|||
|
|
|
|
|
φ = αd. |
(1) |
||
d2 |
= ? |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
где α – постоянная вращения для твер- |
|||||
дого тела. |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|||
|
2. Выразим из (1) искомую толщину d2 пластинки и |
постоян- |
||||||
ную вращения для кварца α: |
|
|||||||
|
|
|
|
|
d2 = |
ϕ2 |
. |
(2) |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
α |
|
|
где φ2 – угол поворота плоскости поляризации, при котором свет будет полностью погашен (φ2 = 90°);
α = ϕ1 . |
(3) |
d1 |
|
3. Подставив (3) в (2), получим |
|
d |
2 |
= ϕ2 |
d |
= 90 |
1 = 4,5 мм. |
|
ϕ1 |
1 |
20 |
|
|
|
|
|
|
Ответ: d2 = 4,5 мм.
Задача 1.23. Определите температуру поверхности Солнца, если известно, что на границе земной атмосферы плотность потока сол- нечного излучения равна ω0 = 1,37·103 Вт/м2. Излучение Солнца считайте близким к излучению черного тела.
47
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. |
|
|
|||
|
|
|
|
||||||
|
|
1. Плотность потока теплового излу- |
|||||||
ω0 = 1,37·103 Вт/м2 |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
чения, испускаемого единицей поверх- |
|||||
Т = ? |
|
|
|||||||
|
|
|
ности черного тела, определяется зако- |
||||||
ном Стефана–Больцмана: |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
w = σT 4 , |
|
(1) |
|||
где σ – постоянная Стефана-Больцмана, σ = 5,67 10−8 |
Вт |
; |
|||||||
м2×К4 |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
Т = 4 |
w |
. |
|
(2) |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
σ |
|
|
||
3. Выразим плотности потока w теплового излучения через пол- ную мощность W излучения Солнца и площадь его поверхности
S1 = 4πR12 :
w = |
W |
= |
W |
|
, |
(3) |
|
4πR |
2 |
||||
|
S |
|
|
|||
1 |
|
1 |
|
|
||
где R1 – радиус Солнца, R1 = 6,95·108 м.
4. Полную мощность излучения Солнца определим из выраже-
ния |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
W = w0S, |
|
|
|
|
(4) |
||||
где S – поверхность сферы, имеющей радиус R2, равный расстоя- |
||||||||||
нию от Солнца до Земли (R2 = 1,49·1011 м). Так как S = 4πR2 |
, то |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
W = w |
|
4 |
πR 2 |
. |
|
|
|
(5) |
|
0 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
||
5. Подставим (3) и (5) в (2): |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
w 4πR2 |
= 4 |
w R2 |
(6) |
||||||
|
T = 4 σ4πR |
2 |
|
σR |
2 . |
|||||
0 |
|
2 |
|
|
0 |
|
2 |
|
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
||||
Подставим числовые значения в (6): |
|
|
|
|
|
|||||
T = 4 |
1,37 103 (1,5 1011 )2 |
= 5800 K |
|
|||||||
5,67 10−8 (6,95 108 )2 |
|
|
||||||||
Ответ: Т = 5800 К.
Задача 1.24. Вольфрамовая нить накаливается в вакууме током силой I1 = 1,00 А до температуры T1 = 1000 К. При какой силе тока нить накалится до температуры Т2 = 3000 К? Коэффициенты излу- чения вольфрама и его удельные сопротивления, соответствующие
48
температурам T1 и Т2, равны: αТ1 = 0,115; αТ2 = 0,334; ρ1 = 25,7 10-8
Ом м, ρ2 = 96,2 10-8 Ом м. |
|
|
|
||
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. |
|
|
|
|
|||
|
|
1.Рассмотрим излучающее тело при |
|||
I1 = 1,00 |
А |
|
|
||
|
|
установившейся температуре, тогда |
|||
T1 = 1000 |
К |
|
|
||
|
|
Р = Фн, |
(1) |
||
Т2 = 3000 |
К |
|
|
||
|
|
где Р – мощность, |
потребляемая |
||
αТ1 = 0,115 |
|
|
|||
|
|
вольфрамовой нитью |
от источника |
||
αТ2 = 0,334 |
|
|
|||
|
|
электрической энергии, Фн – поток |
|||
ρ1 = 25,7 10-8 Ом м |
|
|
|||
ρ2 = 96,2 10-8 Ом м |
|
|
излучения, испускаемый нитью. |
||
|
|
|
|
2. Мощность тока |
|
I2 = ? |
|
|
|
||
|
|
|
P = I 2 R = I 2 ρl , |
|
|
|
|
|
|
(2) |
|
S
где l – длина проводника; S – площадь поперечного сечения про- водника.
3. Поскольку излучение вольфрама существенно отличается от излу- чения абсолютно черного тела, нагретого до такой же температуры, то для расчета потока излучения Фн используем соотношение
Φн = αТ σТ4 S, |
(3) |
где σ = 5,67 10-8 Вт/(м2К4) – постоянная Стефана–Больцмана; αТ – коэффициент излучения серого тела.
4. Из (1)–(3) следует, что |
|
|
|
|
|
|
|
I |
2ρl = α σТ4S 2 , |
|
(4) |
||||
|
|
Т |
|
|
|
|
|
Тогда получим |
|
|
|
|
|
|
|
I 2ρ l = α |
σТ |
4 S 2 |
, |
(5) |
|||
1 |
1 |
Т1 |
|
1 |
|
|
|
I 2ρ |
l = α |
Т 2 |
σТ4 S 2 . |
(6) |
|||
2 |
2 |
|
|
2 |
|
|
|
5.Почленно разделим уравнения (5) и (6) и подставим числен- ные значения:
|
|
|
T |
2 |
α |
ρ |
|
|
||
|
I2 = I1 |
2 |
|
|
T 2 1 |
= |
||||
|
T |
α |
ρ |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
1 |
|
|
T 1 2 |
|
|||
|
3000 2 |
|
0,334 |
25,7 10−8 |
||||||
= 1 |
|
0,115 |
96, 2 10 |
−8 = 7,93 A. |
||||||
|
1000 |
|
|
|
||||||
Ответ: I2 = 7,93 А.
49
Задача 1.25. Исследование спектра излучения Солнца показы- вает, что максимум спектральной плотности энергетической све- тимости соответствует длине волны λ = 500 нм. Принимая Солнце за черное тело, определить: 1) энергетическую светимость Rе Солнца; 2) поток энергии Фе, излучаемой Солнцем; 3) массу m электромагнитных волн (всех длин), излучаемых Солнцем за 1 с.
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. |
|
|
|
|
|||
|
|
1. Энергетическая светимость |
|||
|
|
-6 |
|
||
λ = 500 нм |
|
0,5 10 |
м |
Rе черного тела выражается фор- |
|
t = 1 с |
|
|
|
мулой Стефана–Больцмана |
|
Ме = ? Фе = ? m = ? |
|
|
|
||
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
Rе = σТ , |
(1) |
где σ ‒ постоянная Стефана‒Больцмана, σ = 5,67·10-8 |
Вт/(м2·К4). |
||||
2. Температуру излучающей поверхности определим из закона
смещения Вина: |
|
|
|
|
|
|
|
|
λ |
|
= |
b |
, |
(2) |
|||
m |
|
|||||||
|
|
|
Т |
|
||||
|
|
|
|
|
||||
где b – постоянная закона смещения Вина, b = 2,9·10-3 м·К; |
|
|||||||
Т = |
|
b |
. |
(3) |
||||
|
|
|||||||
|
|
|
λ |
m |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|||
3. Подставим (2) в (1) и получим
Rе = σ(b/λm)4 =
=5,67·10-8 (2,9·10-3/ 5·10-7)4 = 64 106 Вт/м2 = 64 МВт/м2.
4.Поток энергии, излучаемый Солнцем, равен
Фе = RеS,
где S – площадь поверхности Солнца, S = 4πR2, Фе = 4πR2Rе (R –
радиус Солнца, R = 6,95 108 м). Отсюда
Фе = 4 3,14 (6,95 108)2 64 106 = 3,9·1026 Вт.
5. Энергия электромагнитных волн, излучаемых за время t:
E = Феt.
С другой стороны,
Е = mс2,
где с – скорость света в вакууме, с = 3·108 м/с. Следовательно, Фе = mс2/t, откуда
m = Φet = 3,9 1026 1 = 0, 43 1010 кг = 4,3 109 кг. c2 (3 108 )2
Ответ: Rе = 64 МВт/м2, Фе = 3,9·1026 Вт, m = 4,3·109 кг.
50