2.2. Примеры решения задач

Задача 1.

Полная энергия тела, совершающего гармонические колебания равна Е = 24 мкДж, максимальная сила, действующая на тело F_max = 2,0 мН. Написать уравнение движения того тела, если период колебаний Т = 2 с и начальная фаза φ = /6.

Решение.

1. Полная энергия тела, совершающего гармонические колебания:

(1)

где m, А – масса точки и амплитуда ее колебаний; ω – круговая (циклическая) частота.

(2)

2. Согласно второму закону Ньютона сила равна F = ma, откуда максимальная сила:

F _max = ma_max . (3)

3.Ускорение тела, совершающего гармонические колебания определяется по формуле

, (4)

следовательно,

a_max =А² = , (5)

1. С учетом (5) получим:

(6)

5. Выразим амплитуду колебаний А из уравнений (1) и (6):

откуда

6. Общее уравнение гармонических колебаний:

. (7)

7. Подставим в (7) числовые значения:

.

Ответ: .

Задача .2.

Разность потенциалов на обкладках конденсатора в колебательном контуре изменяется со временем по закону U = 100sin1000t. Электроемкость конденсатора 0, 5 мкФ. Определить период собственных колебаний, индуктивность, энергию контура и максимальную силу тока, текущего по катушке индуктивности.

Решение.

1.Напряжение на обкладках конденсатора меняется по гармоническому закону

(1)

где U_max – максимальное значение напряжения на обкладках конденсатора, w – собственная циклическая частота колебаний, которая связана с периодом соотношением

(2)

По условию задачи, U = 100sin1000t, таким образом, имеем:

U_max = 100В, w = 1000 с^-1,

.

2. Период собственных колебаний в контуре определяется по формуле

Томсона откуда

(3)

3. Энергия контура равна максимальной энергии поля конденсатора

W_{э max} или максимальной энергии катушки индуктивности W_{м max}:

(4)

откуда (5)

Ответ: Т = 2 мс, L = 0,2 Гн, W = 2,5 мДж, I_max = 0,15А.

Задача 3

Энергия затухающих колебаний маятника, происходящих в некоторой среде, за время t= 2 мин, уменьшилась в N = 100 раз. Определить коэффициент сопротивления, если масса маятника m =0,1 кг.

Решение.

1.Коэффициент сопротивления r связан с коэффициентов затухания  и массой тела m соотношением

r = 2m. (1)

2.Полная энергия тела, совершающего гармонические колебания, определяется формулой

(2)

3. Обозначим начальное и конечное значение энергии колебаний через W₀ и W соответственно, и найдем отношение данных величин c учетом исходных данных:

W₀/W = (A₀/A)² = N, (3)

откуда

. (4)

Для затухающих колебаний имеет место соотношение

(5)

откуда

. (5)

C учетом (5) выражение (1) примет вид

. (6)

Ответ: r = 0, 0038 кг/с.

Задача 4.

Звуковые колебания, имеющие частоту ν = 500 Гц и амплитуду A = 0,3 мм, распространяются в воздухе. Длина волны λ = 60 см. Найти скорость υ распространения колебаний и максимальную скорость частиц воздуха.

Решение.

1). Скорость распространения колебаний (фазовая скорость) равна

υ =λ (1)

где λ - длина волны;  - частота колебаний.

υ = 0,6·500 = 300 м/с.

2). Уравнение плоской бегущей волны, распространяющейся вдоль координатной оси x, имеет вид

, (2)

где у – смещение любой из точек среды с координатой х в момент t; υ – скорость распространения колебаний в среде; A – амплитуда колеблющихся точек; k = 2 π /λ – волновое число.

3.Найдем скорость точек среды, в которой распространяется волна, путем дифференцирования волнового уравнения по вчремени:

, (3)

4. Скорость частиц в воздухе будет максимальной, если , тогда . (4)

Ответ: υ = 300 м/с; .

Задача 5

Луч падает на плоскопараллельную пластину под углом  = 30. Выходящий из пластинки луч параллелен падающему лучу (рис.1). Показатель преломления стекла n = 1,5. Какова толщина пластинки, если расстояние между лучами СD =3,88 см?

Решение.

рис.1.1

1.Из рисунка видно, что углы  и  BAD – вертикальные, поэтому  BAD = ,  СAD =  - β. (1) 2.Треугольники СAD и АВС – прямоугольные, и для них справедливы соотношения: , (2) . (3) 3. Подставим (2)в (3) и получим

выражение для нахождения толщины пластинки АВ:

. (4)

4.Угол преломления β определим из закона преломления ,

откуда

, . (5)

5. Подставим числовые значения:

 - β = 30- 19 30 = 10 30.

Ответ: АВ= 0,2 м.

Задача 1.6.

Для уменьшения потерь света при отражении от стекла на поверхность объектива (n₂ = 1,7) нанесена тонкая прозрачная пленка (n = 1,3). При какой наименьшей толщине ее произойдет максимальное ослабление отраженного света, длина волны которого приходится на среднюю часть видимого спектра (₀ = 0,56 мкм)? Считать, что лучи падают нормально к поверхности объектива.

Решение.

1.Свет, падая на объектив, отражается как от передней, так и от задней поверхностей тонкой пленки. Ход лучей для случая их наклонного падения изображен на рис. 1.2.

Рис. 1.2

Отраженные лучи 1, 2 интерферируют. Условие минимума интенсивности света при интерференции выражается формулой

, (1)

где k = 0,1,2,…

2.Оптическая разность хода лучей, отраженных от двух поверхностей тонкой пленки, окруженной одинаковыми средами, определяется формулой

( 2)

где h – толщина пластинки, n – показатель преломления (абсолютный) вещества пластинки, r – угол преломления, ₀ – длина световой волны в вакууме.

В данном случае пленка окружена различными средами – воздухом (n = 1,00) и стеклом (n₂ = 1,7). Из неравенства n₁ < n < n₂ следует, что оба луча 1, 2, отражаясь от границы с оптически более плотной средой, «теряют» полуволну. Так как это не влияет на их разность хода, то в (2) следует отбросить член ₀ /2. Кроме того, полагая r = 0, получим

(3)

3. Из равенств (1), (3) находим толщину пленки:

, (4)

4. Учитывая, что h – положительная величина и что значению h_min соответствует k = 0, получим:

Ответ: h_min = 107,7 нм.

Задача 7

На установке для наблюдения колец Ньютона был измерен в отраженном свете радиус темного кольца (m = 3). Когда пространство между плоскопараллельной пластинкой и линзой заполнили жидкостью, то тот же радиус стал иметь кольцо с номером, большим на единицу. Определить показатель преломления n жидкости.

Решение.

1.Радиус темного кольца Ньютона в отраженном свете

. (1)

Рис.1.3

2.Получим выражение для радиуса кольца при заполнении пространства между линзой и пластинкой жидкостью. Рассмотрим для этого прямоугольный треугольника СОВ (рис.1.3): 𝑟2 = 𝑅2−(𝑅−d)2 = (2𝑅 − 𝑑 )𝑑 = 2𝑅𝑑, (2) где d – очень малая величина, (3) 3. Луч, доходящий до точки В, частично отражается, а частично проходит в воздушный клин. Отражаясь от

пластинки в точке К, он возвращается обратно и интерферирует с лучом, отраженным в точке В. Так как в точке К происходит отражение от оптически более плотной среды и теряется полволны, то оптическая разность хода обоих интерферирующих лучей:

Δ = 2𝑑+/2 (4).

4.Заменим в (4) 𝑑 на ее выражение (3):

. (5)

5.Радиусы темных колец найдем из условия минимума интенсивности для разности хода:

(6)

или

(7)

6.Отсюда радиус m-го темного кольца

(8)

7.Учитывая коэффициент преломления, получаем следующую формулу для нахождения радиусов темных колец в отраженном свете:

(9)

8. По условию задачи:

, (10)

так как 𝑟_𝑚 = 𝑟_𝑚+1, то

(11)

9.Выразив из (11) n, получим

(12)

Ответ: n = 1,33.

Задача 8.

На дифракционную решетку падает нормально монохроматический свет с длиной волны 0,6 мкм. На экране, расположенном на расстоянии 0,55 м, наблюдается дифракционная картина, где расстояние между дифракционными максимумами первого порядка равно 12 см. Определить постоянную дифракционной решетки и общее число главных максимумов, получаемых с помощью данной решетки.

Решение.

1. Запишем условие главных максимумов дифракционной решетки:

, (1)

где d – постоянная решетки, m – порядок главного дифракционного максимума,j – угол между нормалью к решетке и направлением на максимум с порядком m, l – длина волны падающего на решетку света.

2. По условию задачи m = ± 1. Учитывая, что L >> ℓ, можно записать:

(2)

3. Подставляя (2) в (1), получим, т.к. d – величина постоянная

или . (3)

4.Подставляя в (3) числовые значения величин, находим:

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) sinj < 1, и тогда она принимает вид:

m_max< d/l. (4)

6. Производим вычисления:

, .

7. Общее число максимумов N = 2m_max+1, т.е. влево и вправо от центрального (нулевого) максимума будет наблюдаться по m_max максимумов:

Ответ: d = 5,5 ∙10 ^{– 6} м, N = 19.

Задача 9.

Пластинка кварца толщиной d₁ = 1мм, вырезанная перпендикулярно оптической оси кристалла, поворачивает плоскость поляризации монохроматического света определенной длины волны на угол φ₁ = 20°. Определить толщину d₂ кварцевой пластинки, помещенной между двумя «параллельными» николями, при которой свет будет полностью погашен; длину l трубки с раствором сахара массовой концентрацией С= 0,4 кг/л , помещенной между двумя «параллельными» николями, при которой свет также будет полностью погашен. Удельное вращение [α] раствора сахара равно 0,665град/(м·кг·м^-3).

Решение.

1.Угол поворота плоскости поляризации кварцевой пластинкой равен

φ = αd. (1)

где α- постоянная вращения для твердого тела.

2. Выразим из (1) искомую толщину d₂ пластинки и постоянную

вращения для кварца α:

. (2)

где φ₂ - угол поворота плоскости поляризации, при котором свет будет полностью погашен (φ₂ = 90°).

. (3)

3.Подставив (3) в (2), получим

. (4)

4. Длина трубки с сахарным раствором равна

, (5)

где φ₂ - угол поворота плоскости поляризации раствором сахара; С - массовая концентрация раствора сахара, С= 0,4 кг/л = 400кг/м³ .

Ответ: d₂ = 4,5 мм, l = 0,38 м.

Задача 10.

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 излучения вольфрама и его удельные сопротивления, соответствующие температурам T₁ и Т₂ равны: _Т1 = 0,115; _Т2 = 0,334; ₁ = 25,710^-8 Омм, ₂ = 96,2 10^-8 Омм.

Решение.

1. Рассмотрим излучающее тело при установившейся температуре, тогда

Р = Ф_н , (1)

где Р - мощность, потребляемая вольфрамовой нитью от источника электрической энергии, Ф_н – поток излучения, испускаемый нитью.

2.Мощность тока

, (2)

где l – длина проводника; S – площадь поперечного сечения проводника.

3. Поскольку излучение вольфрама существенно отличается от излучения абсолютно черного тела, нагретого до такой же температуры, то для расчета потока излучения Ф_н используем соотношение

(3)

где  = 5,6710^-8 Вт/(м²К⁴) – постоянная Стефана–Больцмана; _Т - коэффициент излучения серого тела.

4. Из (1) – (3) следует, что

(4)

Тогда получим:

(5)

(6)

4. Почленно разделим уравнения (5)и (6):

(7)

Ответ: I₂ = 7,93А

Задача 11.

На зеркальную поверхность нормально падает монохроматический свет с длиной волны 0,55 мкм, производя давление 9 мкПа. Определить концентрацию фотонов вблизи поверхности и число фотонов, падающих на площадь 1 м² в 1 с.

Решение.

1.Давление света при нормальном падении на поверхность определяется по формуле:

, (1)

где Е_е – энергетическая освещенность поверхности, т.е. энергия всех фотонов, падающих на единицу поверхности в единицу времени; с – скорость света в вакууме; w – объемная плотность энергии излучения; r – коэффициент отражения поверхности, которой в данном случае равен 1.

2. Объемная плотность энергии равна произведению энергии одного фотона на число фотонов в единице объема:

, (2)

где h – постоянная Планка. Подставляя (2) в (1), получим:

, (3)

откуда

. (4)

3.Подставим в (4) числовые значения и проведем вычисления:

4. Энергетическая освещенность поверхности Е_е есть по определению энергия всех фотонов, которые падают на единицу поверхности в единицу времени. Следовательно:

, откуда

. (5)

5. Выразив Е_е из (1) и подставив в (5), получим:

. (6)

6.Сравнивая (6) и (4), получаем:

N = п₀с.

7. Подставляем числовые значения в полученную формулу:

Ответ: _, .

Задача 12.

Фотон с энергией Е =0,75 МэВ рассеялся на свободном электроне под углом 60°. Принимая, что кинетическая энергия и импульс электрона до соударения с фотоном были пренебрежимо малы, определит энергию Еʹ рассеянного фотона и кинетическую энергию Е_к электрона отдачи.

Решение.

1. Энергию рассеянного фотона найдем, воспользовавшись формулой

Комптона:

. (1)

2. Выразив длины волн λʹ и λ через энергии Еʹ и Е соответствующих фотонов

,

получим:

. (2)

3. Разделим обе части равенства (2) на 2πħс:

. (3)

4. Найдем из (3) энергию Еʹ:

. (4)

5. Кинетическая энергия электрона отдачи, как это следует из закона сохранения энергии, равна разности между энергией Е падающего фотона и энергией Еʹ рассеянного фотона:

Е_к = Е - Еʹ = 0,75 – 0,43 = 0,32МэВ.

Ответ: Еʹ = 0,43МэВ, Е_к = 0,32МэВ.