Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Физика. Электромагнетизм. Колебания и волны. Волновая и квантовая оптика. Элементы квантовой механики. Учебное пособие
.pdf
По условию
B
R
B
R
А
А
А
А
р
0, 90 ,
12
dBd
q
44
222
⎡⎤
Bd
[] Ас Кл.
q
⎢⎥
4 Ом А м Ом А Ом А Ом с
R
⎢⎥
⎣⎦
Ответ:
Тл м Н м Дж А Дж А с
2
d
q
.
тогда
22
(cos0 cos 90 )
,
R
22
4
Пример 4. Складываются два колебания одинакового направления,
выражаемые уравнениями
где
= 1 см,
1
начальные фазы
= 2 см,
2
и
1
составляющих колебаний; найти амплитуду А
2
cos ( )x А t
11 1
= 1/6 с,
1
= 1/2 с, = π рад/с. Определить
2
и
22 2
cos ( ),x А t
и начальную фазу результирующего колебания. Написать уравнение
результирующего колебания и построить векторную диаграмму сложения амплитуд.
Дано:
cos ( )x А t
11 1
22 2
1
2
= π
cos ( )x А t
= 1 см
1
= 2 см
2
= 1/6 с
= 1/2 с
ад/с
и
, А, φ – ?
1
2
СИ:
Решение
Для построения векторной диаграммы сложения двух колебаний одного направления надо фиксировать
какой-либо момент времени. Обычно
векторную диаграмму строят для момента времени t = 0. Преобразовав оба
уравнения к канонической форме
,()cosх At
получим
xA t
cos( ),
11 1
xA t
22 2
cos( ),
⎛⎞
xA t xA t
cos , cos .
11 2 2
⎜⎟
62
⎝⎠
11
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
Отсюда видно, что оба складываемых гармонических колебания
φ
φ
φ
имеют одинаковую циклическую частоту
рад/с.
Начальные фазы первого и второго колебаний соответственно равны
1
А
2
6
рад,
2
А
рад.
2
и
Изобразим векторы
жим отрезки длиной
углами
= 30° и
1
А
1
13А
1
= 90° к оси Ох. Результирую-
2
. Для этого отло-
А
2
см и
23А
2
щее колебание будет происходить с той же частотой и амплитудой
сумме амплитуд
А, равной геометрической
и
А
: А =
2
А
1
+
А
1
. Согласно
А
2
теореме косинусов
см под
22
12 12 21
0
А
1
2
1
Начальную фазу результирующего колебания
можно также определить непосредственно из векторной диаграммы
arctg .
2cos( )AAА AA
sin sin
AA
112 2
cos cos
AA
112 2
.
Выполним вычисления:
22
12212cos(3090)A
1sin 30 2sin90
arctg arctg2,887 71 .
1cos30 2cos90
= 2,65 см,
Так как результирующее колебание является гармоническим и
имеет ту же частоту, что и слагаемые колебания, то его можно записать
в виде
Ответ:
2,65 cos ( 71 )xt
рад,
1
6
2
см.
рад, А = 2,65 см,
2
71 .
12
Пример 5. Частота свободных колебаний некоторого маятника со-
ставляет ω = 62 рад/с. Определите его собственную частоту колебаний,
если добротность колебательной системы составляет Q = 6.
Дано:
ω = 62 рад/с
Q = 6
– ?
0
СИ:
Решение
Частота затухающих колебаний
22
0
,
где
– собственная частота колебаний, – коэффициент затухания:
0
22
0
.
Добротность – характеристика, показывающая, во сколько раз запасы энергии в системе больше, чем потери энергии за один период колебаний.
Добротность пропорциональна отношению энергии W колебаний
системы в произвольный момент времени t к убыли этой энергии
за период ∆W:
()
22
Q
Wt W
() ( )
Wt Wt T W
.
Найдем связь между добротностью и логарифмическим декрементом затухания. При малых затуханиях
0
энергия меняется по за-
кону
2
t
() .
Wt We
0
Найдем изменение энергии за один период колебаний:
22()22 2
ttT tT t
WWe We We e We T
так как
00 0 0
2
t
eT
1 2 ....
, если
21.T
(1 ) 2 ,
Подставим полученное выражение в добротность и учтем, что
:Т
2
t
Q
W
22
WWe TT
We
0
0
t
2
2
.
13
Период колебаний
I
(t)
2T
, тогда
Q
⇒
22
Q
,
Ответ:
= 62,2 рад/с.
0
2
0
0
2
22
44QQ
62 1 62,2
1
46
2
1
1
рад/с.
,
Пример 6. Колебательный контур состоит из катушки индуктивно-
стью 0,1 Гн и конденсатора емкостью 39,5 мкФ. Запишите уравнения
зависимости силы тока в контуре и напряжения на конденсаторе от времени, если максимальное значение заряда на конденсаторе равно 3 мкКл.
Дано:
L = 0,1 Гн
C = 39,5 мкФ
= 703 кГц
= 3 мкКл
q
0
, U(t) – ?
СИ:
3,95 10
7,03 10
310
6
5
5
Кл
Ф
Гц
Решение
При свободных гармонических колебаниях в контуре величина
заряда на конденсаторе изменяется со временем по закону
cos( ),qq t
0
где
колебаний,
– амплитудное значение заряда на конденсаторе,
q
0
– начальная фаза.
dq
Iqt
Ток в контуре
dt
Напряжение на конденсаторах
sin ( ).
0
Ut
C
14
q
q
0
cos ( ).
CC
t
– фаза
2
Циклическая частота
.
T
Период колебаний по формуле Томсона
21
TLC
2TLC
,
,
Тогда
Ответ:
U
0
00
0,076cos (503 )
Ut
C
3 10 503 1,51 10Iq
1, 51sin (503 )It
1, 51sin (503 )It
1
5
3,95 10 0,1
q
C
310
0
3,95 10
63
В,
мА.
мА,
503
рад/с,
6
0,076
5
В,
А = 1,51 мА.
0,076cos (503 )
Ut
C
В.
Пример 7. Колебательный контур содержит конденсатор емкостью
1,2 нФ, катушку индуктивности 6 мкГн и активное сопротивление 5 Ом.
Определить: 1) коэффициент затухания колебаний в контуре, 2) логарифмический декремент.
Дано:
L = 6 мкГн
С = 1,2 нФ
R = 5 Ом
δ, –?
СИ:
6
610
1, 2 10 Ф
Гн
9
L
C
Решение
В контуре, обладающем активным сопротивлением, возникают свободные затухающие колебания.
При этом величина амплитуды заряда на конденсаторе изменяется
t
со временем по закону
qqe
где δ – коэффициент затухания.
,
0
15
Для колебательного контура
A
Логарифмический декремент затухания
где
туды в е раз.
– число колебаний, совершаемых за время уменьшения ампли-
N
е
Вычислим коэффициент затухания:
2RL
.
ln
() 1
At
tT N
()
T
,
e
Период колебаний
T
5
2610
2
.
4,17 10 c .
6
51
1
1
Собственная частота колебательного контура
T
1
LC
,
2
.
1
2
Частота
22 2
o
0
.с
LC
LC
2
.
2
Логарифмический декремент затухания
T
1
LC
Подставляем в это выражение числовые значения:
5
(4,17 10 )
52
0,222.
Ответ:
23,144,1710
1
69
610 1,210
51
4,17 10 c ,
0,222.
Пример 8. Уравнение незатухающих колебаний дано в виде
sin 4,5хt
см. Найти смещение из положения равновесия и скорость
точки, находящейся на расстоянии 40 м от источника колебаний, через
16
2 с после начала колебаний. Скорость распространения колебаний
x
в данной среде принять 180 м/с.
Дано:
х = sin4,5t, см
= 180 м/с
l = 40 м
t = 2 с
(, )lt
А – амплитуда, – циклическая (круговая) частота, t – время.
Волна, распространяющаяся от источника колебаний, будет иметь
ту же амплитуду и частоту.
Уравнение плоской волны в общем виде:
⎛⎞
t
⎜⎟
⎝⎠
щейся точки от источника колебаний,
По условию амплитуда А = 1 cм = 0,01 м,
Тогда уравнение волны
Для l = 40 м в момент времени t = 2 с
– ?
– ?
l
– фаза колебаний, А – амплитуда, l – расстояние колеблю-
СИ:
(, ) 0,01sin 4,5
lt t
Решение
Уравнение гармонического ко-
лебания запишем в общем виде:
sin ( ),
At
где х – смещение материальной
точки от положения равновесия,
(, ) sin
lt A t
– циклическая частота.
4,5
⎛⎞
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
l
⎜⎟
⎝⎠
рад/с.
м/с.
⎛⎞
l
⎜⎟
⎝⎠
, где
⎛⎞
⎛⎞
(40м, 2 c) 0, 01sin 4,5 2 0,01sin (8 ) 0.
lt
⎜⎟
⎝⎠
Скорость точки найдем как первую производную от смещения по
времени:
( , ) 0,01 4,5 cos 4,5
lt t
0,01 4,5 3,14cos 4,5 2 0,14
Подставляем данные:
Ответ:
0,
0,14
м/с.
17
40
⎜⎟
180
⎝⎠
⎛⎞
⎛⎞
l
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
⎛⎞
40
⎜⎟
180
⎝⎠
м/с.
Пример 9. Плоская электромагнитная волна распространяется
Н
E
H
p
Н
р
в вакууме. Амплитуда напряженности магнитного поля волны
=
2
3, 0 10 А/м. Определить давление, оказываемое волной на полно-
=
0
стью поглощающую поверхность вещества, нормальную к волновому
вектору.
Дано:
=
3, 0 10 А/м
0
2
– ?
СИ:
Решение
Следствие теории Максвелла:
если тело полностью поглощает падающую на него энергию, то давление
равно среднему значению объемной плотности энергии в падающей
электромагнитной волне, т. е.
p
Объемная плотность энергии в вакууме
.
22
00
H
или
,
22
с учетом того, что
22 22
00 00
, .EH EH
Напряженность магнитного поля волны
тельно,
Среднее значение
22
00
sin .Ht
22 2
sin
HtH
00 00
1
sin ,
Ht
0
следова-
,
2
1
2
H
,
00
2
⎡⎤ ⎡⎤
1HAН
[] [Па].
pH
⎢⎥ ⎢⎥
2Aмм
⎣⎦ ⎣⎦
Подставляем данные:
⎡⎤
2
00
⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦
1
410(310) 0,057
p
2
22 2
722
Па.
2
Ответ: р = 0,057 Па.
Пример 10. Пучок белого света падает по нормали к поверхности
стеклянной пластинки толщиной d = 0,4 мкм. Показатель преломления
18
стекла п = 1,5. Какие длины волн λ, лежащие в пределах видимого спектра (от 400 до 700 нм), усиливаются в отраженном свете?
Дано:
= 400…700 нм
n = 1,5
d = 0,4 мкм
– ?
СИ:
7
(70)41
0,4 10 м
6
м
Решение
Пусть на плоскопараллельную прозрачную пленку с показателем преломления n в толщиной h под углом i падает плоская монохроматическая
волна (для простоты рассмотрим один луч).
На поверхности пленки
в точке О луч разделится на два; частично отразится от верхней поверхности пленки, а частично преломится. Преломленный луч, дойдя до точ-
С, частично преломится в воздух
ки
(n
= 1), а частично отразится и пой-
0
дет к точке А. Здесь он опять частично отразится (этот ход луча в дальнейшем из-за малой интенсивности не рассматриваем) и преломится, выходя в воздух под углом i. Вышедшие из пленки лучи 1 и 2 когерентны,
если оптическая разность их хода мала по сравнению с
длиной когерентности падающей волны. Если на их пути поставить собирающую линзу,
то они сойдутся в одной из точек Р фокальной плоскости линзы. В результате возникает интерференционная картина, которая определяется
оптической разностью хода между интерферирующими лучами.
Оптическая разность хода, возникающая между двумя интерфери-
рующими лучами от точки О до плоскости
(/2),OA
принят равным единице, а член
где показатель преломления окружающей пленку среды
/2
обусловлен потерей полуволны
при отражении света от границы раздела. Если
АВ,
nn
()nOC BC
, то потеря полу-
0
волны произойдет в точке О и вышеупомянутый член будет иметь знак
минус; если же
/2
и
ОА =
будет иметь знак плюс. Согласно рисунку ОС = СВ =
sinОВ i
Учитывая для данного случая закон преломления
nn
2tgsin.hr i
=
, то потеря полуволны произойдет в точке С
0
/cos ,hr
sin sin ,in r
по-
лучим
222
1 sin 2 sin .2cos 2hn r h hnrni
19
C учетом потери полуволны для оптической разности хода получим
22
2sin/2.hn i
Для нашего случая
()nn
0
22
2sin/2.hn i В отраженном
от пластинки свете будут наблюдаться максимумы при углах падения i,
удовлетворяющие следующему соотношению:
22
2sin .
hn i k
2
По условию угол падения света i = 0°, тогда
.
22dn
Следовательно,
dn m dn m
⇒
22,
22
⎛⎞
1
⎜⎟
⎝⎠
dn
4
.
21
m
Определим порядки максимумов, которые будут попадать в види-
мый диапазон:
6
21 2120,4101,5
dn dn
⇒
mm
220,410
220,4101,5
dn
m
2
0,5 0,5 2,2.
2
1
1
6
0,7 10
6
6
0,5 3,5;
Следовательно, m = 3.
6
0,48 10
Тогда при m = 3
4440,4101,5
dn dn
61 5 5
В отраженном свете усилены в результате интерференции лучи
6
с длиной волны
Ответ:
м.
0,48 10
м.
0,48 10
6
6
м.
20
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]