Физика: Методические указания и контрольные задания N3 для студентов-заочников

ГОСУДАРСТВЕННЫЙ КОМИТЕТ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ ПО СВЯЗИ И ИНФОРМАТИЗАЦИИ ПОВОЛЖСКАЯ ГОСУДАРСТВЕННАЯ АКАДЕМИЯ ТЕЛЕКОММУНИКАЦИЙ И ИНФОРМАТИКИ КАФЕДРА ФИЗИКИ Одобрено методическим советом ПГАТИ «___»_______ 2001г.

ФИЗИКА Методические указания и контрольные задания №3 и №4 для студентов-заочников

Составили:

доц. Агапова Н.Н. ст.пр. Арсеньев А.Н. ст.пр.Дороднов Е.И. асс. Зотова Л.И. Редактор: проф. Глущенко А.Г. Рецензент: проф. Сподобаев Ю.М.

Самара -2001

СОДЕРЖАНИЕ 1. КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ. 1.1. Колебания…………………………………………………...4 1.2. Сложение колебаний……………………………………...16 1.3. Волны в упругой среде……………………………………20 2. ВОЛНОВАЯ ОПТИКА. 2.1. Интерференция света……………………………………...24 2.2. Дифракция света…………………………………………...36 2.3. Поляризация света…………………………………………41 3. КВАНТОВАЯ ПРИРОДА ИЗЛУЧЕНИЯ. 3.1. Тепловое излучение………………………………………..45 3.2 Фотоэффект. Эффект Комптона…………………………...49 4. ЭЛЕМЕНТЫ КВАНТОВОЙ МЕХАНИКИ 4.1. Волновые свойства микрочастиц. Соотношения неопределенностей………………………..57 4.2. Строение атома…………………………………………….61 ЗАДАЧИ……………………………………………………………63 Таблица заданий для Контрольной работы № 3………………...79 Таблица заданий для Контрольной работы № 4………………...79

Настоящая "Методическая разработка" предназначается для студентов заочной и дневной форм обучения и имеет целью оказать помощь в изучении курса общей физики по разделам: "Колебания и волны в упругой среде", "Волновая оптика", "Основы квантовой физики". Методическая разработка составлена в соответствии с типовой программой. Предполагается, что студенты помимо данной разработки при изучении учебного материала пользуются литературой, рекомендованной для студентов технических вузов: 1. И.В. Савельев "Курс общей физики" т. 1, 2, 3. М. Наука, 1982 г. (и все последующие годы издания). 2. Курс Фейнмановских лекций. Вып. 1 – 9. I977 – I979 г. 3. Т.А. Трофимова "Курс физики". М. Высшая школа, 1985 г. 4. Р. Спроул "Современная физика".(Квантовая физика атомов, твердого тела и ядер). М, Наука, 1974 г. 5. Э.А. Нерсесов "Основные законы атомной и ядерной физики". М. Высшая школа, 1988 г. 6. А.Г. Чертов, А.А. Воробьев "Задачник по физике", М. Высшая школа, 1988 г. 7. В.С. Волькенштейн "Сборник задач по курсу физики". М. Наука, 1986 г. 8. Б.М. Яворский, А.А. Детлаф "Справочник по физике". М. Наука, 1985 г. Приведенные примеры решения задач и задачи для самостоятельной работы помогут уяснить физический смысл законов и явлений, будут способствовать закреплению изучаемых разделов курса общей физики. При решении задач необходимо выполнять следующие правила: 1. Записать полностью условие задачи. Выписать все величины, входящие в условие, столбиком и выразить их в единицах Международной системы единиц (СИ). 2

2. Дать чертеж, поясняющий содержание задачи (в тех случаях, когда это возможно); выполнить его надо аккуратно, при помощи чертежных принадлежностей. 3. Указать основные законы и формулы, на которых базируется решение задачи, дать словесную формулировку этих законов, разъяснить употребляемые буквенные обозначения Если при решении задач применяется формула, полученная для частного случая, не выражающая физического закона, то ее следует вывести. Пояснения должны быть краткими, но исчерпывающими. 4. Решить задачу в общем виде, т.е. выразить искомую величину в буквенных обозначениях величин, заданных в условии задачи и взятых из таблиц. Таблицы физических величин находятся в сборниках задач и справочниках. 5. Подставить в рабочую формулу размерности или сокращенные обозначения единиц измерения величин и убедиться в правильности размерности искомой величины (см. примеры решения задач). 6. Подставить в окончательную формулу, полученную в результате решения задачи в общем виде, числовые значения, выраженные в единицах системы СИ. Несоблюдение этого правила приводит к неверному результату. 7. Произвести вычисление величин, подставленных в формулу, руководствуясь правилами приближенных вычислений.

3

1 КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ. 1.1. Колебания. Этот раздел рекомендуется изучить по §§ 49-54, 58-60 учебного пособия И.В. Савельева "Курс общей физики", т. 1. изд. 1982 г. и §§ 88-92 т. 2, изд. 1982 г. Рассмотрение этой темы предусматривает решение задач на колебательные движения, возникающие как при механических формах движения, так и в электрических цепях (контурах), а поэтому удобно сразу же при изучении теоретического материала провести и установить аналогию между механическими и электрическими величинами, характеризующими колебательные процессы (см. табл.). Механическая система. Электрическая цепь. m – масса. L – индуктивность. k – коэффициент квазиупругой 1 – величина обратная элексилы. C троемкости. r – коэффициент трения. R – активное сопротивление. F – сила. Е(t) – электродвижущая сила. x(t) – смещение. q(t) – заряд. dx dq v= = x& ( t ) – скорость. i= = q& ( t ) – сила тока. dt dt dv d 2 x di d 2 q = 2 = &x&( t ) –ускорение. = = q&&( t ) – скорость изa= dt dt d 2 t d t менения силы тока. 2 kx q2 WПОТ = – потенциальная WЭЛ = – энергия электри2 2C энергия. ческого поля заряженного конденсатора. 2 mv Li 2 WКИН = – кинетическая WМАГ = – энергия магнит2 2 энергия. ного поля контура с током. 4

Динамическое уравнение гармонических колебаний: Второй закон Ньютона Правило Кирхгофа di R ·i = −L . ma = − kx . dt Дифференциальное уравнение гармонических колебаний: &x& + ω20 x = 0 . q&& + ω20 q = 0 .

Собственная частота системы: 1 k ω0 = . . LC m Уравнение гармонических колебаний: x = A cos( ω0 t + ϕ0 ) . q = q m cos( ω0 t + ϕ0 ) . ω0 =

Где А и q m – амплитуда колебаний, ( ω0 t + ϕ0 ) –фаза колебаний, ϕ0 – начальная фаза, ω0 – циклическая частота. Динамическое уравнение затухающих колебаний: Второй закон Ньютона Правило Кирхгофа di q R ·i + = −L . ma = − kx − rv . dt C Дифференциальное уравнение затухающих колебаний: &x& + 2βx& + ω20 x = 0 . q&& + 2β q& + ω20 q = 0 . Коэффициент затухания: β=

r R . β= . 2m 2L Уравнение затухающих колебаний:

x = A 0 e −βt cos( ωЗ t + ϕ0 ) . q = q 0 e −βt cos( ωЗ t + ϕ0 ) . Амплитуда затухающих колебаний: A = A 0 e − βt . q m = q 0 e −βt . Частота затухающих колебаний: ωЗ = ω20 − β2 .

5

Логарифмический декремент затухания: A 0 (t ) δ = ln = βT . A 0 (t + T ) Добротность: W(t ) π Q = 2π = , W(t ) − W(t + T ) δ где W ( t ) = W0 e −2βt – полная энергия системы. Динамическое уравнение вынужденных колебаний: Второй закон Ньютона Правило Кирхгофа di q R ·i + = −L + e( t ) , ma = −kx − rv + F ( t ) , dt C F ( t ) = F m cos( ωt ) – сила. e( t ) = E m cos( ωt ) – ЭДС. Дифференциальное уравнение вынужденных колебаний: F E &x& + 2β x& + ω20 x = m cos( ωt ) . q&& + 2βq& + ω20 q = m cos( ωt ) . L m Уравнение установившихся вынужденных колебаний: x = A cos( ωt − ϕ ) . q = q m cos( ωt − ϕ ) , u C = U m cos( ωt − ϕ ) , q где U m = m – амплитуда наC пряжения на конденсаторе. Амплитуда вынужденных колебаний: Fm Em A= . qm = . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 L ω0 − ω + 4β ω m ω0 − ω + 4β ω

(

(

)

)

Разность фаз между колебаниями и вынуждающей силой: 2βω . tg ϕ = 2 ω0 − ω2 Резонансная частота: ω рез = ω20 − 2β2 .

6

Сила тока:

Скорость:

dx dq i= = v m cos( ωt − ψ ) , = I m cos( ωt − ψ ) , dt dt где v m = ωA – амплитуда ско- где I m = ωq m – амплитуда тока, π π рости, ψ = ϕ − – разность фаз ψ = ϕ − – разность фаз меж2 2 между скоростью и силой. ду током и ЭДС. Амплитуда силы тока: Em . Im = 2 1 ⎞ ⎛ R 2 + ⎜ ωL − ⎟ ωC ⎠ ⎝ Разность фаз: 1 ωL − ωC . tg ψ = R 1 Если ω = ω рез = ω0 = , то LC амплитуда силы тока максимальна: E I m ( рез ) = m , R а разность фаз: ψ рез = 0 . v=

Ускорение: dv π⎞ ⎛ a= = a m cos⎜ ωt − ψ + ⎟ , dt 2⎠ ⎝ 2 где a m = ωv m = ω A – амплитуда ускорения.

7

Пример 1. Полная энергия тела, совершающего гармоническое колебательное движение, равна 19,7мкДж, максимальная сила, действующая на тело, равна 0,8 мН. Написать уравнение движения тела, если период колебаний равен 2 с, а начальная фаза 60°. Решение: Уравнение гармонического колебания: x = Acos(ωt + α), где A – амплитуда колебаний, ϕ = ωt + ϕ0 – фаза, ϕ0 – начальная фаза, ω – циклическая частота. Для определения амплитуды A учтем, что скорость v и ускорение колеблющегося тела равны: dx v= = −ωA sin(ωt + ϕ 0 ) , dt dv a= = −ω2 A cos(ωt + ϕ 0 ) . dt Согласно второму закону Ньютона, сила, действующая на тело равна: F = ma = - mω2Acos(ωt + ϕ0). Учтем, что F = Fmax, если cos(ωt + ϕ0) = ±1, поэтому максимальное значение силы Fmax = mω2A. Полная энергия колеблющегося тела равна сумме кинетичеmv 2 и потенциальной ской Wk = 2 Дано: kx 2 W = энергий: i(t) = – 0,02·sin(400πt) A p 2 L = 1 Гн W = Wk + Wp =Wk max = Wp max, 1) T = ?, 2) C = ?, следовательно: 3) Um = ?, mv 2 max mω2 A 2 4) WLmax = ?, 5) WCmax = ? W = Wk max = = , 2 2 т.к. vmax = ωA. Учтя выражение для Fmax, имеем: F A W = max , 2

8 откуда: 2W . Fmax Дано: Циклическая частота: W = 19,7·10–6 Дж 2π ω= . Fmax = 0,8·10–3 Н T Т=2с Проверка размерности: ϕ0 = π/3 [A] = Дж = м , [ω] = рад . x(t) = ? Н с Вычисляя, получим: A = 0,05 м, ω = π рад/с. Искомое уравнение гармонического колебания: π⎞ ⎛ x = 0,05·cos⎜ πt + ⎟ м. 3⎠ ⎝ π⎞ ⎛ Ответ: x = 0,05·cos⎜ πt + ⎟ м. 3⎠ ⎝ A=

Пример 2. Уравнение изменения силы тока в колебательном контуре со временем дается в виде i(t) = – 0,02·sin(400πt) A. Индуктивность контура 1 Гн. Найти: 1) период колебаний; 2) емкость контура; 3) максимальное напряжение на конденсаторе; 4) максимальную энергию магнитного поля катушки индуктивности; 5) максимальную энергию электрического поля конденсатора. Решение: Из уравнения колебаний силы тока: i(t) = - 0,02·sin(400πt) следует, что максимальное (амплитудное) значение силы тока: Im = 0,02 A, частота колебаний: ω = 400 π рад/с.

9 2π 2π 1) Период колебаний T = = = 5·10 −3 (c) . ω 400π

1 1 , следовательно C = 2 . LC ωL Проверим размерность: 1 с 2 ·А Кл [C] = −2 = = =Ф. с ·Гн В·с В 1 C= = 6,3·10 −7 (Ф) = 0,63(мкФ) . 2 (400π) ⋅1 3) Напряжение на конденсаторе: q( t ) u (t ) = . C Пусть q( t ) = q m cos(ωt + ϕ 0 ) , тогда из определения силы тока следует: dq i= = −ωq m sin(ωt + ϕ 0 ) = − I m sin(ωt + ϕ 0 ) , dt т.е. амплитуды колебаний заряда и тока связаны соотношением: I Im = ωqm или q m = m . ω Уравнение колебаний напряжения: q q u = = m cos(ωt + ϕ 0 ) = U m cos(ωt + ϕ 0 ) , C C q I где U m = m = m – максимальное напряжение на конденсаторе C ωC (амплитуда напряжения). Размерность: А А·с·В Кл·В [ U m ] = −1 = = = В. с ·Ф Кл Кл Вычисления: 0,02 Um = = 25,2(В) . 400π ⋅ 6,3 ⋅10 −7 2) ω2 =

4) Энергия магнитного поля WL =

Li 2 , максимальная энергия 2

LI 2max магнитного поля WL max = . 2 В·с·А 2 [WLmax ] = Гн·А 2 = = В·А·с = Вт·с = Дж А 1 ⋅ 0,02 2 WL max = = 2·10 −4 (Дж ) = 0,2(мДж ) . 2 Cu 2 5) Энергия электрического поля WC = , максимальная энер2 CU 2 max гия электрического поля WC max = . 2 Кл·В 2 [ WC max ] = Ф·В 2 = = Кл·В = Дж . В 6,3 ⋅10 −7 ⋅ 25,2 2 WC max = = 2·10 −4 (Дж ) = 0,2(мДж ) . 2 Ответ: 1) Т = 5мс, 2) С = 0,63 мкФ, 3) Um = 25,2 В, 4) WL max = 0,2 мДж, 5) WC max = 0,2 мДж. Пример 3. Собственная частота колебаний контура ν0 = 8 кГц, добротность контура Q = 72. В контуре возбуждаются затухающие колебания. Найти закон убывания запасенной в контуре энергии W со временем, если в начальный момент времени энергия, запасенная в контуре равна 50 мкДж. Решение: Дано: 3 Уравнение затухающих колебаний заряда ν0 = 8·10 Гц на конденсаторе: Q = 72 –6 q( t ) = q 0 e −βt cos(ωt + ϕ 0 ) , W0 = 50·10 Дж W(t) = ? где ω = ω2 − β 2 – циклическая частота зату0

10

хающих колебаний, ω0 – собственная циклическая частота контура, β – коэффициент затухания. 11

Получим уравнение затухающих колебаний силы тока. Для простоты положим начальную фазу равной нулю (ϕ0 = 0). q( t ) = q 0 e −βt cos(ωt ) , dq d i= = (q 0 e −βt cos(ωt )) = q 0 (− β e −βt cos(ωt ) − ωe −βt sin (ωt )) = dt dt ⎛ ⎞ β ω = − ω2 + β 2 q 0 e −βt ⎜ cos(ωt ) + sin (ωt )⎟ = ⎜ ω2 + β 2 ⎟ ω2 + β 2 ⎝ ⎠ ⎞ ⎛ β ω cos(ωt ) + sin (ωt )⎟⎟ . = −ω0 q 0 e −βt ⎜⎜ ω0 ⎠ ⎝ ω0 Пусть sin α =

β β ω , cos α = , tgα = , тогда: ω ω0 ω0

i = −ω0 q 0 e −βt (sin α·cos(ωt ) + cos α·sin (ωt )) = −ω0 q 0 e −βt sin (ωt + α ) . Уравнение затухающих колебаний силы тока: i = −ω0 q 0 e −βt sin (ωt + α ) . Энергия, запасенная в конденсаторе: q2 q2 1 WC = = 0 e −2βt cos 2 (ωt ) = W0 e −2βt (1 + cos(2ωt )) . 2 2C 2C Энергия, запасенная в катушке индуктивности: Li 2 Lω02 q 02 −2βt 1 WL = e sin 2 (ωt + α) = W0 e −2βt (1 − cos(2ωt + 2α)) , = 2 2 2 2 2 2 2 Lω0 q 0 Lq 0 q 0 где = = = W0 , 2 2LC 2C 1 т.к. собственная частота контура ω0 = . LC Полная энергия контура: ⎛ cos(2ωt ) − cos(2ωt + 2α) ⎞ W = WC + WL = W0 e −2βt ⎜1 + ⎟= 2 ⎝ ⎠ −2βt = W0 e (1 + sin α·sin(2ωt + α) ) . 12

Уравнение изменения полной энергии контура: ⎛ ⎞ β W = W0 e −2βt ⎜⎜1 + sin( 2ωt + α) ⎟⎟ . ⎝ ω0 ⎠ Если коэффициент затухания мал по сравнению с собственной β << 1 , то запасенная в контуре энергия убычастотой контура ω0

вает во времени по закону W = W0 e −2βt ( при выполнении контрольной работы эту формулу можно брать за исходную ). Найдем коэффициент затухания β, предполагая что ω0 >> β. Добротность контура при малом затухании: π Q= , δ где δ = βT - логарифмический декремент затухания, T - период затухающих колебаний. 2π 2π 2π 2π 1 , T= = = ≈ = 2 ω ω − β 2 ω0 2πν 0 ν 0 0

где ω0 = 2πν0 – связь циклической и линейной частот. Добротность: π π πν 0 Q= = , = β δ βT Коэффициент затухания: πν 3,14·8·10 3 β= 0 = = 349 . Q 72 Проверим выполняется ли условие ω0 >> β: πν 0 β β 1 1 = = = = 0,007 << 1 . = ω0 2πν 0 2πν 0 Q 2Q 144 Условие ω0 >> β выполняется. Подставим числа в выражение для энергии: W = 50·10 −6 ·e −700t (Дж) = 50·e −700t (мкДж) . Ответ: W = 50·e −0, 7 t мкДж . 13

Пример 4. Электрическая цепь состоит из активного сопротивления R, конденсатора емкостью C и катушки индуктивности L, соединенных последовательно с генератором переменного напряжения. ЭДС генератора изменяется по закону е = Еm·cos(ωt). Найти зависимость от времени силы тока i(t), напряжения на активном сопротивлении uR(t), напряжения на конденсаторе uC(t) и напряжения на катушке uL(t). Решение: Пусть заряд конденсатора меняется по закону: q = q m cos( ωt − ϕ ) , где qm – амплитуда заряда, ω – частота ЭДС, φ – разность фаз между ЭДС и зарядом. Сила тока: dq π⎞ ⎛ i= = −ωq m sin( ωt − ϕ ) = I m cos⎜ ωt − ϕ + ⎟ = I m cos (ωt − ψ ) , dt 2⎠ ⎝ где I m = ωq m – амплитуда тока, π ψ = ϕ − – разность фаз между ЭДС и током. 2 Напряжение на активном сопротивлении: u R = R ·i = RI m cos (ωt − ψ ) = U Rm cos (ωt − ψ ) , где U Rm = RI m – амплитуда напряжения на активном сопротивлении. Колебания тока и напряжения на активном сопротивлении происходят в одинаковой фазе. Напряжение на конденсаторе: q q π⎞ ⎛ u C = = m cos( ωt − ϕ ) = U Cm cos⎜ ωt − ψ − ⎟ , C C 2⎠ ⎝ q 1 ·ωq m = X C I m –амплитуда напряжения на конгде U Cm = m = C ωC денсаторе, π 1 XC = – емкостное сопротивление, ϕ = ψ + . 2 ωC 14

Колебания напряжения на емкостном сопротивлении отстают π по фазе на от колебаний тока. 2 Напряжение на катушке индуктивности: di π⎞ ⎛ u L = L = −ωLIm sin(ωt − ψ) = U Lm cos⎜ ωt − ψ + ⎟ , dt 2⎠ ⎝ где U Lm = ωLI m = X L I m –амплитуда Дано: напряжения на катушке индуктивR, C, L ности, е = Еm·cos(ωt) Колебания напряжения на индукi(t), uR(t), uC(t), uL(t) = ? тивном сопротивлении опережают π по фазе на колебания тока. 2 Построим векторную диаграмму и найдем амплитуду тока I m и разность фаз ψ между током и ЭДС. e = uC + uR + uL E 2m = U 2Rm + ( U Lm − U Cm ) 2 E 2m = I 2m (R 2 + (X L − X C ) 2 ) Амплитуда силы тока: Em Im = . 2 1 ⎞ ⎛ R 2 + ⎜ ωL − ⎟ ωC ⎠ ⎝ Разность фаз: 1 ωL − ωC . tg ψ = R Ответ: i = I m cos(ωt − ψ ) , u R = U Rm cos(ωt − ψ ) , где U Rm = RI m , I π⎞ ⎛ u C = U Cm cos⎜ ωt − ψ − ⎟ , где U Cm = m , 2⎠ ωC ⎝

π⎞ ⎛ u L = U Lm cos⎜ ωt − ψ + ⎟ , где U Lm = ωLI m . 2⎠ ⎝ 15 1.2. Сложение колебаний.

Рекомендуется изучить §§ 55-57 учебного пособия И.В. Савельева "Курс общей физики" т. 1. М. Наука, 1982 г. При сложении двух одинаково направленных гармонических колебаний одинакового периода x 1 = A 1 cos(ωt + ϕ1 ) , x 2 = A 2 cos(ωt + ϕ 2 ) получается гармоническое колебание того же периода x = A cos(ωt + ϕ) , амплитуда А и начальная фаза ϕ которого определяется уравнениями:

A = A 12 + A 22 + 2A 1 A 2 cos(ϕ1 − ϕ 2 ) , A 1 sin ϕ1 + A 2 sin ϕ 2 , A 1 cos ϕ1 + A 2 cos ϕ 2 где А1 и А2 – амплитуды слагаемых колебаний, ϕ1 и ϕ2 - начальные фазы слагаемых колебаний. При сложении N (N > 2) одинаково направленных гармонических колебаний равных периодов, амплитуду и начальную фазу результирующего колебания можно находить применяя метод векторных диаграмм. В результате задач такого типа необходимо получить вид функций, описывающих изменение смещения (для контура q, u), скорости (для контура i), ускорения. В задачах на определение траектории точки, участвующей в двух взаимно перпендикулярных колебаниях, следует исключить tgϕ =

время из уравнений складываемых колебаний и найти уравнение, которое описывает результирующее колебание. 16 Пример 5. Найти амплитуду и начальную фазу гармонического колебания, полученного при сложении двух гармонических колебаний одинакового направления и одинаковой частоты, уравне2π ⎞ π⎞ ⎛ ⎛ ния которых x 1 = 0,02 sin ⎜ πt + ⎟ м и x 2 = 0,03 cos⎜ πt + ⎟ м. На3 ⎠ 3⎠ ⎝ ⎝ писать уравнение результирующего колебания. Решение: Дано: Согласно принципу суперпозиции: 2π ⎞ ⎛ x 1 = 0,02 sin ⎜ πt + ⎟ x = x1 +x2. 3 ⎠ ⎝ Сложение колебаний произведем меπ⎞ ⎛ тодом векторной диаграммы. Для этого, x 2 = 0,03 cos⎜ πt + ⎟ 3⎠ ⎝ используя тригонометрическую формулу x(t) = ? приведения π⎞ ⎛ sin α = cos⎜ α − ⎟ , 2⎠ ⎝ уравнения складываемых колебаний выразим через функцию косинуса и запишем их в канонической форме: 2π π ⎞ π⎞ 2π ⎞ ⎛ ⎛ ⎛ x 1 = 0,02 sin⎜ πt + − ⎟ = 0,02 cos⎜ πt + ⎟ , ⎟ = 0,02 cos⎜ πt + 3 ⎠ 3 2⎠ 6⎠ ⎝ ⎝ ⎝ π⎞ ⎛ x 2 = 0,03 cos⎜ πt + ⎟ . 3⎠ ⎝ Построим векторную диаграмму (см. стр. 16) для t = 0. Учтем, π π что A1 = 0,02 м, A2 = 0,03 м, ϕ1 = = 30 0 , ϕ 2 = = 60 0 . 6 3 Результирующее колебание имеет ту же частоту ω = π и ам→

плитуду A , которая равна геометрической сумме амплитуд складываемых колебаний →

→

→

A = A1 + A 2 . Согласно теореме косинусов:

2

2

A= A 1 + A 2 + 2A 1 A 2 cos(ϕ 2 − ϕ1 ) . 17 Начальная фаза результирующего колебания: A sin ϕ1 + A 2 sin ϕ 2 . ϕ = arctg 1 A 1 cos ϕ1 + A 2 cos ϕ 2 Представим числовые значения и произведем вычисления: A = 0,02 2 + 0,03 2 + 2 ⋅ 0,02 ⋅ 0,03 cos(60 ° − 30 ° ) ≈ 0,05 м, 0,03 sin 30 ° + 0,02 sin 60 ° = 42 ° = 0,23π . ° ° 0,03 cos 30 + 0,02 cos 60 Уравнение результирующего колебания: x = 0,05cos(πt + 0,23π). Ответ: x = 0,05cos(πt + 0,23π) м. ϕ = arctg

Пример 6. Точка участвует одновременно в двух гармонических колебаниях, происходящих во взаимно перпендикулярных наπ правлениях и описываемых уравнениями x = cosπt и y = cos t . 2 Определить уравнение траектории точки и построить ее на чертеже, показав направление движения точки. Решение: Дано: По условию задачи: x = cosπt x = A 1 cos ω1 t = cos πt , π y = cos t π 2 y = A 2 cos ω 2 t = cos t , y = f(x) 2 т.е. A1 = A2 = 1, ω1 = 2ω2. Для определения уравнения траектории точки необходимо найти связь между y и x, исключив время t. Применим формулу косинуса кратных углов: cos2α = cos2α – sin2α = 1 – 2sin2α = 2cos2α – 1. Используя это соотношение , можно написать: π cosπt = 2 cos 2 t − 1 . 2

Учитывая заданные уравнения, получим: x = 2y2 – 1. 18 x +1 . y=± 2 Полученное уравнение представляет собой параболу, у которой ось лежит на оси 0x, ветви направлены в положительном направлении оси 0х. Траектория результирующего колебания точки представляет собой часть параболы, заключенной внутри прямоугольника амплитуд со сторонами 2A1, 2A2. Для построения траектории найдем значения y, соответствующие ряду значений x. 0 1 х –1 1 ± ≈ 0,7 0 ±1 у 2 Определим направление движения. В начальный момент при t = 0 имеем: x = 1, y = 1. Точка находится в положении а. При t = 1 с получим x = – 1, y = 0. Материальная точка находится в вершине параболы b. При t = 2 с получим x = 1, y = – 1. Материальная точка находится в положении c. После этого она будет двигаться в обратном направлении.

Ответ: y = ±

x +1 . 2

19 1.3. Волны в упругой среде. Рекомендуется изучить §§ 93-98 учебного пособия И.В. Савельева "Курс общей физики", т.2. М. Наука, 1982 г. Процесс распространения колебаний в упругой среде называется волной. В волновом процессе имеет место следующее соотношение: λ = vT, где λ – длина волны, Т – период колебаний, v – скорость распространения волны (фазовая скорость). Уравнение плоской волны имеет вид: r⎞ ⎛ s = A cos ω⎜ t − ⎟ = A cos(ωt − kr ) , ⎝ v⎠ где s – смещение колеблющейся точки от положения равновесия, A – амплитуда колебаний, ω – частота колебаний, ω 2π k= = – волновое число, v λ r – расстояние, пройденное волной от источника колебаний до рассматриваемой точки. Разность фаз двух колеблющихся точек, находящихся на расстояниях r1 и r2, от источника колебаний, равна: 2π 2π Δϕ = ϕ 2 − ϕ1 = − (r2 − r1 ) = − Δ , λ λ где Δ = r2 − r1 – разность хода волн. Уравнение стоячей волны: s = 2A cos(kr + α) cos(ωt + β) , где α и β – постоянные, которые определяются начальными и граничными условиями

A ст.в. (r ) = 2A cos(kr + α) – амплитуда стоячей волны, ϕ ст.в. ( t ) = (ωt + β) – фаза стоячей волны. 20 Пример 7. Плоская монохроматическая волна распространяется вдоль прямой, совпадающей с положительным направлением оси 0x в среде, не поглощающей энергию, со скоростью v = 15 м/с. Две точки, находящиеся на этой прямой на расстояниях x1 = 5 м и x2 = 5,5 м от источника колебаний, колеблются с разностью фаз Δϕ = π/5. Амплитуда волны A = 0,04 м. Определить: 1) длину волны λ, 2) уравнение волны, 3) смещение s1 первой точки в момент времени t1 = 3 с. Решение: Дано: Уравнение плоской монохроматической волны, v = 15 м/с распространяющейся вдоль оси x имеет вид: x1 = 5 м 2π ⎞ ⎛ x⎞ ⎛ x2 = 5,5 м s = A cos ω⎜ t − ⎟ = A cos⎜ ωt − x⎟, Δϕ = π/5 v⎠ λ ⎠ ⎝ ⎝ A = 0,04 м где s – смещение колеблющейся точки, t1 = 3 с A – амплитуда волны, 2π ⎞ 1) λ = ? ⎛ ϕ = ⎜ ωt − x ⎟ – фаза волны, 2) s(x,t) = ? λ ⎠ ⎝ 3) s1 = ? 2π ω= – циклическая частота колебаний, T λ = vT – длина волны (наименьшее расстояние между точками волны, колебания которых отличаются по фазе на 2π). Разность фаз колебаний двух точек волны: 2π (x 2 − x 1 ) . Δϕ = λ Отсюда: 2π 2π λ= (x 2 − x 1 ) = 5·(5,5 − 5) = 5(м) . Δϕ π λ 2π ω= , T= . T v Следовательно:

ω=

2π 2πv 2π·15 = = = 6π . T λ 5 21

Искомое уравнение волны: 2π ⎞ ⎛ s = 0,04 cos⎜ 6πt − x⎟ . 5 ⎠ ⎝ Смещение первой точки в момент времени t1 = 3 с: 2π ⎞ ⎛ s1 = 0,04 cos⎜ 6π ⋅ 3 − ·5 ⎟ = 0,04(м) . 5 ⎠ ⎝ 2π ⎞ ⎛ x ⎟ , 3) s1 = 0,04 м. Ответ: 1) λ = 5 м, 2) s = 0,04 cos⎜ 6πt − 5 ⎠ ⎝ Пример 8. Один конец упругого стержня длиной L соединен с источником гармонических колебаний s(t) = A sinωt. Другой конец жестко закреплен. Определить характер колебаний в любой точке стержня. Найти координаты точек стержня, в которых амплитуда колебаний минимальна и максимальна. Решение: Колебания от источника колебаний (x = 0) будут распространяться вдоль стержня, т.е. вдоль стержня (вдоль оси x) будет распространяться упругая волна частоты ω со скоростью v. Дойдя до места закрепления волна отразится, при этом ее фаза меняется на π (жесткое закрепление). До точки с координатой х отраженная волна проходит путь: r = L + (L –x) = 2L – x. Уравнение падающей волны: ⎛ x⎞ s1 (x, t ) = A sin ω⎜ t − ⎟ = A 0 sin (ωt − kx ) , v⎠ ⎝ ω 2π где k = = – волновое число, v λ λ – длина волны. Уравнение отраженной волны: s 2 (x , t ) = A sin (ωt − k (2L − x ) + π ) = A sin (ωt + kx − 2kL + π ) ,

s 2 = −A sin (ωt + kx − 2kL ) .

22 Наложение падающей и отраженной волн образуют стоячую волну, которая и определяет характер колебаний в любой точке стержня: s(x , t ) = s1 ( x , t ) + s 2 ( x , t ) = A sin (ωt − kx ) − A sin (ωt + kx − 2kL ) = = 2A sin k (L − x ) cos(ωt − kL) . Амплитуда стоячей волны: A ст.в. ( x ) = 2A sin k (L − x ) . Амплитуда колебаний точек зависит от их координаты x. Найдем координаты узлов, т.е. точек где амплитуда колебаний минимальна. Aст.в. = 0, если: k(L-x) = mπ, (m = 0, 1, 2, ...). 2π (L − x ) = mπ , λ λ Дано: x min = L − m . 2 s(t) = Asinωt Найдем координаты пучностей, т.е. точек где s(L,t) = 0 амплитуда колебаний максимальна. s(х,t) = ? Aст.в. = 2А, xmin = ? если: xmax = ? π k (L − x ) = (2m + 1) , (m = 0, 1, 2, ...). 2 π 2π (L − x ) = (2m + 1) , 2 λ λ x max = L − (2m + 1) . 4 Ответ: s( x, t ) = 2A sin k (L − x ) cos(ωt − kL) , λ x min = L − m , m = 0, 1, 2, ... , 2

λ , m = 0, 1, 2, ... . 4 23 2. ВОЛНОВАЯ ОПТИКА.

x max = L − (2m + 1)

2.1. Интерференция света. Для решения задач по этой теме нужно изучить по учебному пособию И. В. Савельева "Курс общей физики", т.2, §§119-122. Интерференция волн возможна лишь в слуДано: чае, если волны когерентные. Обычно два люλ = 0,5·10–6 м бых независимых источника света не являются L=1м когерентными. Когерентные световые волны а = 2·10–3 м можно получить, разделив с помощью некотоh = 6·10–6 м рой оптической системы волну, излучаемую одn = 1,55 ним источником, на две части. Соответствующие две волны, пройдя различные оптические Δ 2Δ = =? пути, накладываются, создавая интерференциλ λ 2 онную картину. Задачи на интерференцию света делятся в основном на две группы. К задачам первой группы относятся случаи интерференции, полученной с помощью зеркала Ллойда, зеркал Френеля, в опыте Юнга и др. В этих задачах нередко для расчета интерференционной картины удобно данную оптическую систему заменить другой, эквивалентной, считая при этом, что имеется не один, а два когерентных источника (примеры 9, 10). Вторую группу составляют задачи на интерференцию в плоскопараллельных, клинообразных тонких слоях, а также задачи на кольца Ньютона. При решении этих задач следует обратить внимание на то, что разность фаз когерентных волн при встрече, а следовательно, результат интерференции, обусловлены двумя причинами: оптической разностью хода и условиями отражения обеих волн.

Если отражение происходит от границы с оптически более плотной средой, фаза волны претерпевает изменение на π. Если отражение происходит от границы с оптически менее плотной средой, то скачка фазы не происходит. 24 Пример 9. Источник монохроматического света (λ = 0,5 мкм) и плоское зеркало М расположены, как показано на рисунке. Определить: 1) что будет наблюдаться на экране в точке Р, где сходятся лучи SP и S1МP – усиление или ослабление освещенности, если SP = L = 1 м, и а = 2 мм, SМ = МР, 2) как изменится освещенность в точке Р, если на пути луча SP перпендикулярно к нему поместить плоскопараллельную пластинку стекла (n = 1,55) толщиной h = 6 мкм? Решение:

Источник света S и его изображение в зеркале S1 можно рассматривать как два источника когерентных волн, идущих по направлениям SP и S1МP. В результате их наложении в точке экрана Р будет наблюдаться интерференция, т.е. либо усиление, либо ослабление освещенности. Условие ослабления или усиления света определяется величиной оптической разности хода волн Δ. Если разность хода кратна нечетному числу длин полуволн, λ т.е. Δ = (2m + 1) , где m = 0, 1, 2, ..., то наблюдается минимум 2

λ , т.е. кратна четному числу длин 2 полуволн, то наблюдается максимум освещенности. 1) Рассмотрим оптическую разность хода в первом случае. Так как волны идут в воздухе, то можно считать оптическую длину пути равной геометрической длине пути. освещенности, если Δ = 2m

25 Путь первой волны: SP = L. Путь второй волны: d2 S1 MP = L + d = L 1 + 2 . L Геометрическая разность хода рассматриваемых волн: ⎞ ⎛ d2 d2 Δ геом. = L 1 + 2 − L = L⎜ 1 + 2 − 1⎟ . ⎟ ⎜ L L ⎠ ⎝ Используем разложение в степенной ряд: m m(m − 1) 2 (1 + x ) m = 1 + x + x + ... . 1 1·2 Ограничимся двумя первыми членами разложения. Это можно d2 сделать, т.к. x = 2 = 16·10 −6 <<1. L Получим: 1 ⎞ ⎛ 2 2 ⎟ ⎜⎛ d ⎞ ⎛ 1 d2 ⎞ d2 Δ геом. = L⎜ ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟ − 1⎟ ≅ L⎜⎜1 + − 1⎟⎟ = . 2 ⎝ 2L ⎠ 2L ⎟ ⎜⎝ L ⎠ ⎠ ⎝ Для определения полной оптической разности хода учтем, что вторая волна отражается от среды оптически более плотной (зеркало), чем та среда, в которой она распространялась (воздух), следовательно, при отражении фаза волны меняется на Δϕ = π. В оптической разности хода появится добавочный член, соответствующий этой разности фаз. На основании формулы, связывающей разность фаз с разно2

2

стью хода: Δϕ = можно найти: π=

2π Δ, λ

2π λ Δ доб. или Δ доб. = . λ 2

26 Таким образом, полная оптическая разность хода интерферирующих волн будет равна: d2 λ Δ 1 = Δ геом. + Δ доб. = + . 2L 2 λ Сравним Δ1 с : 2 2Δ 1 2 ⎛ d 2 λ ⎞ d 2 16·10 −6 +1 = + 1 = 33 . = ⎜⎜ + ⎟⎟ = λ λ ⎝ 2L 2 ⎠ λL 0,5·10 −6 2Δ 1 = 33 – нечетное число, следовательно, в точке Р будет наλ блюдаться минимум освещенности. 2) Если поместить на пути луча SP стеклянную пластинку, то изменится оптическая длина пути первой волны, она складывается из оптической длины пути в воздухе (L – h)nвоздух (h – толщина стеклянной пластинки), и оптической длины пути в стеклянной пластинке hnстекло. Вся оптическая длина пути первой волны будет равна (здесь учтено что nвоздух = 1, nстекло = n): Δ SP = (L − h ) − hn = L − (n − 1)h , Оптическая длина пути второй волны остается прежней

d2 λ Δ S1MP = L 1 + 2 + . 2 L Таким образом, оптическая разность хода волн: Δ 2 = Δ S1MP − Δ SP = L 1 +

d2 λ + − L − (n − 1)h = Δ 1 − (n − 1)h . L2 2

λ : 2 2Δ 2 2Δ 1 2(n − 1)h 2(1,55 − 1)·6·10 −6 − = 33 − = 33 − 13 = 20 . = λ λ λ 0,5·10 −6

Сравним Δ2 с

2Δ 2 = 20 –четное число, следовательно, в точке Р будет наблюλ даться максимум освещенности. 27 Примет 10. Расстояние между щелями в опыте Юнга 0,5 мм. Расстояние от щелей до экрана 1 м. Опыт проводится с красным светом (λ = 0,7 мкм). Определить расстояние между интерференционными максимумами на экране. Решение: Дано: –3 d = 0,5·10 м L=1м λ = 0,7·10–6 м Δх = ?

Пусть на экране Э, вдоль которого расположена ось 0х, в точке А с координатой xm находится максимум m-го порядка, а в точке В с координатой xm–1 находится максимум (m-1)-го порядка, тогда ширина интерференционной полосы Δх = xm – xm–1. Для того, чтобы в точках А и В наблюдались максимумы, необходимо, чтобы оптическая разность хода волн, идущих от щелей S1 и S2, (двух когерентных источников света), была равна четному числу длин полуволн, или целому числу длин волн: Δm = S2A –S1A = mλ, где m = 0, 1, 2, … . Из ΔS1AC по теореме Пифагора: (S1A)2 = L2 + (OA – OC)2. Из ΔS2AD по теореме Пифагора: (S2A)2 = L2 + (OA + OD)2,

где ОС = ОD =

d , ОА = xm. 2 2

d⎞ ⎛ (S1A) = L + ⎜ x m − ⎟ , 2⎠ ⎝ 2

2

2

d⎞ ⎛ (S2A) = L + ⎜ x m + ⎟ . 2⎠ ⎝ Вычтем из второго уравнения первое: 2

2

28 2

2

d⎞ d⎞ ⎛ ⎛ (S2A)2 – (S1A)2 = L2 + ⎜ x m + ⎟ – L2 – ⎜ x m − ⎟ = 2⎠ 2⎠ ⎝ ⎝ 2 2 ⎛ d d ⎞ d d ⎞ ⎛ = ⎜⎜ x 2m + 2 x m + ⎟⎟ − ⎜⎜ x 2m − 2 x m + ⎟⎟ = 2 x m d , 2 4 ⎠ 2 4 ⎠ ⎝ ⎝ (S2A – S1A)·(S2A + S1A) = 2xmd. Так как OA<
минимальную толщину пленки, если отраженный свет максимально ослаблен. Решение: Дано: n1 = 1,4 n2 = 1,5 i = 30° λ = 0,52 10–6 м dmin = ? 29 На границу раздела воздух - пленка падает плоская монохроматическая волна, угол падения которой i. На границе раздела волна частично отражается (1), частично преломляется (2). Угол преломления r. Преломленная волна, достигнув границы раздела пленка - стекло, также частично преломляется и частично отражается (2'). Волна 2', претерпев преломление на границе пленка стекло, выходит в воздух (2"). Волны 1 и 2" будут когерентными и при наложении интерферируют. Результат интерференции зависит от того, какому условию удовлетворяет оптическая разность хода. Отраженный свет максимально ослаблен, следовательно, при интерференции выполняется условие минимума: λ Δ = (2m + 1) , где m = 0, 1, 2, ... . 2 Запишем оптическую разность хода волн 1 и 2'' (nвоздух = 1): Δ1 = (AB + BC)n1 – AD·nвоздух. Если выразить величины через толщину пленки и угол падения, то получим: Δ 1 = 2d n 12 − sin 2 i . Проанализируем условия отражения. Так как показатель преломления воздуха (nвоздух = 1) меньше показателя преломления вещества пленки (n1 = 1,4), который в свою очередь меньше показателя преломления стекла (n2 = 1,5), то в обоих случаях отражение происходит от среды оптически более плотной, чем та среда,

в которой идет падающая волна. Волна 1, отраженная от верхней поверхности пленки, изменит фазу на π и точно также на π изменится фаза волны 2, отраженной от нижней поверхности пленки. Добавочная разность фаз и разность хода не возникает Δдоб. = 0. Таким образом, оптическая разность хода волн 1 и 2'': Δ = Δ 1 + Δ доб. = 2d n 12 − sin 2 i . Условие минимума освещенности: λ 2d n 12 − sin 2 i = (2m + 1) . 2 30 Найдем толщину пленки d: (2m + 1)λ . d= 4 n 12 − sin 2 i Минимальная толщина пленки, если m = 0: 0,52·10 −6 λ d min = = = 0,1·10 −6 (м) . 2 2 4 n 1 − sin i 4 1,96 − 0,25 Ответ: dmin = 0,1 мкм. Пример 12. На стеклянный клин падает нормальный пучок света (λ = 0,582 мкм). Угол клина равен 20'. Какое число темных интерференционных полос приходится на единицу длины клина? Решение: Дано: –6 λ = 0,582·10 м α = 20' n = 1,5 N =? L

Параллельный пучок света, падая нормально к грани клина, отражается как от верхней, так и от нижней грани. Условный ход лучей показан на рисунке. В действительности падающий, отраженный и преломленный лучи направлены вдоль одной прямой.

Отраженные пучки света 1 и 2 когерентны. Поэтому на поверхности клина будет наблюдаться интерференционная картина. Картина имеет вид чередующихся светлых и темных полос, положение которых определяется условиями max и min при интерференции. Темные полосы видны в тех местах, где оптическая разность хода интерферирующих волн: λ Δ = (2m + 1) , где m = 0, 1, 2, ... . 2 31 Полная оптическая разность хода волн 1 и 2 складывается из разности оптических длин путей этих волн Δ1, и добавочной разности хода Δдоб., возникающей за счет разных условий отражения. Из чертежа видно, что путь волны 1 короче пути волны 2 на 2dm, где dm – толщина клина, соответствующая m-му минимуму. Вторая волна проходит путь 2dm в стекле с показателем преломления n, поэтому оптическая разность хода волн I и 2 будет: Δ1 = 2dmn. Рассмотрим условия отражения на верхней и нижней поверхностях клина. Луч 1 отражается от стекла, т.е. от среды оптически более плотной, чем среда, в которой шел падающий луч (воздух), следовательно фаза волны, отраженной от верхней поверхности клина, меняется на π. Луч 2 отражается от границы стекло – воздух, т.е. от среды оптически менее плотной, и фаза волны, отраженной от нижней грани клина, не меняется. Следовательно, у волн, отраженных от верхней и нижней граней клина, появляется добавочная разность фаз Δϕдоб. = π, котоλ рой соответствует добавочная разность хода Δ доб. = . 2 Итак, полная разность хода интерферирующих волн: λ Δ = Δ 1 + Δ доб. = 2d m n + . 2

Для минимума m-го порядка можно записать уравнение: λ λ 2d m n + = (2m + 1) . 2 2 Аналогично для минимума k-го порядка: λ λ 2d k n + = (2k + 1) . 2 2 Вычитая из уравнения (1) уравнение (2), получим: 2d m n − 2d k n = mλ − kλ , 2 n ( d m − d k ) = ( m − k )λ .

(1)

(2)

32 (dm – dk) можно определить из ΔABC dm – dk = АС·sinα, тогда 2n·AC·sinα = (m – k)λ, где (m – k) – число интерференционных полос, уложившихся на длине АС. Отсюда число полос на единице длины клина N m − k 2n sin α = = . λ L AC Угол α мал, поэтому sinα=α, если угол α выражен в радианах. Переведем 20' в радианы: π 10 α= 20' = 5,82·10 −3 (рад) . 180 0 60' N 2n sin α 2nα 2·1,5·5,82·10 −3 = = 3·10 4 (м −1 ) . = = −7 L λ λ 5,82·10 Ответ: на единице длины клина в условиях данной задачи укладывается 3 104 полос на 1 м или 30полос на 1мм. Пример 13. Установка для получения колец Ньютона освещается белым светом, падающим нормально. Найти:1). радиус четвертого синего кольца (λ1 = 0,4 мкм), 2) радиус третьего красного кольца (λ2 = 0,63 мкм). Наблюдение производится в проходящем свете. Радиус кривизны линзы 5 см.

Дано: m1 = 4 λ1 = 0,4·10–6 м m2 = 3 λ2 = 0,63·10–6 м R = 0,05 м r1 = ? r2 = ?

Решение:

33 Для наблюдения колец Ньютона берется установка, состоящая из плоскопараллельной пластинки и плосковыпуклой линзы с большим радиусом кривизны R. Между пластинкой и сферической поверхностью линзы образуется воздушный слой. Кольца Ньютона можно наблюдать как в отраженном свете, так и в проходящем. Падающая волна частично отражается от верхней поверхности воздушного слоя, а частично преломляется. Преломленная волна достигнув нижней поверхности воздушного слоя, также частично преломляется (луч1), и частично отражается. То же самое вновь происходит с отраженной волной на верхней, а затем на нижней поверхностях воздушного слоя. Таким образом, образуются две когерентные волны 1 и 2, которые могут интерферировать. Интерференционная картина имеет вид колец, т.к. геометрическое место точек с одинаковой толщиной воздушного слоя dm, расположено по окружности. Светлые кольца будут наблюдаться там, где полная оптическая разность хода волн 1 и 2 Δ = mλ, где m = 0, 1, 2 ... . Поскольку радиус кривизны линзы R большой, угол падения на верхнюю поверхность воздушного слоя, близок к нулю. Можно считать, что оптический путь у волны 2 больше, чем у волны 1

на 2dmn. Так как среда, заполняющая пространство между линзой и пластинкой, воздух, то n = 1 и оптическая разность хода волн Δ1 = 2dm. Рассмотрим условия отражения волн. Волна 1 не отражается нигде, волна 2 отражается дважды: от пластины и сферической поверхности линзы, т.е. отражение происходит в обоих случаях от среды оптически более плотной чем та, в которой шла волна до отражения. Следовательно волна 2 дважды претерпевает изменение фазы на π, поэтому добавочная разность фаз будет кратна 2π и добавочная разность хода будет равна нулю Δдоб. = 0. Δ = Δ1 + Δдоб. = 2dm. 34 Для светлых колец (1) 2dm = mλ. Рассмотрим ΔOAB: ОA = R – радиус кривизны линзы, AB = rm – радиус m-го кольца, OB = R – dm. По теореме Пифагора ОА2 = ОВ2 + АВ2, R2 = (R – dm)2 + rm2, 2 R = R2 –2Rdm + dm2 + rm2, 2 dm – очень малая величина, поэтому ей можно пренебречь (2) rm2 = 2Rdm. Из уравнения (1) найдем dm: mλ dm = , 2 и подставим в формулу (2): mλ rm2 = 2R = mRλ , 2 rm = mRλ . Отсюда видно, что радиусы колец Ньютона зависят для данной установки (R = const) от номера кольца и длины световой волны.

Если установка освещается белым светом, то для каждой длины волны будет свой радиус при m = const, т.е. светлые кольца будут спектральными. Определим радиусы r1 и r2: r1 = m1 Rλ 1 = 4·5·10 −2 ·0,4·10 −6 = 2,8·10 −4 (м) , r2 = m 2 Rλ 2 = 3·5·10 −2 ·0,63·10 −6 = 3,1·10 −4 (м) . Из полученных результатов следует, что максимумы третьего и четвертого порядка перекрываются, т.к. радиус синего кольца в максимуме высшего порядка (m1 =4) меньше радиуса красного кольца в максимуме низшего порядка (m2 =3). Ответ: r1 = 0,28 мм, r2 = 0,31 мм. 35 2.2. Дифракция света. Для решения задач по этой теме нужно изучить §§125-130 по учебному пособию И.В. Савельев "Курс общей физики", т.2. Дано: Решить дифракционную задачу – значит найλ = 0,6·10–6 м ти относительное распределение освещенности b=2м на экране в зависимости от размеров и формы D=? неоднородностей, вызывающих дифракцию. Различают два вида дифракции: дифракция в параллельных лучах или дифракция Фраунгофера и дифракция Френеля. Критерий, позволявший определить, о каком виде дифракции Френеля или Фраунгофера - идет речь в каждом конкретном случае рассмотрен в выше названном пособии в параграфе "Дифракция Фраунгофера от щели" (§129). Задачи на дифракцию света можно разделить на три группы: задачи на дифракцию Френеля от простейших преград, задачи на дифракцию Фраунгофера от щели и дифракционной решетки. Условие минимумов для дифракционной щели: b sin ϕ = ± mλ , где b – ширина щели, ϕ – угол под которым виден минимум,

λ – длина падающей волны, m = 1, 2, … – порядок минимума. Условие максимумов для дифракционной щели (если ϕ = 0 также наблюдается максимум, который данная формула не дает): λ b sin ϕ = ±(2m − 1) , 2 где m = 1, 2, … – порядок максимума. Условие главных максимумов для дифракционной решетки: d sin ϕ = ± mλ , где d – период решетки, ϕ – угол, под которым виден максимум, λ – длина падающей волны, m = 0, 1, 2, … – порядок максимума. 36 Пример 14. Плоская световая волна (λ = 0,6 мкм) падает на ширму с круглой диафрагмой. На расстоянии b = 2 м за диафрагмой расположен экран. При каком диаметре D диафрагмы освещенность экрана в точке В, лежащей на оси светового пучка, будет максимально ослаблена. Решение:

Задачу решаем Френеля. Открытую фронта волны Френеля с зоны системы концентрических тром в точке В, которых

методом зон часть разобьем на помощью сфер с ценрадиусы

λ , где k = 0, 1, 2, … . 2 Поскольку в точку наблюдения волны приходят от соответстrk = r0 + k

вующих точек двух соседних зон в противофазе, то в точке В наблюдается минимум освещенности, если в отверстии укладывается четное число зон Френеля, и максимум, если в отверстии укладывается нечетное число зон Френеля. Искомая освещенность будет максимально ослаблена в том случае, когда в диафрагме укладывается две зоны Френеля. Следовательно при k = 2 с учетом того что r0 = b λ r2 = r0 + 2 = b + λ . 2 Из ΔАВС по теореме Пифагора следует 2

⎛D⎞ 2 2 2 2 2 2 2 ⎜ ⎟ = r2 − r0 = (b + λ ) − b = b + 2bλ + λ − b ≈ 2bλ . ⎝2⎠ Диаметр отверстия D = 2 2bλ = 2 2·2·0,6·10 −6 = 3·10 −3 (м) . Ответ: D = 3 мм. 37 Пример 15. Каково наибольшее значение порядка дифракционного максимума для желтой линии натрия (λ = 0,6 мкм) при нормальном падении лучей на щель шириной 2 мкм? Сколько всего наблюдается максимумов? Решение: Дано: –6 λ = 0,6·10 м b = 2·10–6 м mmax = ? N=? Для решения задачи разность хода волн Δ, идущих от краев щели, делим λ на участки по . Плоскости, параллельные АС и отстоящие друг 2 λ от друга на , разбивают открытую часть фронта волны на зоны 2 равные по ширине. Разность хода от соответствующих точек двух

λ . Колебания от каждой пары сосед2 них зон взаимно гасят друг друга Если число зон четное, то они попарно гасят друг друга и амплитуда результирующего колебания равна нулю. Если число зон нечетное, действие одной из зон окажется не компенсированным и наблюдается максимум интенсивности. Число зон, укладывающихся в отверстии, будет равно Δ 2b sin ϕ = , λ λ 2 где Δ = bsinϕ – разность хода крайних волн. Максимум имеет место, если число зон нечетное, т. е. 2b sin ϕ λ = 2m + 1 или b sin ϕ = (2m + 1) 2 λ где m = 1, 2, З... – порядок максимума. соседних зон будет равна

38 Порядок максимума m зависит от угла дифракции ϕ. Поскольπ ку ϕ ≤ , то sinϕ ≤ 1. Наибольшее значение порядка максимума 2 будет при sinϕ = 1. Отсюда b = (2mmax − 1)

λ

, 2 ⎞ 1 ⎛ 2b ⎞ 1 ⎛ 2·2·10−6 mmax = ⎜ + 1⎟ = ⎜⎜ − 1⎟⎟ = 3,3 . −6 2⎝ λ ⎠ 2 ⎝ 0,6·10 ⎠ Поскольку m – целое число, то mmax = 3. Такой результат означает, что максимум третьего порядка не наблюдается, а максимум π второго порядка наблюдается под углом меньшим . 2 Для подсчета полного числа наблюдаемых максимумов учтем, что дифракционная картина симметрична относительно максимума нулевого порядка, с учетом последнего N = 2mmax + 1 = 7 .

Ответ: mmax = 3, N = 7. Пример 16. На дифракционную решетку, имеющую 500 штрихов на 1 мм, нормально падает белый свет. За решеткой помещена линза с фокусным расстоянием 2 м, проецирующая спектры на экран. Диапазон длин волн видимого спектра λф = 0,4 мкм, λк = 0,7 мкм. Могут ли перекрываться спектры первого и второго порядка? Какова ширина спектра первого порядка? Какова разность углов отклонения конца первого и начала второго спектров?

39 Решение: Из условия главного максимума для дифракционной решетки d sin ϕ = ± mλ , где d – период решетки, ϕ – угол, под которым виден максимум, λ – длина падающей волны, m = 0, 1, 2, … – порядок максимума, следует, что при фиксированном порядке m угол дифракции зависит от .длины волны. Поскольку λк > λф, то ϕк > ϕф , следовательно все максимумы кроме нулевого будут представлять собой спектр. В направлении ϕ = 0 наблюдается максимум для всех длин волн, поэтому в сумме максимум нулевого порядка будет белым. Ширину спектра обозначим l. Для ответа на первый вопрос нужно сравнить углы, в направлении которых наблюдаются максимумы первого порядка для λк (угол обозначим ϕк) и второго порядка для λф (угол ϕф) Если ϕ2ф < ϕ1к, то спектры перекрываются.

Дано: n = 500 мм–1 = 5·105 м–1 F=2м λф = 0,4·10–6 м, λк = 0,7·10–6 м l1 = ? Δϕ = ϕ2ф – ϕ1к = ?

Из условия главных максимумов имеем: 1·λ sin ϕ1к = = nλ к , d 2·λ sin ϕ 2ф = = 2nλ ф , d 1 т.к. период решетки d = . n sinϕ1к = 5·105·0,7·10–6 = 0,35 , sinϕ2ф = 2·5·105·0,4·10–6 = 0,4 , ϕ1к = 20030', ϕ2ф = 23030', т.к. ϕ2ф > ϕ1к, спектры не перекрываются. Из чертежа следует, что длина спектра l1 = Ftgϕ1к – Ftgϕ1ф =F(tgϕ1к – tgϕ1ф) = 2(tg20030' – tg11030') = 0,34 , т.к. sinϕ1ф = nλф = 5·105·0,4·10–6 = 0,2 , ϕ1ф = 11030' , Δϕ = ϕ2ф – ϕ1к = 23030' – 20030' = 30 . Ответ: 1) спектры 1 и 2 порядка не перекрываются, 2) l1 = 34 см, Δϕ = 30. 40 2.3. Поляризация света. Эту тему рекомендуется изучить по §§ 134, 135, 141 учебного пособия Савельева И.В. "Курс общей физики", т.2.

Здесь рассмотрены задачи на поляризацию света при отражении и преломлении на границе двух диэлектриков, прохождение света через два поляризатора. Первая группа задач решается с помощью закона Брюстера. При решении второй группы задач нужно учитывать различное изменение интенсивности света, прошедшего через поляризатор (анализатор) в случаях, если падающий свет был естественным или плоско поляризованным. При выполнении чертежей к решениям задач первого и второr го типа нужно указать направление колебаний вектора E в рассматриваемых лучах.

Пример 17. На стеклянную пластинку (n2 = 1,6), находящуюся в жидкости, падает луч естественного света. Отраженный луч максимально поляризован и составляет угол 100° с падающим лучом. Определить скорость распространения света в жидкости. Решение: Дано: n2 = 1,6 α = 100° v1 = ?

На границу раздела стекло-жидкость падает естественный свет. Представим, его как суперпозицию двух волн: волну с r колебаниями вектора E в плоскости падения луча (на чертеже эти колебания указаны двойной стрелкой) и волну с колебаниями r вектора E перпендикулярно плоскости падения (на чертеже эти колебания указаны точкой). 41 По условию задачи отраженный луч полностью поляризован, r т.е. он содержит колебания вектора E , перпендикулярные плоскости падения, преломленный луч будет частично поляризован с r преобладанием колебаний вектора E в плоскости падения. На основании закона отражения света угол падения i1 равен углу отражения i2, т.е. α i1 = i2 = . 2 При полной поляризации отраженного луча выполняется закон Брюстера tgi1 = n21, где i1 – угол падения,

n 2 v1 = – относительный показатель преломления n1 v 2 второй среды относительно первой , v1 – скорость распространения света в первой среде (жидкость), v2 – скорость распространения света во второй среде(стекло), c n1 = –абсолютный показатель преломления первой среды, v1 c n2 = –абсолютный показатель преломления второй среды, v2 с – скорость света в вакууме. Отсюда n v α n tg = 2 = 2 1 , 2 n1 c n 21 =

c α 3·10 8 ⎛м⎞ v1 = tg = tg50 0 = 2,2·10 8 ⎜ ⎟ . n2 2 1,6 ⎝с⎠ 8 Ответ: v1 = 2,2·10 м/с.

42 Пример 18. Два николя N1 и N2 расположены так, что угол между их плоскостями пропускания составляет α = 60°. Определить, во сколько раз уменьшится интенсивность I0 естественного света: 1) при прохождении через один николь N1, 2) при прохождении через оба николя. Коэффициент поглощения света в николе k = 0,05. Потери при отражение света не учитывать. Решение: Дано: α = 60° k = 0,05 I0 =? I

1) Естественный свет, падая на грань призмы Николя, расщепляется вследствие двойного лучепреломления на два луча: обыкновенный и необыкновенный. Оба луча одинаковы по интенсивности и полностью поляризованы. Плоскость колебаний необыкновенного луча лежит в плоскости чертежа (плоскость главного сечения). Плоскость колебаний обыкновенного луча перпендикулярна плоскости чертежа. Обыкновенный луч света (о) вследствие полного отражения от границы АВ отбрасывается на зачерненную поверхность призмы и поглощается ею. Необыкновенный луч (е) проходит через призму, уменьшая свою интенсивность вследствие поглощения. Таким образом, интенсивность света, проведшего через первую призму, 1 I1 = I 0 (1 − k ) . 2 Относительное уменьшение интенсивности света получим, разделив интенсивность I0 естественного света, падающего на первый николь, на интенсивность I1 поляризованного света: I0 I0 2 5 = = = = 2,1 . (1) I1 1 1 − k 1 − 0,05 I 0 (1 − k ) 2 Таким образом, интенсивность уменьшается в 2,1 раза.

Искомое уменьшение интенсивности при прохождении света через оба николя найдем, разделив интенсивность I0 естественного света на интенсивность I2 света, прошедшего систему из двух николей: I0 I0 , = I 2 I1 (1 − k ) cos 2 α I Заменяя отношение 0 его выражением по формуле (1), полуI1 чаем I0 2 , = 2 I 2 (1 − k ) cos 2 α Произведём вычисления: I0 2 = = 8,86 . I 2 (1 − 0,05) 2 cos 2 60 0 Таким образом, после прохождения света через два николя интенсивность его уменьшается в 8,86 раза. I I Ответ: 1) 0 = 2,1 2) 0 = 8,86 . I1 I2

43 2) Плоско поляризованный луч света интенсивности I1 падает на второй николь N2 и также расщепляется на два луча различной интенсивности: обыкновенный и необыкновенный. Обыкновенный луч полностью поглощается призмой, поэтому интенсивность его нас не интересует. Интенсивность I2 необыкновенного луча, вышедшего из призмы N2, определяется законом Малюса (без - учета поглощения света во втором николе): I2 = I1cos2α, угол α – это угол между плоскостью колебаний в поляризованном луче и плоскостью пропускания николя N2. Учитывая потери интенсивности на поглощение во втором николе, получаем I2 = I1(1-k)cos2α.

44 3. КВАНТОВАЯ ПРИРОДА ИЗЛУЧЕНИЯ. 3.1. Тепловое излучение. Эту тему рекомендуется изучить по §§ 1-7 учебного пособия Савельева И.В. "Курс общей физики", т.3. Изучение законов теплового излучения имеет принципиальное значение, т.к. проблема излучения абсолютно черного тела привела к квантовой гипотезе совершенно чуждой классическим представлениям. Согласно квантовой гипотезе электромагнитное излучение ис-

пускается в виде отдельных порций энергии (квантов), величина которых пропорциональна частоте излучения: ε = hν . Этим было положено начало квантовой механики. В процессе работы над этой темой необходимо усвоить основные величины и законы, характеризующие тепловое излучение. Следует учесть, что в физической литературе не существует единой терминологии в отношении характеристик теплового излучения. Так энергетическую светимость Rэ иначе называют интегральной светимостью или интегральной излучательной способностью. Спектральную плотность энергетической светимости часто называют испускательной способностью. При решении задач на эту тему следует обратить внимание об излучении какого тела идет речь: абсолютно черного или нечерного. Для нечерного тела энергетическая светимость R'э = ат Rэ , где ат – коэффициент поглощения, показывающий, какую часть составляет энергетическая светимость R'э данного тела от энергетической светимости абсолютно черного тела, взятого при той же температуре. 45 Пример 19. Исследование спектра излучения Солнца показывает, что максимум спектральной плотности энергетической светимости соответствует длине волны λm = 0,5 мкм. Принимая Солнце за абсолютно черное тело, определить: а) энергетическую светимость Солнца; б) поток энергии, излучаемой Солнцем. Решение: Дано: –6 Энергетическая светимость Rэ абсолютно λm = 0,5·10 м черного тела выражается формулой Стефана r = 7·108 м Больцмана: Rэ = ? Ф = ? Rэ = σT4, Вт где σ = 5,67·10–8 2 4 – постоянная Стефана – Больцмана, м К

Т – абсолютная температура излучающей поверхности. Температуру определим из закона смещения Вина: b b λm = или T = , T λm где λm – длина волны, на которую приходится максимум спектральной плотности энергетической светимости абсолютно черного тела, b = 2,9·10–3 м·К – постоянная Вина. Выразив из закона смещения Вина температуру Т и подставив ее в формулу закона Стефана - Больцмана, получим: ⎛ b R э = σ⎜⎜ ⎝ λm

4

⎞ ⎟⎟ , ⎠ 4

Вт ⎛ м·К ⎞ Вт [R э ] = 2 4 ⎜ ⎟ = 2, м К ⎝ м ⎠ м 4

⎛ 2,9·10 −3 ⎞ ⎛ Вт ⎞ ⎟ = 6,4·10 7 ⎜ 2 ⎟ . R э = 5,67·10 ⎜⎜ −6 ⎟ ⎝м ⎠ ⎝ 0,5·10 ⎠ Поток энергии Ф, излучаемой Солнцем, равен произведению энергетической светимости Солнца на площадь его поверхности S: Ф = Rэ·S, −8

46 где S = 4πr , r = 7·10 м – радиус Солнца. Таким образом: Ф =4πr4Rэ, Проверка размерности: Вт [Ф] = м 2 2 = Вт , м Вычисления: Ф = 4π·(7·108)2·6,4·107 = 3,9·1026 (Вт). Ответ: Rэ = 6,4·107 Вт/м2, Ф = 3,9·1026 Вт. 4

8

Пример 20. Вольфрамовая нить накаливается в вакууме током силой I = 1 А до температуры Т1 = 1000 К. При какой силе тока

нить накалится до температуры Т2 = 3000 К? Коэффициенты поглощения вольфрама и его удельные сопротивления, соответствующие температурам Т1 и Т2, равны: а1 = 0,115, а2 =0,334, ρ1 = 25,7·10–8 Ом·м, ρ2 = 96,2·10–8 Ом·м. Решение: Дано: При установившейся температуре ежеI=1А секундно потребляемая нитью электричеТ1 = 103 К ская энергия (мощность) равна потоку изТ2 = 3·103 К лучения, испускаемому нитью, т.е. а1 = 0,115 Р = Ф. а2 =0,334 –8 Мощность, потребляемая вольфрамовой ρ1 = 25,7·10 Ом·м –8 нитью от источника электроэнергии ρ2 = 96,2·10 Ом·м P = I2R, I2 = ? где I – сила тока, l R =ρ – сопротивление нити при данной температуре, s сеч ρ - удельное сопротивление нити, l– длина нити, sсеч – площадь поперечного сечения нити. l P = I 2ρ . s сеч 47 Вольфрамовая нить не является абсолютно черным телом, поэтому: Ф = а·RэSпов = а·σT4Sпов. где Sпов – площадь поверхности нити. Таким образом: l I 2ρ = a·σT 4 S пов . s сеч Записав это уравнение дважды для разных температур Т1 и T2, получим: I12 ρ1l = a1·σT14 S пов s сеч , I 22 ρ 2 l = a 2 ·σT24 S пов s сеч .

Разделим эти два уравнения почленно и найдем ⎛ I2 ⎜⎜ ⎝ I1

2

⎞ ρ 2 a 2 ⎛ T2 ⎟⎟ ⎜⎜ = ρ a 1 ⎝ T1 ⎠ 1

⎛T I 2 = I1 ⎜⎜ 2 ⎝ T1 Проверка размерности: ⎛К⎞ [ I 2 ] = А⎜ ⎟ ⎝К⎠

⎞ ⎟⎟ ⎠ 2

2

4

⎞ ⎟⎟ , ⎠

a 2 ρ1 . a1 ρ 2 Ом·м = А. Ом·м

Вычисления: ⎛ 3·10 3 ⎞ I 2 = 1·⎜⎜ 3 ⎟⎟ ⎝ 10 ⎠

2

0,334 25,7·10 −8 · = 7,9(А) . 0,115 96,2·10 −8

Ответ: I2 = 7,9 А.

48 3.2 Фотоэффект. Эффект Комптона. Приступая к решению задач необходимо изучить §§ 9, 11 по учебному пособию Савельева И.В. "Курс общей физики", т.3. Здесь рассмотрены задачи на взаимодействие фотонов с отдельными электронами. Это взаимодействие подчиняется законам сохранения импульса и энергии. Закон сохранения энергии, записанный для взаимодействия фотона с электроном в металле, есть уравнение Эйнштейна для фотоэффекта

mv 2 , 2 где h = 6,63·10–34 Дж·с – постоянная Планка, ν – частота падающего света, Ав = hνкр – работа выхода электрона из металла (νкр – красная граница), m = 9,11·10–31 кг – масса электрона, v – скоmv 2 = qU з – кинетическая энергия электрона рость электрона, 2 (q = 1,6·10–19 Кл – заряд электрона, Uз – запирающее напряжение). Совместное применение законов сохранения энергии и импульса для взаимодействия фотона со свободным электроном дает формулу Комптона h λ − λ0 = (1 − cos ϑ) , mc где λ0 – длина волны падающего излучения, λ – длина волны рассеянного излучения, θ – угол рассеяния, с = 3·108 м/с– скорость света. При решении задач необходимо учитывать, является ли рассматриваемая в задаче микрочастица (электрон) классической или релятивистской. Для этого нужно сравнить ее скорость v со скоростью света или кинетическую энергию частицы Т с ее энергией покоя E0 = m0с2, если v << c или Т << Е0, то частица является классической, если сравниваемые величины соизмеримы, то частица будет релятивистской. 49 Пример 21. Определить скорость фотоэлектронов, вырываемых с поверхности серебра: 1) ультрафиолетовыми лучами с длиной волны 0,155 мкм; 2) γ-лучами с длиной волны 2,47 пм. Дано: Решение: Рассмотрим уравнение Эйнштейна для фоλ1 = 0,155·10–6 м тоэффекта λ2 = 2,47·10–12 м ε = А + Т, v1 = ? v2 = ? где ε – энергия фотона, падающего на поверхность металла и передаваемая фотоэлектрону, А – работа выхода фотоэлектрона из металла, hν = A в +

Т – кинетическая энергия, которой обладает фотоэлектрон, покинувший металл. Энергия фотона вычисляется по формуле hc ε = hν = , λ где h = 6,63·10–34 Дж·с – постоянная Планка, с = 3·108 м/с– скорость света, λ - длина волны. Работу выхода для серебра определим по таблице А = 4,7 эВ. В зависимости от того, какая энергия сообщается электрону фотоном, кинетическая энергия электрона может быть выражена или по классической формуле mv 2 T= , 2 или по релятивистской формуле Т = Е – Е0, где E – полная энергия электрона, Е0 = m0c2 = 0,51 МэВ = 0,51·106 эВ – энергия покоя электрона. Если энергия фотона ε << Е0 много меньше энергии покоя электрона, то применима классическая формула, если же ε сравнима с энергией покоя электрона Е0, то кинетическая энергия определяется по релятивистской формуле. 50 1) Вычислим энергию фотона ультрафиолетовых лучей: hc 6,63·10 −34 Дж·с·3·10 8 м / с ε1 = = = 12,8·10 −19 Дж , λ1 0,155·10 −6 м ε1 =

12,8·10 −19 = 8(эВ) , 1,6·10 −19

т.к. 1эВ = 1,6·10–19 Дж. Полученная энергия 8 эВ << 0,51 МэВ, следовательно, кинетическую энергию фотоэлектрона можно выразить классической формулой и записать:

mv12 , 2 2( ε 1 − A ) , m

ε1 = A + v1 =

[ v1 ] =

Дж = кг

2

кг·м м = , 2 с кг·с

2(8 − 4,7)·10 −19 ⎛м⎞ = 1,08·10 6 ⎜ ⎟ . −31 9,11·10 ⎝с⎠ 2) вычислим энергию фотона γ-лучей: hc 6,63·10 −34 Дж·с·3·10 8 м / с ε2 = = = 0,803·10 −13 Дж , −12 λ2 2,47·10 м v1 =

0,803·10 −13 ε2 = = 0,51·10 6 (эВ) = 0,51(МэВ) . −19 1,6·10 Энергия фотона ε2, равна энергии покоя электрона Е0, следовательно, кинетическая энергия фотоэлектронов должна быть выражена релятивистской формулой Т = Е – Е0. Полная энергия Е частицы определяется формулой m0c2 E= v2 1− 2 c

51 ⎛ ⎞ 1 T = m0c2 ⎜ − 1⎟ . ⎜ 1 − v2 c2 ⎟ ⎝ ⎠ Работа выхода электрона из серебра (4,7 эВ) значительно меньше энергии фотона и энергии покоя электрона, следовательно, работой выхода можно пренебречь, и уравнение Эйнштейна запишется в виде: ⎛ ⎞ 1 ε 2 = m 0c2 ⎜ − 1⎟ . ⎜ 1 − v2 c2 ⎟ ⎝ ⎠

Учитывая, что ε2 = Е0 = m0с2, можно записать: 1 −1, 1= 1 − v2 c2 м м 3 1,73 c= ·3·10 8 = 2,6·10 8 . с с 2 2 Ответ: v1 = 1,08·106 м/с, v2 = 2,6·108 м/с. v2 =

Пример 22. На катод фотоэлемента падают монохроматические лучи с длиной волны λ = 150 нм. Красная граница фотоэффекта λ0 = 200 нм. Найти наименьшее значение задерживающей разности потенциалов Umin , которую нужно приложить к фотоэлементу, чтобы прекратить фототок. Решение: Дано: –9 Для того, чтобы прекратился фототок, необλ = 150·10 м –9 λ0 = 200·10 м ходимо, чтобы электроны, вылетающие из катода под действием света с длиной волны λ, не Umin = ? достигали анода. Это возможно в том случае, если между анодом и катодом фотоэлемента приложена задерживающая разность потенциалов. Электроны, вылетающие из катода и имеющие кинетическую энергию Т, расходуют ее на совершение работы по преодолению задерживающего поля. Работа в электростатическом поле определяется формулой A = qU,

52 где q – заряд электрона, U – разность потенциалов, проходимая электроном. На основании вышесказанного: qUmin = Tmax. На основании уравнения Эйнштейна энергия фотона ε, передаваемая электрону, расходуется на работу выхода А и кинетическую энергию фотоэлектрона Т: ε = А + Тmax. Энергия фотона определяется формулой

hc . λ Зная красную границу фотоэффекта, можно определить работу выхода. Красной границей фотоэффекта называется минимальная частота ν0 или максимальная длина волны λ0 , при которых фотоэффект еще возможен, т.е. hc A = hν 0 = . λ0 Подставим значения ε, Тmax и А в уравнение Эйнштейна, получим: hc hc = + qU min . λ λ0 Отсюда найдем Umin 1 ⎛ hc hc ⎞ hc ⎛ 1 1 ⎞ ⎟= ⎜ − ⎟, U min = ⎜⎜ − q ⎝ λ λ 0 ⎟⎠ q ⎜⎝ λ λ 0 ⎟⎠ Проверка размерности: Дж·с·м / с Дж [ U min ] = = = В, Кл·м Кл Вычисления: ⎞ 6,63·10 −34 ·3·10 8 ⎛ 1 1 U min = − ⎜⎜ ⎟ = 2,1(В) . −19 −6 −6 ⎟ 1,6·10 0,2·10 ⎠ ⎝ 0,15·10 Ответ: Umin = 2,1 В. ε=

53 Пример 23. Рентгеновские лучи с .длиной волны λ1 = 20 пм испытывают комптоновское рассеяние на свободных электронах под углом θ = 90°. Найти: 1) изменение .длины волны рентгеновских лучей при рассеянии; 2) энергию электрона отдачи; 3) импульс электрона отдачи; 4) направление движения электрона отдачи.

Решение: 1) Изменение длины волны рентгеновских лучей при рассеянии дает формула Комптона h Δλ = λ 2 − λ 1 = (1 − cos ϑ) , mc где h = 6,63·10–34 Дж·с – постоянная Планка, m = 9,11·10–31 кг – масса электрона, с = 3·108 м/с– скорость света, λ1 – длина волны падающего излучения, λ2 – длина волны рассеянного излучения, θ – угол рассеяния. Дж·с кг·м 2 с 2 [Δλ ] = = = м. кг·м / с с 2 кг·м 6,63·10 −34 Δλ = (1 − cos 90 0 ) = 2,46·10 −12 (м) . 8 −31 9,11·10 ·3·10 2) На основании закона сохранении энергии ε1 = ε2 + Т, где ε1 – энергия фотона до рассеяния, ε2 – энергия фотона после рассеяния, Т – кинетическая энергия электрона отдачи Т =ε1 – ε2. Энергии фотонов определяются формулами hc hc ε1 = , ε2 = , λ1 λ2 где λ1 – длина волны падающего излучения, λ2 = λ1 + Δλ – длина волны рассеянного излучения, Дано: λ1 = 20·10–12 м θ = 90° 1) Δλ = ? 2) Т = ? 3) рэ = ? 4) ϕ = ?

54 T=

⎛ 1 hc hc 1 ⎞ Δλ ⎟⎟ = hc . − = hc⎜⎜ − λ 1 λ 1 + Δλ λ 1 ( λ 1 + Δλ ) ⎝ λ 1 λ 1 + Δλ ⎠

[T ] =

Дж·с·м м = Дж . м·м с

6,63·10 −34 ·3·10 8 ·2,46·10 −12 = 1,1·10 −15 (Дж ) . −12 −12 −12 20·10 (20·10 + 2,46·10 ) 3) Прежде чем определить импульс электрона отдачи, нужно сравнить кинетическую энергию электрона с его энергией покоя: Е0 = 0,51 МэВ = 82·10–15 Дж, T 1,1·10 −15 = ≈ 0,01 , E 0 82·10 −15 т.е. T << E0, следовательно, электрон можно считать классической частицей и использовать формулы: pэ = mv, p2 mv 2 T= = э . 2 2m p э = 2mT . Т=

кг·кг·м 2 кг·м = . с с2 ⎛ кг·м ⎞ p э = 2·9,11·10 −31 ·1,1·10 −15 = 4,5·10 − 23 ⎜ ⎟. ⎝ с ⎠ Для определения направления движения электрона отдачи используем закон сохранения импульса: r r r p1 = p 2 + p э . Из чертежа видно что p cos ϕ = 1 , pэ [p э ] = кг·Дж =

р1 =

ε1 h 6,63·10 −34 = = = 3,3·10 −23 , −12 с λ1 20·10 55 −23

3,3·10 cos ϕ = = 0,74 или ϕ = 420. − 23 4,5·10 –12 Ответ: 1) Δλ = 2,46·10 м, 2) Т = 1,1·10–15 Дж, 3) рэ = 4,5·10–23 кг·м/с, 4) ϕ = 420.

Пример 24. Фотон с энергией ε1 = 0,75 МэВ рассеялся на свободном электроне под углом θ = 600. Принимая, что кинетическая энергия и импульс электрона до соударения с фотоном были пренебрежимо малы, определить: 1) энергию ε2 рассеянного фотона, 2) кинетическую энергию T электрона отдачи. Решение: Дано: Энергию рассеянного фотона найдем , преобε1 = 0,75 МэВ 0 разовав формулу Комптона θ = 60 h ε2 = ? Т = ? λ 2 − λ1 = (1 − cos θ) , mc где λ1 – длина волны падающего фотона, λ2 – длина волны рассеянного фотона, θ – угол рассеяния, m – масса электрона. hc hc и следовательно λ = получим Учитывая, что ε = λ ε hc hc h (1 − cos θ) , − = ε 2 ε1 mc 1 1 1 (1 − cos θ) , − = ε 2 ε1 mc 2 где Е0 = mc2 = 0,51 МэВ – энергия покоя электрона. ε1 0,75 МэВ ε2 = = = 0,43 МэВ . ε1 0,75 МэВ ° 1 − cos 60 + 1 (1 − cos θ) + 1 0,51 МэВ E0 Кинетическая энергия электрона отдачи равна разности между энергией ε1 падающего фотона и энергией ε2 рассеянного фотона: T = ε1 - ε2 = 0,75 МэВ – 0,43 МэВ = 0,32 МэВ. Ответ: ε2 = 0,43 МэВ, Т = 0,32 МэВ.

(

)

56 4. ЭЛЕМЕНТЫ КВАНТОВОЙ МЕХАНИКИ 4.1. Волновые свойства микрочастиц. Соотношения неопределенностей.

Эту тему рекомендуется научить по §§ 18–20 учебного пособия Савельева И.В. "Курс общей физики", т.3. Нередко для решения задач на гипотезу де Бройля требуется выразить импульс частицы через ее кинетическую энергию (или наоборот). При этом надо различать случаи классических и релятивистских частиц. При решении задач на соотношения неопределенностей нужно учесть, что если в задаче стоит вопрос об оценке наименьшей ошибки или неточности одной из величин, входящих в эти соотношения, то фактически нужно найти неопределенность этой величины, т.к. имеется в виду неточность в измерениях, связанная не с несовершенством экспериментальной техники, а с объективными свойствами исследуемой системы. Пример 26. Какую ускоряющую разность потенциалов U должен пройти электрон, чтобы его длина волны де Бройля λ была равна 1) λ1 = 0,1 нм, 2) λ2 = 0,1 пм? Решение: Дано: –10 Длина волны де Бройля выражается формулой λ1 = 10 м –13 h λ2 = 10 м λ= , 1) U1 = ? p 2) U2 = ? где h – постоянная Планка, p – импульс частицы. Импульс электрона можно выразить через кинетическую энергию электронов. Связь импульса с кинетической энергией различна для классического случая (когда кинетическая энергия частицы много меньше ее энергии покоя) и для релятивистского случая (когда кинетическая энергия частицы сравнима с ее энергией покоя).

57 В классическом случае p = 2mT , h λ= , 2mT

(1)

где m – масса покоя частицы, для электрона m = 9,11·10–31 кг. В релятивистском случае 1 p= T (T + 2E 0 ) , c hc λ= , (2) T (T + 2 E 0 ) где с = 3 108 м/с – скорость света, Е0 = mc2 – энергия покоя, для электрона Е0 = 0,51 МэВ. Чтобы решить вопрос, какую формулу, классическую или релятивистскую, использовать в решении определим порядок длины волны де Бройля электрона для релятивистского случая h 6,63·10 −34 λ рел ≅ = = 2,42·10 −12 (м) . 8 −31 mc 9,11·10 ·3·10 Для классического случая должно быть λ >> λрел, иначе случай релятивистский. Для λ1 = 10–10 м условие λ1 >> λрел выполняется, поэтому в первом случае можно использовать классическую формулу (1). Для λ2 = 10–13 м условие λ1 >> λрел не выполняется, поэтому во втором случае нужно использовать релятивистскую формулу (2). Определим кинетическую энергию электрона. Если поле ускоряющее то работа, совершаемая полем по перемещению электрона, идет на увеличение кинетической энергии электрона, т.е. А = ΔТ = Т2 – Т1. Будем считать, что начальной кинетической энергией электрона можно пренебречь, тогда Т = А. Работа в электрического поля по перемещению заряда: А = qU, 58 где q – заряд частицы, U – пройденная частицей ускоряющая разность потенциалов. Следовательно Т = qU. Подставим полученное значение кинетической энергии в формулы (1) и (2) и определим из этих формул U1 и U2.

1) Классический случай λ1 = U1 =

h 2mqU1

,

h2 , 2mqλ21

Дж 2 с 2 Дж = = В, 2 Кл Кл·кг·м (6,63·10 −34 ) 2 U1 = = 150(В) . 2·9,11·10 −31 ·1,6·10 −19 ·10 − 20 hc λ2 = , qU 2 (qU 2 + 2E 0 ) 2) Релятивистский случай 2 ⎞ ⎛ ⎛ hc ⎞ E0 ⎜ ⎟⎟ − 1⎟⎟ , U2 = 1 + ⎜⎜ ⎜ q ⎜ ⎟ ⎝ E 0λ 2 ⎠ ⎠ ⎝ 2 ⎞ Дж ⎛⎜ ⎛ Дж·с м ⎞ ⎟ = В, [U 2 ] = 1 · 1 + − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎜ Кл ⎜ ⎝ Дж·м с ⎠ ⎠ ⎝ 2 ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ 0,51·10 6 ·1,6·10 −19 ⎜ 6,63·10 −34 ·3·10 8 ⎟ ⎜ ⎟ U2 = 1+ ⎜ − 1⎟ = 12·10 6 −19 −19 −13 ⎟ 6 ⎜ 1,6·10 ⎟ ⎜ ⎝ 0,51·10 ·1,6·10 ·10 ⎠ ⎠ ⎝ [U1 ] =

Ответ: 1) U1 = 150 В, 2) U2 = 12 МВ.

59 Пример 26. Оценить относительную неопределенность импульса частицы, у которой неопределенность координаты в 2·103 раза больше ее длины волны де Бройля.

Решение: Соотношение неопределенностей для координаты и импульса имеет вид Δх·Δрх ≥ h, где h – постоянная Планка, Δх – неопределенность координаты, Δрх – неопределенность проекции импульса на ось х. По условию задачи Δх = 2·103λ, где λ – длина волны де Бройля для рассматриваемой частицы. Длина волны де Бройля зависит от импульса частицы и определяется формулой h λ= . px Неопределенность координаты: h Δx = 2·10 3 . px Соотношение неопределенностей: h ΔxΔp x = 2·10 3 Δp x ≥ h . px Искомая величина: Δp x 1 ≥ = 5·10 − 4 . 3 px 2·10 Дано: Δх = 2·103λ Δp x =? px

Ответ:

Δp x ≥ 5·10 − 4 . px

60 4.2. Строение атома.

Эту тему рекомендуется изучить по §§ 12-17, 26-37 учебного пособия Савельева И.В. "Курс общей физики", т.3. Состояние атома водорода определяют четыре квантовых числа: главное, орбитальное, магнитное и спиновое. 1) Главное квантовое число n = 1, 2, 3, … определяет энергию электрона в атоме водорода: me 4 hcR 13,6 эВ En = − =− 2 =− . 2 2 2 2 32π ε 0 h n n n2 2) Орбитальное квантовое число l = 0, 1, 2, …, (n-1) определяет орбитальный момент импульса электрона: L = h l (l + 1) . 3) Магнитное квантовое число m = 0, ±1, ±2, …, ±l определяет проекцию орбитальный момент импульса на выбранное направление (ось z): L z = mh . 1 4) Спиновое квантовое число s = ± определяет проекцию 2 спина электрона выбранное направления (ось z): S z = sh . Спектр излучения (или поглощения) атома водорода определяется формулой Бальмера: 1 1 ⎞ ⎛ 1 = R⎜ 2 − 2 ⎟ , λ n ⎠ ⎝k где k и n – номера энергетических уровней (орбит), R = 1,1·107 м–1 – постоянная Ридберга. k = 1, n = 2, 3, 4, … – ультрафиолетовая серия Лаймана, k = 2, n = 3, 4, 5, … – видимая серия Бальмера, k = 3, n = 4, 5, 6, … – инфракрасная серия Пашена, и т.д. 61 Пример 27. Вычислить для атома водорода радиус первой боровской орбиты и скорость электрона на ней.

Решение: Согласно правилу квантования Бора радиус n-ой боровской орбиты и скорость электрона на ней связаны соотношением mv n rn = nh , где n – главное квантовое число (n = 1, 2, 3 ...), h h= = 1,05·10 −34 Дж·с – постоянная Планка, 2π m – масса электрона, rn – радиус n-ой орбиты, vn – скорость электрона на n-ой орбите. Чтобы иметь еще одно уравнение, связывающее rn и vn, запишем 2-ой закон Ньютона для электрона, движущегося под действием кулоновской силы притяжения ядра (протона) по круговой орбите: ma = F, 2 v где a = n – центростремительное ускорение электрона, rn 1 e2 – сила Кулона. 4πε 0 rn2 Решая систему уравнений: mv n rn = nh , F=

mv 2n 1 e2 = , rn 4πε 0 rn2 найдем радиус и скорость: 4πε 0 h 2 ·n 2 , rn = me 2 e2 vn = . 4πε 0 h·n Ответ: при n = 1 получим r1 = 0,53·10–10 м, v1 = 2,2·106 м/с. 62 ЗАДАЧИ.

1. Колебательный контур состоит из катушки индуктивностью L = 0,1 Гн и конденсатора емкостью C = 40 мкФ. Максимальный заряд конденсатора Qm = 3 мкКл. Пренебрегая сопротивлением контура, записать уравнения изменения силы тока в цепи и изменения напряжения на конденсаторе в зависимости от времени. 2. Сила тока в колебательном контуре, содержащем катушку индуктивностью L = 0,1 Гн и конденсатор, со временем изменяется по закону i = –0,1·sin200πt (А). Определить: 1) период колебаний; 2) емкость конденсатора; 3) максимальное напряжение на обкладках конденсатора; 4) максимальную энергию магнитного поля; 5) максимальную энергию электрического поля. 3. Уравнение изменения со временем напряжения на обкладках конденсатора в колебательном контуре U = 50·cos104πt (В). Емкость конденсатора С = 0,1 мкФ. Найти: 1) период колебаний, 2) индуктивность контура, 3) закон изменения со временем силы тока в цепи, 4) длину волны, соответствующую этому контуру. 4. Найти отношение энергии магнитного поля колебательного контура к энергии его электрического поля для t = T/8. 5. В контуре совершаются гармонические колебания, уравнение которых имеет вид q = 0,1·cos2t (мКл). В момент, когда напряжение на конденсаторе достигает значения uc = 80 В, контур обладает энергией Wэл = 2 мДж. Найти этот момент времени t и соответствующую ему фазу колебаний. 6. Колебательный контур содержит соленоид (длина l = 5 см, площадь поперечного сечения S1 = 1,5 см2 , число витков N = 500) и плоский конденсатор (расстояние между пластинами d = 1,5 мм, площадь пластин S2 = 100 см2). Определить частоту ω собственных колебаний контура. 7. Колебательный контур содержит катушку с общим числом витков N = 100 индуктивностью L = 10 мкГн и конденсатор емкостью C = 1 нФ. Максимальное напряжение Um на обкладках конденсатора составляет 100 В. Определить максимальный магнитный поток, пронизывающий катушку. 63 8. Полная энергия тела, совершающего гармонические колебания, равна 30 мкДж, максимальная сила, действующая на тело,

равна 1,5 мН. Написать уравнение движения этого тела, если период колебаний равен 2 с и начальная фаза 600. 9. Написать уравнение гармонического колебания, если максимальное ускорение 50 см/с, период колебаний 2 с и смещение от положения равновесия в начальный момент времени 25 мм. 10. Точка совершает гармонические колебания. Период колебаний 2 с, амплитуда 50 мм, начальная фаза равна нулю. Найти скорость точки в момент времени, когда смещение точки от положения равновесия равно 25 мм. 11. К вертикально висящей пружине подвешен груз. При этом пружина удлиняется на 9,8 см. Оттягивая этот груз вниз и отпуская его, заставляют груз совершать колебания. Найти коэффициент затухания β, если: 1) колебания прекратились через 10 сек (считать, что колебания прекратились, если их амплитуда упала до 1% от начальной величины); 2) груз возвращается в положение равновесия апериодически. 12. За время, в течение которого система совершает N = 50 полных колебаний, амплитуда уменьшается в 2 раза. Определить добротность Q системы. 13. Определить логарифмический декремент затухания, при котором энергия колебательного контура за N = 5 полных колебаний уменьшается в n = 8 раз. 14. Частота затухающих колебаний ν в колебательном контуре с добротностью Q = 2500 равна 550 кГц. Определить время, за которое амплитуда тока в этом контуре уменьшится в 4 раза. 15. Амплитуда затухающих колебаний математического маятника за 1 мин уменьшилась в 2 раза. Во сколько раз она уменьшится за 3 мин? 16. Колебательный контур содержит катушку индуктивности L = 25 мГ, конденсатор C = 10 мкФ и резистор R = 1 Ом. Конденсатор заряжен Qm = 1 мКл. Определить: 1) период колебаний контура, 2) логарифмический декремент затухания, 3) уравнение изменения напряжения на обкладках конденсатора от времени. 64

17. Чему равен логарифмический декремент затухания математического маятника, если за 1 мин амплитуда колебаний уменьшилась в два раза? Длина маятника 1 м. 18. Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью С= 0,2 мкФ и катушки индуктивностью L = 5 мГн. 1) При каком логарифмическом декременте затухания разность потенциалов на обкладках конденсатора за 1 мс уменьшится в три раза? Чему при этом равно сопротивление контура? 19. Колебательный контур имеет емкость C = 1 нФ и индуктивность L = 5 мГн. Логарифмический декремент затухания равен 0,005. За сколько времени потеряется вследствие затухания 99% энергии контура? 20. В контуре, добротность которого равна Q = 50 и частота колебаний ν0 = 5,5 кГц, возбуждаются колебания. Через сколько времени энергия, запасенная в контуре, уменьшается в n = 2 раза? 21. Определить разность фаз двух одинаково направленных гармонических колебаний одинаковых частоты и амплитуды, если амплитуда их результирующего колебания равна амплитудам складываемых колебаний. 22. Разность фаз двух одинаково направленных гармонических колебаний одинакового периода T = 4 с и одинаковой амплитуды A = 5 см составляет π/4.Написать уравнение движения, получающегося в результате сложения этих колебаний, если начальная фаза одного из них равна нулю. Представить векторную диаграмму сложения амплитуд. 23. Складываются два гармонических колебания одного направления х1 = 3·cos2πt см и х2 = 3·cos(2πt + π/4) см. Определить для результирующего колебания: 1) амплитуду; 2) начальную фазу. Записать уравнение результирующего колебания и представить векторную диаграмму сложения амплитуд. 24. Точка участвует в двух колебаниях, происходящих по одной прямой: х1 = А1sinω1t и х2 = A2cosω2t, где A1 =3 см, A2 = 4 см, ω1 = ω2 =2 с-1. Найти амплитуду A сложного движения, его частоту и начальную фазу; написать уравнение движения.

25. Точка участвует в двух одинаково направленных колебаниях: х1 = A1sinωt и х2 = A2cosωt, где А1 = 1 см, А2= 2 см, ω = 1 с1 . Определить амплитуду А результирующего колебания, его частоту ν и начальную фазу ϕ0. Найти уравнение этого движения. 26. Точка участвует одновременно в двух взаимноперпендикулярных колебаниях, уравнения которых х = A1sinω1t и у = A2cosω2t, где А1 = 8 см, А2 = 4 см, ω1 = ω2 = 2 с-1. Написать уравнение траектории и построить ее на чертеже; показать направление движения точки. 27. Точка участвует одновременно в двух взаимноперпендикулярных колебаниях х = sinπt и у = 2sin (πt + π/2). Найти траекторию движения точки и вычертить ее с нанесением масштаба. 28. Точка участвует одновременно в двух взаимноперпендикулярных колебаниях х = sinπt и у = 4sin(πt + π). Найти траекторию движения точки и вычертить ее с нанесением масштаба. 29. Точка совершает одновременно два колебания, происходящих по взаимно-перпендикулярным направлениям и выражаемых уравнениями: х =A1sinω1t и у = A2cosω2t, где A1 = 2 см, ω1 = 1 с-1, A2 = 2 см, ω2 = 2 с-1. Найти уравнение траектории, построить ее с соблюдением масштаба и указать направление движения. 30. Точка участвует в двух взаимно-перпендикулярных колебаниях, выражаемых уравнениями: х = A1cosω1t и у = A2sinω2t, где A1 = 4 см, A2 = 6 см, ω1 =2 ω2. Найти уравнение траектории точки и построить ее на чертеже; показать направление движения точки. 31. Какую разносить фаз будут иметь колебания двух точек, находящихся на расстоянии соответственно 10 м и 16 м от источника колебаний? Период колебаний 0,04 сек и скорость распространения колебаний 300 м/с. 32. Найти разность фаз колебаний двух точек, лежащих на луче и отстоящих на расстоянии 2 м друг от друга, если длина волны равна 1 м.

65

66

33. Звуковые колебания, имеющие частоту ν = 500 Гц и амплитуду A = 0,25 мм, распространяются в воздухе. Длина волны λ = 70 см. Найти: 1) скорость распространения колебаний, 2) максимальную скорость частиц воздуха. 34. Уравнение колебаний дано в виде х = sin2,5πt см. Найти смещение от положения равновесия, скорость и ускорение точки, находящейся на расстоянии 20 м от источника колебаний, для момента t = 1 с после начала колебаний. Скорость распространения колебаний равна 100 м/с. 35. Найти смещение от положения равновесия точки, отстоящей от источника колебаний на расстоянии l = λ/12, для момента t= T/6. Амплитуда колебания А = 0,05 м. 36. Смещение от положения равновесия точки, находящейся на расстоянии 4 см от источника колебаний, в момент t = T/6 равно половине амплитуды. Найти длину бегущей волны. 37. Над цилиндрическим сосудом высотой 1 м звучит камертон, имеющий собственную частоту колебаний ν0 = 340 Гц. В сосуд медленно наливают воду. При каких положениях уровня воды в сосуде звучание камертона значительно усиливается? 38. Найти скорость V распространения волн в упругой среде, если разность фаз Δϕ колебаний двух точек, отстоящих друг от друга на Δx = 15 см, равна π/2. Частота колебаний ν = 35 Гц. 39. Волна распространяется в упругой среде со скоростью V = 150 м/с. Определить частоту ν колебаний, если минимальное расстояние Δx между точками среды, фазы колебаний которых противоположны, равно 0,75 м. 40. Труба, длина которой l = 1 м, заполнена воздухом и открыта с одного конца. Принимая скорость звука V = 340 м/с, определить, при какой наименьшей частоте в трубе будет возникать стоячая звуковая волна. 41. Во сколько раз увеличится расстояние между соседними интерференционными полосами в опыте Юнга, если зеленый светофильтр (λ1 = 0,5 мкм) заменить красным (λ2 = 0,65 мкм)?

42. В опыте Юнга расстояние между щелями d = 1 мм, а расстояние от щелей до экрана L = 3 м. Найти: 1) положение первой светлой полосы; 2) положение третьей темной полосы. Щели освещают монохроматическим светом (λ = 0,5 мкм). 43. На стеклянный клин (n = 1,5) нормально падает монохроматический свет. Угол клина равен 4'. Определить длину световой волны, если расстояние между двумя соседними интерференционными максимумами в отраженном свете равно 0,2 мм. 44. На мыльную пленку (n = 1,33) падает под углом 300 белый свет. В отраженном свете пленка кажется красной (λ = 0,7 мкм). Какова наименьшая возможная толщина пленки ? 45. На стеклянный клин (n = 1,5) нормально падает монохроматический свет (λ = 0,7 мкм). Определить угол между поверхностями клина, если расстояние между двумя соседними интерференционными минимумами в отраженном свете равно 2 мм. 46. Установка для наблюдения колец Ньютона освещается монохроматическим светом, падающим нормально. При заполнении пространства между линзой и стеклянной пластинкой прозрачной жидкостью радиусы темных колец в отраженном свете уменьшились в 1,21 раза. Определить показатель преломления жидкости. 47. Монохроматический свет (λ = 0,6 мкм) падает нормально на поверхность стеклянного клина (n = 1,5). Угол между гранями клина равен 2'. Определить расстояние между соседними интерференционными темными полосами в отраженном свете. 48. В установке для наблюдения колец Ньютона пространство между линзой и пластинкой заполнено водой (n = 1,33). Диаметр одного из темных колец в отраженном свете равен 0,3 см. Свет монохроматический (λ = 0,6 мкм) и падает нормально. Радиус кривизны линзы 1 м. Определить порядковый номер кольца. 49. Установка для получения колец Ньютона освещается светом от ртутной дуги, падающим нормально. Наблюдение производится в проходящем свете. Какое по порядку светлое кольцо, соответствующее линии λ1 = 579,1 нм, совпадает со следующим светлым кольцом, соответствующим линии λ2 = 577 нм?

67

68

50. От двух когерентных источников S1 и S2 (λ = 0,8 мкм) лучи попадают на экран. На экране наблюдается интерференционная картина. Когда на пути одного из лучей перпендикулярно ему поместили мыльную пленку (n = 1,33), интерференционная картина изменилась на противоположную. При какой наименьшей толщине dmin пленки это возможно? 51. На круглое отверстие диаметром d = 4 см падает нормально параллельный пучок лучей (λ = 0,5 мкм). Точка наблюдения находится на оси отверстия на расстоянии r0 = 1 м от него. Сколько зон Френеля укладывается в отверстии? Темное или светлое пятно получится в центре дифракционной картины? 52. Точка наблюдения находится на расстоянии 0,5 м от плоского фронта волны (λ = 0,6 мкм). Найти отношение площадей центральной и четвертой зон Френеля. 53. На щель падает нормально параллельный пучок монохроматического света с длиной волны λ. Ширина щели 6 λ. Под каким углом будет наблюдаться третий дифракционный минимум? 54. Монохроматический свет (λ = 0,5 мкм) падает нормально на круглое отверстие диаметром d = 1 см. На каком расстоянии от отверстия должна находиться точка наблюдения, чтобы в отверстии помещалась одна зона Френеля; две зоны Френеля? 55. На щель нормально падает монохроматический свет, длина волны которого укладывается в ширине щели 8 раз. Какова ширина нулевого максимума в дифракционной картине, проецируемой линзой на экран, отстоящий от линзы на расстоянии l = 1 м? 56. Радиус четвертой зоны Френеля для плоского волнового фронта ρ4 = 3 мм. Определить радиус двадцать пятой зоны. 57. На узкую щель падает нормально плоская волна монохроматического света. Угол отражения лучей, соответствующий второму дифракционному максимуму, равен 10. Определить, какому числу длин волн падающего света равна ширина щели. 58. На щель шириной b = 0,1 мм падает нормально монохроматический свет (λ = 0,5 мкм). Что видит наблюдатель, если он смотрит в направлении, образующем с нормалью к плоскости щели под угол: 1) ϕ1 = 17'; 2) ϕ2 = 43'? 69

59. На щель шириной 2 мкм падает нормально монохроматический свет с длиной волны λ = 589 нм. Найти углы, в направлении которых будут наблюдаться минимумы света. 60. Расстояние между экраном с отверстием и точкой наблюдения 1 м. На экран падает нормально монохроматический свет (λ = 0,5 мкм). Вычислить радиус пятой зоны Френеля, если волновой фронт, падающий на экран, плоский. 61. Определить угловую дисперсию dϕ/dλ дифракционной решетки для λ = 589 нм в спектре первого порядка. Постоянная решетки равна 2,5 мкм. 62. На дифракционную решетку, имеющую период d = 4 мкм, падает нормально монохроматическая волна. За решеткой расположена линза, имеющая фокусное расстояние F = 40 см, которая дает изображение дифракционной картины на экране. Определить длину волны λ, если первый максимум получается на расстоянии l = 5 см от центрального. 63. Дифракционная решетка, освещенная нормально монохроматическим светом, отклоняет спектр второго порядка на угол ϕ = 140. На какой угол отклоняет она спектр третьего порядка? 64. На дифракционную решетку, содержащую N1 = 400 штрихов на каждый миллиметр падает нормально монохроматический свет (λ = 0,6 мкм). Найти общее число дифракционных максимумов, которое дает эта решетка. Определить угол отклонения последнего максимума. 65. Дифракционная решетка содержит N1 = 200 штрихов на каждый миллиметр. На решетку падает нормально монохроматический свет (λ = 0,6 мкм). Максимум какого наибольшего порядка дает эта решетка? 66. При нормальном падении света на решетку длиной l = 2 см получено несколько спектров. Красная линия (λ = 630 нм) в спектре третьего порядка видна под углом ϕ = 200 относительно направления падающего на решетку света. Найти: 1) постоянную решетки; 2) разрешающую способность решетки в спектре третьего порядка. 70

67. Чему должна быть равна постоянная решетки шириной в 2,5 см, чтобы в первом порядке был разрешен дублет натрия λ1 =589 нм и λ2 = 589,6 нм? 68. На дифракционную решетку, содержащую N1 = 100 штрихов на каждый миллиметр, падает нормально монохроматический свет. Зрительная труба спектрометра наведена на максимум третьего порядка. Чтобы навести трубу на другой максимум того же порядка, ее нужно провернуть на угол Δϕ = 200. Определить длину световой волны. 69. При освещении дифракционной решетки белым светом спектры второго и третьего порядков перекрывают друг друга. На какую длину волны в спектре второго порядка накладывается фиолетовая граница (λ =0,4 мкм) спектра третьего порядка? 70. Монохроматический свет нормально падает на дифракционную решетку. Определить угол дифракции, соответствующий максимуму четвертого порядка, если максимум третьего порядка отклонен на ϕ1 = 180. 71. Луч естественного света падает на грань каменной соли. Скорость распространения света в кристалле равна 1,95·108 м/с. Определить угол между падающим и отраженным лучами, если отраженный луч максимально поляризован. 72. Предельный угол полного внутреннего отражения луча на границе жидкости с воздухом равен 430. Каков должен быть угол падения луча из воздуха на поверхность жидкости, чтобы отраженный луч был максимально поляризован? 73. На стекло падает плоская волна (λ = 0,55 мкм). Отраженные лучи полностью поляризованы. Определить угол преломления и скорость света в стекле. 74. Луч света, идущий в воздухе, падает на поверхность жидкости под углом 500. Определить угол преломления луча, если отраженный луч максимально поляризован. 75. Интенсивность света, прошедшего через два николя, уменьшилась в 4,4 раза. Определить угол между плоскостями поляризации николей, если в каждом николе теряется 5% падающего на него светового потока. 71

76. Луч естественного света падает на грань кристалла. Угол преломления луча 330, отраженный луч максимально поляризован. Определить скорость распространения света в кристалле. 77. Во сколько раз ослабляется свет, проходя через два николя, плоскости поляризации которых составляют 300, если в каждом из николей в отдельности теряется 10% падающего на него светового потока. 78. При отражении света от поверхности стекла отраженный луч полностью поляризован, если угол преломления равен 300. Определить показатель преломления стекла. 79. Чему равен угол между главными плоскостями поляризатора и анализатора, если интенсивность естественного света, проходящего через поляризатор и анализатор уменьшается в 4 раза? Поглощением света пренебречь. 80. Угол между плоскостями поляризации двух призм Николя равен 600. Как и во сколько раз изменится интенсивность света, прошедшего через николи, если угол уменьшится до 450? (Поглощение в николях не учитывать). 81. При изменении температуры абсолютно черного тела максимум его спектральной плотности энергетической светимости сместился от λ1 = 2,5 мкм до λ2 = 0,125 мкм. Во сколько раз изменилась температура тела и его энергетическая светимость? 82. Какое количество энергии излучает Солнце за 1 мин? Излучение Солнца считать близким к излучению абсолютно черного тела. Температуру поверхности Солнца принять равной 6000 К. Радиус Солнца 7·108 м. 83. Температура абсолютно черного тела изменилась при нагревании от 1000 К до 3000 К. Во сколько раз увеличилась при этом его энергетическая светимость? На сколько изменилась при этом длина волны, на которую приходится максимум спектральной плотности энергетической светимости? 84. Мощность излучения абсолютно черного тела 10 кВт. Найти величину излучающей поверхности тела, если известно, что длина волны, на которую приходится максимум спектральной плотности его энергетической светимости, равна 0,7 мкм. 72

85. Диаметр вольфрамовой спирали электрической лампочки равен 0,3 мм, длина спирали 5 см. При включении в цепь напряжением 127 В через лампочку идет ток силой 0,3 А. Найти температуру лампочки. Считать, что при установлении равновесия все выделяющееся в нити тепло теряется в результате лучеиспускания. Отношение энергетических светимостей вольфрама и абсолютно черного тела считать для этой температуры равным 0,3. 86. Температура вольфрамовой спирали в 25-ватной электрической лампочке равна 2450 К. Отношение ее энергетической светимости к энергетической светимости абсолютно черного тела при данной температуре равна 0,3. Найти величину излучающей поверхности спирали. 87. Мощность излучения абсолютно черного тела равна 34 кВт. Найти температуру этого тела, если известно, что поверхность его равна 0,6 м2. 88. При нагревании абсолютно черного тела, длина волны, на которую приходится максимум спектральной плотности энергетической светимости, изменилась от 0,68 мкм до 0,5 мкм. Во сколько раз увеличилась энергетическая светимость тела? 89. Абсолютно черное тело находится при температуре Т1 = 2900 К. В результате остывания этого тела длина волны, на которую приходится максимум спектральной плотности энергетической светимости, изменилась на Δλ = 9 мкм. До какой температуры Т2 охладилось тело? 90. Раскаленная металлическая поверхность площадью в 10 м2 излучает в одну минуту 40 кДж. Температура поверхности равна 2500 К. Найти: 1) каково было бы излучение этой поверхности, если бы она была абсолютно черной, 2) каково отношение энергетических светимостей этой поверхности и абсолютно черного тела при данной температуре. 91. При освещении металлической пластины монохроматическим светом с длиной волны 0,2 мкм задерживающая разность потенциалов оказалась равной 0,8 В. Определить максимальную длину волны, при которой еще возможен фотоэффект. 73

92. На металлическую пластинку падает монохроматический свет с длиной волны 0,143 мкм. Поток фотоэлектронов, вырываемых с поверхности металла, полностью задерживает разность потенциалов в 1 В. Определить красную границу фотоэффекта. 93. Из металлической пластинки при ее облучении γ-лучами вылетают электроны, имеющие скорость β (в долях скорости света), равную 0,84. Определить длину волны γ-излучения. Работой выхода пренебречь. 94. Максимальная скорость фотоэлектронов, вылетающих из металла при облучении его γ-квантами равна 2,9·108 м/с. Определить энергию γ-квантов. Работой выхода пренебречь. 95. Какая доля энергии фотона расходуется на работу выхода, если красная граница фотоэффекта составляет 0,3 мкм, кинетическая энергия фотоэлектронов 1 эВ. 96. Какова должна быть длина волны λ лучей, падающих на цинковую пластинку, чтобы максимальная скорость фотоэлектронов была V = 106 м/с? Ав= 4 эВ. 97. Фотон с энергией ε = 10 эВ падает на серебряную пластинку и вызывает фотоэффект. Определить импульс Р, полученный пластинкой, если принять, что направления движения фотона и фотоэлектрона лежат на одной прямой, перпендикулярной поверхности пластинки. Работа вывода у серебра 4,7 эВ. 98. На поверхность лития падает монохроматический свет (λ = 310 нм). Чтобы прекратить эмиссию электронов, нужно приложить задерживающую разность потенциалов не менее 1,7 В. Определить работу выхода. 99. Определить постоянную Планка h, если известно, что фотоэлектроны, вырываемые с поверхности некоторого металла светом с частотой 2,2·1015 с–1 полностью задерживаются обратным потенциалом в 6,6 В, а вырываемые светом с частотой 4,6·1015 с–1 – потенциалом в 16,5 В. 100. На поверхность металла падают монохроматические лучи с длиной волны λ = 0,1 мкм. Красная граница фотоэффекта λ0 = 0,3 мкм. Какая доля энергии фотона расходуется на сообщение электрону кинетической энергии? 74

101. Определить импульс электрона отдачи при эффекте Комптона, если фотон с энергией, равной энергии покоя электрона, был рассеян под углом 1800. 102. Рентгеновские лучи испытывают комптоновское рассеяние под углом 900. Определить энергию вылетевшего электрона, если две трети энергии падающего фотона приходится на долю рассеянного фотона. 103. Какая доля энергии фотона при эффекте Комптона приходится на электрон отдачи, если рассеяние фотона происходит на угол 1800? Энергия фотона до рассеяния равна 0,255 МэВ. 104. Определить максимальное изменение длины волны при комптоновском рассеянии на свободных электронах, на свободных протонах. 105. Какова длина волны рентгеновского излучения, если при комптоновском рассеянии этого излучения под углом 60° длина волны рассеянного излучения оказалась равной 25,4 пм? 106. Фотон с энергией 0,4 МэВ рассеялся под углом 90° на свободном электроне. Определить энергию рассеянного фотона и кинетическую энергию электрона отдачи. 107. Фотон (λ = 1 пм) рассеялся на свободном электроне под углом 90°. Какую долю своей энергии фотон передал электрону. 108. Энергия рентгеновского фотона 0,6 МэВ. Найти энергию электрона отдачи, если известно, что длина волны фотона после комптоновского рассеяния изменилась на 20 %. 109. Фотон с энергией 0,51 МэВ при эффекте Комптона был рассеян на 1800. Определить импульс рассеянного фотона. 110. В явлении Комптона энергия падающего фотона распределяется поровну между рассеянным фотоном и электроном отдачи. Угол рассеяния равен 900. Найти энергию и количество движения рассеянного фотона. 111. Заряженная частица, ускоренная разностью потенциалов 200 В, имеет длину волны де Бройля 2,02 пм. Найти массу этой частицы, если ее заряд численно равен заряду электрона. 112. Определить волну де Бройля для электрона, прошедшего ускоряющую разность потенциалов: 1) в 1 кВ; 2) в 1 МВ. 75

113. Протон движется в однородном магнитном поле с индукцией В = 15 мТл по окружности радиусом R = 1,4 м. Определить длину волны де Бройля для протона. 114. Определить скорость V электрона, при которой длина волны де Бройля λ = 1 пм. 115. Найти длину волны де Бройля для протона, прошедшего ускоряющую разность потенциалов: 1) в 510 кВ, 2) в 938 МВ. 116. Электрон обладает кинетической энергией Т = 100 эВ. Определить величину дополнительной энергии ΔТ, которую необходимо сообщить для того, чтобы длина волны де Бройля уменьшилась вдвое? 117. Определить длину волны де Бройля для электрона, движущегося по круговой орбите атома водорода, находящегося в основном состоянии. 118. Определить кинетическую энергию Т электрона, длина волны де Бройля которого равна комптоновской длине волны. 119. Электрон обладает кинетической энергией Т = 0,51 МэВ. Во сколько раз изменится длина волны де Бройля, если кинетическая энергия электрона возрастает вдвое ? 120. Найти длины волн де Бройля электрона и протона, прошедших ускоряющую разность потенциалов U = 100 В. 121. Электрон с кинетической энергией 4 эВ локализован в области размером 1 мкм. Оценить с помощью соотношения неопределенностей относительную неопределенность его скорости. 122. Оценить с помощью соотношения неопределенностей минимальную кинетическую энергию электрона, локализованного в области размером l = 0,2 мм. 123. Во сколько раз длина волны де Бройля λ частицы меньше неопределенности ее координаты Δ x, которая соответствует неопределенности импульса в 1 %? 124. Оценить с помощью соотношения неопределенностей неопределенность скорости электрона в атоме водорода, полагая размер атома l = 0,1 нм. Сравнить полученную величину со скоростью электрона на первой боровской орбите данного атома. 76

125. Если допустить, что неопределенность координаты движущейся частицы равна ее длине волны де Бройля, то какова будет относительная неточность Δр/р импульса это частицы? 126. Показать, что для частицы, неопределенность местоположения которой Δх = λ, где λ – ее длина волны де Бройля, неопределенность скорости равна по порядку величины самой скорости частицы. 127. Оценить наименьшие ошибки, с которыми можно определить скорость электрона, протона и шарика массой 1 мг, если координаты частиц и центра шарика установлены с неопределенностью 1 мкм. 128. Определить неточность Δх в определении координаты электрона, движущегося в атоме водорода со скоростью v = 1,5·106 м/с, если допустимая неточность Δv в определении скорости составляет 10 % от ее величины. Сравнить полученную неточность с диаметром атома водорода, вычисленным по теории Бора для основного состояния, и указать, применимо ли понятие траектории в данном случае. 129. Используя соотношение неопределенностей ΔE·Δt ≥ ħ, оценить уширение энергетического уровня в атоме водорода, находящегося: 1) в основном состоянии; 2) в возбужденном состоянии (время жизни атома в возбужденном состоянии τ = 10–8 с). 130. Определить отношение неопределенностей скорости электрона и пылинки массой m = 10–12 кг, если их координата установлена с точностью до 10–5 м. 131. Определить возможные значения орбитального момента импульса электрона в возбужденном атоме водорода, если энергия возбуждения ε = 12,09 эВ. 132. Найти численные значения кинетической, потенциальной и полной энергии электрона на первой боровской орбите. 133. Для главного квантового числа n = 3 укажите возможные значения момента импульса электрона и его проекции, если атом помещен во внешнее магнитное поле. 134. На сколько изменилась кинетическая энергия электрона в атоме при излучении атомом фотона с длиной волны λ = 486 нм? 77

135. Найти наибольшую длину волны в ультрафиолетовой серии спектра водорода. Какую наименьшую скорость должны иметь электроны, чтобы при возбуждении атомов водорода ударами этих электронов появилась эта линия? 136. Найти: 1) период обращения электрона на первой боровской орбите в атоме водорода; 2) его угловую скорость. 137. Найти кинетическую энергию электрона, находящегося на n-ой орбите атома водорода. Задачу решить для n = 1, 2, 3 и ∞. 138. Найти: 1) радиусы первых трех боровских электронных орбит в атоме водорода; 2) скорость электрона на них. 139. Найти наименьшую и наибольшую длины волн спектральных линий водорода в видимой области спектра. 140. Используя векторную модель атома, вычислить наименьший угол θ, который может образовывать вектор L орбитального момента импульса электрона в атоме с направлением внешнего магнитного поля. Электрон в атоме находится в d-состоянии.

78

Таблица заданий для Контрольной работы № 3. Номер варианта 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Номера задач 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9

20 11 12 13 14 15 16 17 18 19

30 21 22 23 24 25 26 27 28 29

40 31 32 33 34 35 36 37 38 39

50 41 42 43 44 45 46 47 48 49

60 51 52 53 54 55 56 57 58 59

70 61 62 63 64 65 66 67 68 69

80 71 72 73 74 75 76 77 78 79

Таблица заданий для Контрольной работы № 4. Номер вариант 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Номера задач 90 81 82 83 84 85 86 87 88 89

100 91 92 93 94 95 96 97 98 99

110 101 102 103 104 105 106 107 108 109

120 111 112 113 114 115 116 117 118 119

130 121 122 123 124 125 126 127 128 129

140 131 132 133 134 135 136 137 138 139