контрольная работа № 3

Темные кольца видны при таких толщинах зазора между линзой и пластиной, для которых оптическая разность хода кратна нечетному числу половины длины волны:

∆ = ( 2m + 1)λ/2 ,

где m = 0, 1, 2, …

Для лучей 1 и 2 оптическая разность хода равна

∆ = 2dm n + λ/2,

где слагаемое λ/2 обусловлено изменением фазы луча 2 при отражении от оптически более плотной среды. Приравнивая правые части этих выражений,

получаем

2dm n + λ/2 = ( 2m + 1) λ/2 ,

отсюда

dm = m . 2n

Выразим радиус темного кольца rm с толщиной зазора dm в том месте, где это кольцо наблюдается. Для этого воспользуемся теоремой Пифагора

(см. рисунок на с. 30):

R2 = (R – dm)2 + rm2 ;

R2 = R2 – 2R∙dm + dm2 + rm2 .

Слагаемым dm2 в этом выражении можно пренебречь из-за малости его по сравнению с другими слагаемыми. Отсюда

	r 2
dm =	m	.
	2R

Приравнивая правые части выражений для dm , получаем

r 2

m

n

m R

m

;

.

2R

2n

r

2

m

Отсюда

n

8 7 10

7 1

= 1,4 .

4 10 6

Ответ: n = 1,4 .

31

П р и м е р 3.10

На диафрагму с круглым отверстием радиусом r = 1 мм падает нормально параллельный пучок света длиной волны λ = 0,05 мкм. На пути лучей,

прошедших через отверстие, помещают экран. Определить максимальное расстояние bmax от центра отверстия до экрана, при котором в центре дифракционной картины еще будет наблюдаться темное пятно.

Дано: r = 1 мм, λ = 0,05 мкм.

Определить: bmax = ? Решение:

Расстояние, при котором будет видно темное пятно, определяется количеством зон Френеля, укладывающихся в отверстии. Если число зон четное, то в центре дифракционной картины будет темное пятно.

Число зон Френеля, помещающихся в отверстии, убывает по мере удаления от отверстия. Наименьшее четное число зон равно двум.

Следовательно, максимальное расстояние, при котором еще будет наблюдаться темное пятно в центре экрана, определяется условием, согласно которому в отверстии должны поместиться две зоны Френеля.

Как следует из рисунка, расстояние от точки наблюдения О на экране до края отверстия на 2(λ/2) больше, чем расстояние R0 = bmax.

Используя теорему Пифагора, получим

r2 = (bmax + 2 2 ) – b2max = 2λbmax + λ2.

32

Учтя, что λ << bmax и что членом, содержащим λ2, можно пренебречь,

последнее равенство можно записать следующим образом:

r2 = 2λbmax,

отсюда

r 2

bmax = 2 .

Подставим численные значения в последнюю формулу и определим величину bmax:

	1 10	3 2
bmax =			= 1 м.
	2 0,05	10 6

Ответ: bmax = 1 м.

П р и м е р 3.11

На дифракционную решетку нормально к ее поверхности падает пучок света с длиной волны λ = 0,5 мкм. Помещенная вблизи решетки линза проецирует дифракционную картину на плоский экран, удаленный от линзы на

расстоянии L = 1 м. Расстояние l между двумя максимумами интенсивности

первого порядка на экране равно 20,2 см. Определить: 1) постоянную дифракционной решетки d ; 2) число n штрихов на 1 см; 3) число максимумов

N, которое дает дифракционная решетка;		4) максимальный угол φmax
отклонения лучей, соответствующих последнему максимуму.
Дано: λ = 5∙10-7 м , L =1 м,	l = 20,2 см .
Определить: 1) d = ? 2)	n = ? 3) N = ? 4)	φmax = ?
Решение:

1. Постоянная дифракционной решетки d, длина волны λ и угол φ отклонения лучей, соответствующий максимуму с номером m, связаны соотношением

d ∙ sin φ = mλ .

По условию задачи m = 1.

33

Из рисунка следует, что

tg φ =

(l / 2)

l

.

L

2L

Так как

l

<< L , то можно считать, что угол

φ мал, а в случае малости

2

угла sin φ ≈ tg φ , поэтому

d

l

,

d

2L

;

2L

l

d =

2 1 5 10 7

= 4,95 мкм .

0,202

2. Число штрихов на единице длины связано с периодом d соотношением

n =

1

; n =

1 102

= 2,02 ∙ 10

3

см

-1

.

d

4,95 10 6

3. Максимальный угол отклонения лучей решеткой не может превышать 90 ,

поэтому из условия главных максимумов при φ = π /2 получаем

m =	d	; m = 9,9 .

Число m должно быть целым, так как порядок максимума не может быть дробным. В то же время оно не может принять значение, равное 10 , так как при этом значение sin φ будет больше единицы, что невозможно.

Следовательно,

mmax = 9 .

Определим общее число максимумов дифракционной картины,

полученной с помощью дифракционной решетки. Влево и вправо от

центрального максимума будет наблюдаться по одинаковому числу

34

максимумов, равному mmax, т.е. всего 2mmax. Если учесть также центральный нулевой максимум, получим общее число максимумов

N = 2 mmax + 1.

Подставляя значение mmax, найдем

N = 2· 9 + 1 = 19.

4. Для определения максимального угла отклонения лучей, соответствующего последнему дифракционному максимуму, выразим из условия главных максимумов для дифракционной решетки синус этого угла:

sin φmax = kmax λ / d.

Отсюда

φmax = arcsin (mmaxλ/d) .

Подставив сюда значения величин λ, d, mmax и произведя вычисления,

получим

φmax = 65,4 0.

Ответ: d = 4,95 мкм, n =2,02∙ 103 см-1, N = 19, φmax = 65,40.

П р и м е р 3.12

Естественный свет падает на полированную поверхность стеклянной пластины (абсолютный показатель преломления стекла n2 = 1,5), погруженной в жидкость. Отраженный от пластины луч образует угол φ = 97 с падающим лучом. Определить показатель преломления n1 жидкости, если отраженный свет максимально поляризован.

Дано: φ = 970 , n2 = 1,5 .

Определить: n1 = ? Решение:

Согласно закону Брюстера луч света,

отраженный от диэлектрика, максимально поляризован в том случае, если выполняется условие

35

tg iБ = n2,1,

где iБ – угол падения; n2,1 – относительный показатель преломления второй среды (стекла) относительно первой (жидкости):

n21 = n2 ,

n1

где n2 и n1 – абсолютные показатели преломления соответственно второй и первой сред.

В соответствии с условием задачи отраженный луч образует угол φ с

падающим лучом. Так как угол падения равен углу отражения, то

iБ = 2 ,

следовательно,

tg = n2 .

2 n1

Выразим из этого соотношения n1:
n1 =	n2		.
	tg	2

Подставляем числовые значения и получаем:

n1 =	1,5			=	1,5		=		1,5	= 1,33 .
		970			tg 48,50			1,13
	tg
		2

Ответ: n1 = 1,33 .

П р и м е р 3.13

Естественный свет интенсивностью I0 проходит через два поляроида, угол между осями пропускания которых равен . Поглощение и отражение пропускаемого света не учитывать. Интенсивность естественного света,,

прошедшего через поляризатор и анализатор, уменьшается в четыре раза, т. е.

I0 / I2 = 4. Определить угол φ между осями пропускания поляризатора и анализатора.

36

Дано: I0 / I2 = 4. Определить: φ = ?

Решение:

Изобразим на рисунке поляризатор

(П) и анализатор (А). Штриховыми линиями покажем оси пропускания

поляризатора и анализатора. По условию ось пропускания анализатора составляет с осью пропускания поляризатора угол φ.

После прохождения через поляризатор свет преобразуется в линейно поляризованный, при этом интенсивность естественного света уменьшается в два раза:

I1 = 12 I0 .

После прохождения через анализатор интенсивность света I2

определяется законом Малюса:

I2 = I1 cos2φ = 12 I0 cos2φ.

Из этого соотношения выразим cos2φ:

cos2φ =

2I2

.

I0

Учтем, что по условию

I0 / I2 = 4,

отсюда

I0 = 4 I2 ,

и тогда

cos2φ =

2I

2

= 0,5 ,

отсюда

cosφ φ =

1

=

2

,

φ = 450.

4I

2

2

2

Ответ: φ = 450.

37

Таблицы вариантов к контрольной работе № 3

Для технических специальностей трехсеместрового курса физики

Вариант			Номера задач
1	301	311	331	341	351	371
2	302	312	332	342	352	372
3	303	313	333	343	353	373
4	304	314	334	344	354	374
5	305	315	335	345	355	375
6	306	316	336	346	356	376
7	307	317	337	347	357	377
8	308	318	338	348	358	378
9	309	319	339	349	359	379
10	310	320	340	350	360	380

Для технических специальностей четырехсеместрового курса физики

Вариант				Номера задач
1	301	311	321	331	341	351	361	371	381
2	302	312	322	332	342	352	362	372	382
3	303	313	323	333	343	353	363	373	383
4	304	314	324	334	344	354	364	374	384
5	305	315	325	335	345	355	365	375	385
6	306	316	326	336	346	356	366	376	386
7	307	317	327	337	347	357	367	377	387
8	308	318	328	338	348	358	368	378	388
9	309	319	329	339	349	359	369	379	389
10	310	320	330	340	350	360	370	380	390

Задачи для контрольной работы № 3

301. Тело массой 10 г совершает гармонические колебания по закону

х = 0,1cos(4πt+π/4)м. Определить максимальные значения возвращающей силы Fmax и кинетической энергии Wкmax .

302.Уравнение движения точки дано в виде х = 2 sin ( 2 t 4 ), см. Определить период колебаний, максимальную скорость max и максимальное ускорение amax точки.

38

303.Колебания материальной точки массой m = 0,1 г происходят согласно закону х = Аcosω0t, где А = 5 см; ω = 20 с-1. Определить период колебаний

имаксимальное значение возвращающей силы Fmax .

304.Материальная точка совершает гармонические колебания. Наибольшее

смещение точки равно хmax = 10 см, а наибольшая скорость max = 20 см/с.

Определить циклическую частоту колебаний ω и максимальное ускорение

аmax точки.

305.Материальная точка массой m = 20 г совершает гармонические колебания по закону х = 0,2 cos (2πt + π/6) м. Определить максимальное значение скорости частицы max и полную энергию W этой точки.

306.Колебания точки происходят по закону х = Аcos(ωt + φ0). В некоторый момент времени смещение х точки равно 5 см, ее скорость = 20 см/с и ускорение а = -80 см/с2. Найти амплитуду А и период колебаний Т.

307.Начальная фаза гармонического колебания равна нулю. При смещении

точки от положения равновесия х1 =	2,4 см скорость точки равна
x1 = 3 см/с, а при смещении х2 = 2,8 см	скорость равна х2 = 2 см/с. Найти
амплитуду А и период этого колебания Т.

308. Материальная точка совершает гармонические колебания, уравнение которых имеет вид х = 0,05 sin (2t + π/4) м. Определить период колебаний,

а также момент времени (ближайший к началу отсчета), в который потенциальная энергия точки равна Wр = 1· 10-4 Дж, а возвращающая сила

F = 5 · 10-3 Н.

309.Материальная точка массой m = 50 г совершает гармонические колебания согласно уравнению х = 0,1cos 32 t , м. Определить величину силы F, дейст-

вующей на материальную точку, для момента времени t = 0,5 с и полную энергию W точки.

310.Груз массой m = 500 г, подвешенный на пружине жесткостью k = 100 Н/м,

совершает гармонические колебания с энергией W = 1 Дж. Найти период

колебаний, их амплитуду и максимальную скорость колебаний груза.

39

311.Точка участвует одновременно в двух взаимно перпендикулярных

колебаниях, выражаемых уравнениями х =А1 sin t и у = А2 cos t , где

А1 = 2 см, А2 = 1 см. Определить уравнение траектории точки, построить траекторию с соблюдением масштаба. Указать направление движения точки и пояснить свой ответ.

312.Точка совершает одновременно два гармонических колебания одинаковой частоты, происходящих по взаимно перпендикулярным направлениям и выражаемых уравнениями х = Аcos t , у = В cos t , где А = 2 см; В = 3 см.

Найти уравнение траектории точки и построить траекторию с соблюдением масштаба. Указать направление движения точки и пояснить свой ответ.

313.Найти амплитуду А и начальную фазу φ гармонического колебания,

полученного от сложения двух одинаково направленных колебаний,

заданных уравнениями х1 = 0,02 sin (5πt + π/2) м, х2 = 0,03 sin (5πt + π/4) м.

Построить с соблюдением масштаба векторную диаграмму сложения амплитуд. Определить амплитуду и начальную фазу φ0 результирующего колебания. Написать уравнение результирующего колебания.

314.Точка совершает одновременно два гармонических колебания, происходя-

щих по взаимно перпендикулярным направлениям и выражаемых

уравнениями х = А1 cos ωt и у = А2 cos ω(t + τ), где А1 = 4 см;	А2 = 8 см;
ω = π с-1; τ = 1 с. Найти уравнение траектории точки и	построить

траекторию с соблюдением масштаба, указав направление движения точки. Пояснить свой ответ.

315.Точка совершает одновременно два гармонических колебания, происходя-

щих по взаимно перпендикулярным направлениям и выражаемых уравне-

ниями х = А1sin ωt и у = А2 sin ωt, где А1 = 1,5 см; А2 = 2,5 см. Записать уравнение траектории точки, построить траекторию с соблюдением масштаба, указав направление движения точки. Пояснить свой ответ.

316.Складываются два гармонических колебания одного направления с

одинаковыми периодами Т1 = Т2 = 1,5 с и амплитудами А1 = А2 = 2 см.

40