Задача 6 Постановка задачи На пути луча, идущего в воздухе, поставили стеклянную пластинку толщиной 1 см (показатель преломления стекла 1,5).
 Скачать 0.68 Mb.
|
|
Задача 6.6 Постановка задачи На пути луча, идущего в воздухе, поставили стеклянную пластинку толщиной 1 см (показатель преломления стекла 1,5). Насколько изменится оптическая длина пути луча, если луч падает на пластину 1) нормально 2) под углом 30 0 ? Дано Решением Математическая модель будем считать, что стекло однородное. Поэтому оптическая длина пути L в однородной среде с показателем преломления n равна произведению геометрической длины пути l, пройденного светом, на показатель преломления n. В случае нормального падения луча угол преломления равен 0, а значит, длина пути равна d. Тогда оптическая длина пути 𝐿 1 = 𝑛𝑑 , (6.1) В случае падения луча под углом 𝛼 2 , угол преломления равен 𝛽 2 . Тогда геометрическая длина пути из Рис равна 𝑙 2 = 𝑑 cos (𝛽 2 ) (6.2) Тогда оптическая длина пути (𝛽 2 ) (6.3) Угол падения связан с углом преломления формулой 𝑛 = sin (𝛼 2 ) sin (𝛽 2 ) (6.4) Решаем систему уравнений (6.3)-(6.4) и получаем оптическая длина пути В случае падения луча под углом 𝛼 2 : Рис. 6.1 Постановочный рисунок 𝐿 2 = 𝑛 2 𝑑 √𝑛 2 −sin 2 (𝛼 2 ) (6.5) В случае отсутствия стекла оптическая длина пути в воздухе равна геометрической длине пути. Тогда при постановке стеклянной пластинки из (6.1)-(6.5) оптические длины путей увеличатся на ∆𝐿 1 = 𝐿 1 − 𝑑 = (𝑛 − 1)𝑑 , (6.6) ∆𝐿 2 = 𝐿 2 − 𝑙 2 = 𝑛(𝑛−1)𝑑 √𝑛 2 −sin 2 (𝛼 2 ) (6.7) Подставляем численные значения в (6.6) и (6.7) и получаем, что оптическая длинна пути в случае нормального падения луча увеличится на ∆𝐿 1 = 5 мм, ив случае падения под углом 30 ° - увеличится на ∆𝐿 2 = 5,3 мм. Графическая часть Построим графики зависимости оптического пути от геометрического пути луча, при использовании формул (6.1)-(6.3). Эти графики представлены на Рис. 6.2. За начало отсчёта возьмём момент попадания луча на границу разделения сред. \ Анализ результатов Сравниваем разность оптических путей после выхода луча из стеклянной пластины на Рис с расчётным решением и делаем вывод, что решение найдено верно. Ответ ∆𝐿 1 = 5 мм, ∆𝐿 2 = 5,3 мм. Рис. 6.2 Графики зависимости длины оптического пути луча от геометрического пути. Слева при падении луча нормально поверхности стекла, справа при падении луча под углом 30 градусов к нормали. По оси ординат длина оптического пути L в сантиметрах, по оси абсцисс длина геометрического пути l в сантиметрах. Задача 7.3 Постановка задачи Между источником света и экраном поместили ирисовую диафрагму с круглым отверстием, радиус которого можно менять в процессе опыта. Расстояние от диафрагмы до источника и экрана равны соответственно 100 и 125 см. Определите длину волны света, если максимум освещенности в центре дифракционной картины наблюдается при радиусе отверстия 1 мм, а следующий максимум – при 1.29 мм. Построить график распределения интенсивности вдоль оси отверстия. Дано Решением мм м 𝜆= ? Математическая модель Радиус m зоны Френеля 𝑟 𝑚 = √ 𝑟 0 𝑟 𝑟 0 +𝑟 𝑚𝜆 . (7.1) Так как 𝑟 𝑚 ≪ 𝑎, 𝑏, то мы можем пренебречь им в расчётах: 𝑟 0 ≈ 𝑎, 𝑟 ≈ Максимумы наблюдаются только на нечётных зонах Френеля. Тогда в нашем случае радиусы зон Френеля запишутся 𝑟 𝑚 = √ 𝑎𝑏 𝑎+𝑏 (2𝑛 − 1)𝜆 , (7.2) 𝑟 𝑚+2 = √ 𝑎𝑏 𝑎+𝑏 (2𝑛 + 1)𝜆 , (7.3) где n – натуральное число. В данном случае. Решаем систему (7.2)-(7.3) и получаем число n: 𝑛 = 1 2 𝑟 𝑚+2 2 +𝑟 𝑚 2 𝑟 𝑚+2 2 −𝑟 𝑚 2 . (7.4) Рис. 7.1 Построение зон Френеля Подставляем численные значения в (7.4) и получаем n = 2. Соответственно, для радиуса 𝑟 𝑚 максимум наблюдается на m = 3 зоне Френеля. Из (7.2) выражаем длину волны 𝜆 = 3𝑟 3 2 (𝑎+𝑏) 𝑎𝑏 (7.5) Подставляем численные значения в (7.5) и получаем длину волны источника 𝜆 = 600 нм. Распределение интенсивности на экране в зависимости от расстояния y от центра экрана задаётся формулой 𝐼 𝐼 0 = ( sin(𝜂) 𝜂 ) 2 , (7.6) где 𝜂 = 𝜋 Графическая часть построить график распределения интенсивности вдоль оси отверстия по формуле (7.6). График распределения изображён на Рис. Рис. 7.2 График распределения интенсивности вдоль оси отверстия. По оси ординат относительная интенсивность I/I 0 в условных единицах, по оси абсцисс расстояние от центра экрана y в метрах. Анализ результатов первый дифракционный минимум наблюдается на расстоянии λ. Сравниваем графическое решение на Рис. 7.2 с расчётным решением и делаем вывод, что решение найдено верно. Ответ 𝜆 = 600 нм. Задача 8.10 Постановка задачи Раствор сахара с концентрацией 0,25 г/см 3 толщиной 18 см поворачивает плоскость поляризации монохроматического света на угол 30°. Другой раствор толщиной 12 см поворачивает плоскость поляризации этого же света на угол 24°. Определить концентрацию второго раствора. Дано Решение 𝑐 1 = 250 кг/м 3 𝑙 1 = 0.18 мм Математическая модель Угол поворота плоскости поляризации света оптически активными веществами в растворах (Рис. 8.1) задаётся формулой 𝜑 = [𝛽]𝑐𝑙 , (8.1) где [𝛽] - удельное вращение, являющееся константой оптически активного вещества. Запишем уравнения вида (8.1) для обоих экспериментов, разделим одно уравнение на другое и выразим оттуда концентрацию второго раствора и получим 𝑐 2 = 𝑐 1 𝜑 2 𝑙 1 𝜑 1 𝑙 2 (8.2) Подставляем численные значения в (8.2) и получаем концентрацию второго раствора 𝑐 2 = 300 кг/м 3 . Графическая часть построим график зависимости концентрации второго раствора от толщины раствора по формуле (8.2). График зависимости изображён на Рис. 8.2. Рис. 8.1 Постановочный рисунок Анализ результатов сравниваем расчётную величину концентрации второго раствора с решением, найденным графически, приведенным на рис и убеждаемся, что решение найдено правильно. Ответ 𝑐 2 = 300 кг/м 3 Рис. 8.2 График зависимости концентрации второго раствора от толщины раствора. По оси ординат концентрация раствора 𝑐 2 в килограммах на кубический метр, по оси абсцисс толщина раствора 𝑙 2 в сантиметрах. Задача 9.10 Постановка задачи Абсолютно черное тело имеет температуру 2200 К. При остывании тела длина волны, на которую приходится максимум спектральной плотности энергетической светимости, изменилось на 9 мкм. До какой температуры охладилось тело Построить графики спектральной плотности излучательной способности при этих температурах. Дано Решением Математическая модель максимум длины волны при низких температурах и малых длин волн связан с температурой по закону смещения Вина 𝜆 𝑚𝑎𝑥 = 𝑏 𝑇 , (9.1) где b = 2.9·10 -3 м · К. Тогда при остывании тела длина волны, на которую приходится максимум спектральной плотности энергетической светимости, увеличится на Δ𝜆 𝑚𝑎𝑥 = 𝑏( 1 𝑇 2 − 1 𝑇 1 ). (9.2) Из (9.2) выражаем температуру тела после остывания 𝑇 2 = ( Δ𝜆 𝑚𝑎𝑥 𝑏 + 1 𝑇 1 ) −1 (9.3) Подставляем численные значения в (9.3) и получаем температуру тела после остывания 𝑇 2 = 281 К. Подставляем найденное численное значение в (9.1) и получаем длину волны, которая соответствует максимальной испукскательной способности тела после остывания 𝜆 𝑚𝑎𝑥 2 = 1.032 · 10 -5 м. Спектральная плотность излучательной способности абсолютно черного тела при любых частотах (и длинах волн) дается формулой Планка Рис. 9.1 Постановочный рисунок 𝑟 𝜆,𝑇 = 2𝜋ℎ𝑐 2 𝜆 5 1 𝑒 ℎ𝑐 𝜆𝑘𝑏𝑇 −1 , (9.4) где h = 6.62·10 -34 Дж·с – постоянна Планка 𝑘 𝑏 = 1.38·10 -23 Дж/К – постоянная Больцмана, с = 3·10 8 мс – скорость света. Графическая часть построим спектр плотности излучательной способности абсолютно черного тела для температур 𝑇 1 и 𝑇 2 по формуле (9.4). Оба спектра изображены на Рис. Анализ результатов из Рис видно, что для найденной температуры максимум спектральной плотности излучательной способности соответствует длинные волны, рассчитанной по (9.1). Следовательно, решение найдено верно. Ответ 𝑇 2 = 281 К. Рис. 9.2 Графики спектральной плотности излучательной способности при температуре 2200 К слева, и при 281 К справа. По оси ординат о испускательная способность 𝑟 𝜆,𝑇 в Джоулях на кубический метр в секунду, по оси абсцисс длинна волны в метрах. |