С.Е.Игошина, В.Г.Андреев ФИЗИКА МЕТОДИЧЕСКИЕ

С.Е.Игошина, В.Г.Андреев
ФИЗИКА
МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ ПО ОРГАНИЗАЦИИ САМОКОНТРОЛЯ
ПРИ ИЗУЧЕНИИ РАЗДЕЛОВ ДИСЦИПЛИНЫ
ЧАСТЬ 3
КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ, ВОЛНОВА ОПТИКА, ТЕПЛОВОЕ ИЗЛУЧЕНИЕ, ФОТОЭФФЕКТ,
ЯДЕРНАЯ ФИЗИКА
КУЗНЕЦК 2006 г.
УДК 528 (076)
Э 45
Для осуществления самоконтроля студентами при изучении разделов дисциплины «Физика»: «Колебания и волны», «Волновая оптика», «Тепловое излучение», «Фотоэффект», «Физика атомного ядра». Приведены задачи и вопросы, а также примеры решения задач.
Методические указания разработаны на кафедре ЕНТД и предназначены для студентов
всех специальностей.
Ил.
2
I. К о л е б а н и я и в о л н ы.
Контрольные вопросы.
1.Какое колебательное движение называется гармоническим?
2.Каков физический смысл величин, входящих в уравнение гармонического колебательного движения?
3. Объясните фазовые соотношения между смещением, скоростью и ускорением в гармоническом колебании.
4. Почему полная энергия гармонически колеблющегося тела со временем остаётся постоянной?
5. Что называется биением? Как зависит частота биений от частот слагаемых колебаний?
6. При сложении каких колебаний получаются фигуры Лиссажу? При каких условиях
фигуры Лиссажу получаются в виде прямой, эллипса, окружности?
7. Объясните распространение колебаний в упругой среде.
8. Запишите уравнение плоской и сферической волн. Каков физический смысл величин,
входящих в эти уравнения?
9. В чём различие механизма распространения продольных и поперечных волн?
10. Какие волны называют стоячими? Запишите уравнение стоячей волны и объясните
смысл входящих в неё величин.
11. Как связаны длина волны и её частота?
12. В чём сущность эффекта Доплера для звуковых волн?
Методические рекомендации
В гармоническом колебании смещение, скорость и ускорение определяются уравнениями:
X  A sin(t  0 )
(1.1)
v   A cos(t  ;0 )
(1.2)
a   2 A sin(t  ,0 )
(1.3)
где А – амплитуда колебаний,  - циклическая частота,  0 - начальная фаза. Циклическая частота  и период колебаний Т связаны соотношением
 =2π/Т.
Знания уравнения (1.1), (1.2), (1.3)обычно достаточно для решения задач по определению
параметров гармонического колебания. При этом не надо забывать, что
V=dx/dt,
a= d 2 x / dt 2  dv / dt .
Поскольку гармонические колебания есть собственные колебания, постольку частота таких колебаний может быть найдена и через параметры системы:
  k/m,
где м – масса колеблющегося тела, а k – коэффициент упругой, либо квазиупругой силы,
под действием которой совершаются гармонические колебания. Если коэффициент k не задан
или не может быть найден из выражения квазиупругой силы ( F  kx ); то иногда его не трудно
определить из формулы полной энергии гармонически колеблющейся системы:
3
w
1 2
kA ,
2
При сложении двух одинаково направленных гармонических колебаний с одинаковой
частотой получается также гармоническое колебание той же частоты, амплитуда которой и
начальная фаза определяются уравнениями:
A  A12  A22  2 A1 A2 cos( 2  1 )
(1.4)
A1 sin 1  A2 sin  2
A1 cos 1  A2 cos  2
(1.5)
tg0 
,
где A1 и A2 - амплитуды слагаемых колебаний, 1 и  2 - их начальные фазы. При решении задач на определение траектории точки, участвующей в двух взаимно перпендикулярных
колебаниях, следует исключать время t из уравнений складываемых колебаний, представленных в виде
x  A1 sin(1t  1 )
(1.6)
y  A2 sin(2t  2 )
(1.7)
Приступая к решению задач по теме «Волны». Необходимо уяснить, что волной называется процесс распространения колебаний в пространстве и что колебания, возбужденные в какой-либо точке среды, распространяются в ней с конечной скоростью, зависящей от свойств
среды. Важно понять, что при распространении упругой волны частицы среды не движутся
вместе с волной, а колеблются около положений равновесия.
Уравнение плоской волны, распространяющейся со скоростью v в направлении оси x
имеет вид
x


S  A sin  (t  )  0  ,
v


где s – смещение от положения равновесия точки, находящейся на расстоянии x от источника гармонических колебаний, характеризующихся амплитудой A, циклической частотой
 и начальной фазой  0 . Длина волны λ и скорость волны v связаны соотношением
2 v
  vT 
,

где T – период колебаний,  - циклическая частота.
4
а) Гармонические колебания
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Задача1.1
Материальная точка совершает гармонические колебания вдоль оси х. По прошествии
времени t1 =0.1с.от начала движения смещения точки от положения равновесия x1  5 см, скорость vx1 =62см\с, ускорение ax =-640см./ с 3 . Определить: 1) амплитуду, циклическую частоту
и начальную фазу колебаний; 2)смещение, скорость и ускорение в начальный момент( t  0 ).
Решение
Закон движения материальной точки известен из условия задачи:
X  A sin(t  0 ) ,
(1.8)
где х – смещение от положения равновесия гармонически колеблющейся точки в момент
времени t, А – амплитуда,  - циклическая частота,  0 - начальная фаза колебаний.
Законы изменения скорости и ускорения со временем могут быть найдены последовательным дифференцированием по времени уравнения (1.8):
dx
 A cos(t  0 )
dt
d x  dvx / dt  d 2 x / dt 2   A 2 sin(t  0 )
vx 
(1.9)
(1.10).
Подставляя в уравнения (1.8)-(1.10) заданные значения времени, координаты, скорости и
ускорения, получим три уравнения, содержащие в качестве неизвестных А,  и  0 . Совместное решение такой системы позволит найти все эти искомые величины. После этого подстановка в те же уравнения времени t=0 позволит найти начальные смещение, скорость и ускорение.
Итак, подставив в уравнения (1.8)-(1.10) t1 , x1 , vx1 и a x1 получим:
x1  A sin(t1  0 );
vx1  A cos(t1  0 );
ax1   A sin(t1  0 ).
2
(1.11)
Рассмотрим сначала первое и третье уравнение системы (1.11). Легко увидеть, что
ax1   x1 2
откуда
  ax1 / x1  10.4с 1.
Возведя в квадрат первые два уравнения системы (1.11) (предварительно следует второе
из уравнений разделить на  ) и почленно сложив их, получим
5
x12  vx21 /  2  A2 .
Откуда амплитуда колебаний
A  x12  vx21 /  2  7.8см.
Чтобы найти начальную фазу, подставим найденные значения А и  , например, в первое
уравнение системы (1.11). Так как начальную фазу принято выражать в долях π, то запишем
уравнение (1.8), введя период колебаний:
T  2 /   0.6c
Тогда
2 t1 2
t1 

,
T
6
2
x1  A sin(  0 )
6
x
2
и
 0  arcsin 1  arcsin 0.64,
6
A
2
2
откуда
 0  40 
, 0   / 9.
6
9
По найденным значениям А и  0 определим х(0), vx (0) и ax (0) - координату, скорость и
ускорение точки в начальный момент времени. Для этого подставим в уравнения (1.8)-(1.10)
значение t=0 :
х(0)=-2,7см; vx (0) =76см/с; ax (0) =289см/с2.
Задача 1.2
Материальная точка совершает гармонические колебания вдоль оси ox с периодом Т и
амплитудой А. За какое время, считая от начала движения, она пройдёт расстояние S=A/2: A?.
Начальная фаза .
Решение
Материальная точка совершает гармонические колебания по закону
X  A sin(t  0 ) , где х – смещение точки от положения равновесия в
момент времени t, А – амплитуда,  циклическая частота ,  0 - начальная фаза колебаний. Если  0 =0, то (см. уравнение в начальный момент времени
(при t=0) точка находится в положении
равновесия, т. е. х(0)=0. Путь, пройденный точкой за время t  T / 4 (рис 1.а)
S=x(t)
(1.12)
Рис.1.1.
6
(При t = Т / 4 точка, дойдя до х=А, начнёт движение к началу координат, т. е. в сторону,
противоположенную первоначальному направлению движения, и тогда выражение (1.12) будет несправедливо).
Если 0   / 2 , то (см. уравнение (1.12)) в начальный момент движущаяся точка находится в крайнем положении, т.е. х(0)=А. С возрастанием времени координата х уменьшается, а
путь, пройденный точкой (см. рис 1, б), будет равен
S=A-x(t)
(1.13)
Очевидно, уравнение (1.13) справедливо до тех пор, пока t  T / 2 , т. е. до тех пор, пока
точка движется в одном направлении. Чтобы найти время t, в равенства (2) и (3) подставить
заданные значения S и закон движения (1.8).
1.  0 =0. Подставим в уравнение (1.12) поочерёдно s1  A / 2 и s2  A . Если при этом x(t)
выразить из уравнения (1), то, учитывая, что  0 =0, получим:
A / 2  sin t1; A  sin t2 ,
откуда
t1   / 6; t1   / 6  T /12,
t2   / 2; t2   / 2  T / 4.
Таким образом, начиная двигаться из положения равновесия (х(0)=0), колеблющаяся
точка проходит расстояние s=A за время t2   / 4 , причём первую половину пути колеблющаяся точка проходит за время t1  T /12 , вторую – за время t2  t1  T / 6 , т. е. вдвое медленнее.
П. 0   / 2 Подставим s1  A / 2 и s2  A поочерёдно в уравнение (1.13). Если выразить
x(t) из уравнения (1.8) с учётом, что 0   / 2 , получим:
A / 2  A  A sin(t1   / 2);
откуда
A  A  A sin(t2   / 2),
t1   / 2  5 / 6; t1   / 3  T / 6;
t2   / 2   , t2   / 2  T / 4.
Когда точка начинает движение из крайнего положения, то расстояние А колеблющаяся
точка, как и в первом случае, проходит за t2  T / 4 , но теперь первую половину пути точка
проходит за время t1  T / 6 , а вторую за время t2  t1  T /12 , т.е. вдвое быстрее.
Задача 1.3.
Материальная точка участвует одновременно в двух колебательных процессах, происходящих в одном направлении по гармоническому закону с одинаковой частотой, амплитудой
А1 =5см и А2 =10см и сдвигом по фазе    / 3 . Определить амплитуду и начальную фазу результирующего колебательного процесса.
Решение
Законы движения для каждого процесса могут быть записаны в виде
x1  A1 cos t; x2  A2 cos(t   ),
где х1, х2 – смещение от общего для обоих процесса положения равновесия,  - циклическая частота. (Поскольку начальная фаза  0 определяется выбором начала отсчёта времени,
'
  ).
можно положить 01'  0 , тогда 02
Результирующая смешения точки от положения равновесия равна:
7
x  x1  x2  A1 cos t  A2 cos(t   ).
(1.14)
Поскольку оба колебания гармонические с одинаковой частотой и одного направления,
результирующее колебание тоже гармоническое с той же частотой и закон движения может
быть записан в виде
x  A cos(t  ),
(1.15)
где А – амплитуда результирующего колебания,  - его начальная фаза, равная сдвигу
по фазе относительно первого колебания.
Сравнивая уравнения (1.14) и (1.15), получаем:
A cos(t  )  A1 cos t  A2 cos(t   ).
(1.16)
Уравнения (3) должно быть справедливо для любого момента времени, т. е. является
тождеством. Неизвестные А и  могут быть найдены либо аналитическим методом при непосредственном решение тождества (1.16) (при сложении уже трёх колебаний аналитический
метод оказывается чересчур громоздким), либо методом векторного сложения колебаний.
Второй метод заключается в следующем. Любой гармонический процесс можно привести
в однозначное соответствие с вращением вектора А (называемого вращающимся вектором
амплитуды) в плоскости XOY вокруг оси OZ с угловой скоростью  , равной циклической
частоте колебаний. Модуль вектора А равнее амплитуде колебаний, угол  0' образованный
этим вектором с осью OX равен начальной фазе колебаний. Проекция вращающегося вектора
амплитуды на ось OX, в любой момент времени
x  A cos(t  0' ) .
При сложении колебаний, происходящих с одинаковой частотой, угол между вращающимися векторами амплитуды не меняется с течением времени.
x  A cos(t  0 ').
При сложении колебаний, происходящих с одинаковой частотой, угол между вращающимися векторами амплитуды не меняется с течением времени и равен  разности начальных фаз. Поэтому при сложении таких колебаний все векторы можно показывать для момента
t=0.
В данном случае следует ввести два вращающихся вектора А1 и А2 . Вектор А  А1  А2
будет вращающимся вектором амплитуды результирующего колебания. Модуль этого вектора
равен искомой амплитуде А, угол наклона к оси OX – искомой начальной фазе  .
Аналитический метод. Пользуясь формулой косинуса суммы двух углов, перепишем
уравнение (1.16):
A cos cos t  A sin sin t  ( A1  A2 cos  ) cos t  A2 sin  sin t.
Это уравнение будет тождеством относительно переменной, если коэффициенты при
cos t и sin t в левой части тождества равны соответствующим коэффициентам в правой части:
A cos  A1  A2 cos  ;
 A sin   A2 sin  .
Решим эту систему уравнений относительно неизвестных A и  :
A  A12  A22  2 A1 A2 cos   13см
  arctg
A2 sin 
 41  0.23 .
A1  A2 cos 
8
Задача 1.4.
Тело, неподвижно висящее на цилиндрической пружине, растягивает её на x0 =5см. Затем тело сместили из положения равновесия по вертикали и опустили, в результате чего оно
стало совершать колебания. Найти их период.
Решение
Период колебаний можно определить только в том случае, если груз, движущийся поступательно, совершает гармонические колебания. Гармонические колебания имеют место, когда
на тело действуют упругая или квазиупругая сила FУПР  kx , где x – смещение из положения
равновесия, а k – жесткость пружины (для квазиупругой силы – коэффициент пропорциональности). В этом случае период
(1.17)
T  2 m k ,
где m – масса тела.
Если бы тело совершало колебания только под действием упругой силы FУПР  kx , их
период можно было бы определить по формуле (1.17). Но в данном случае на тело действует
ещё сила тяжести mg. Чтобы выяснить её влияние на колебания груза, рассмотрим силы, действующие на тело, в двух положениях:
1)тело неподвижно висит на пружине. Равнодействующая сил, приложенных к телу F1  0 . Приняв направление вниз за положительное, запишем
(1.18)
F1  mg  kx0  0
2)тело смещено из положения равновесия на x ' . Будем считать x ' величиной алгебраической. Пружина в этом случае растянулась на x0  x ' . Равнодействующая сил, приложенных к
телу, равна
F2  mg  k ( x ' x0 ).
Раскрывая скобки и учитывая уравнение (2), получим
F2  kx '.
(1.19)
Из уравнения (1.19) видно, что равнодействующая сил mg и FУПР пропорциональна растяжению пружины и противоположна ему по направлению, если только это расстояние отсчитывать от положения равновесия висящего на пружине груза. Следовательно, и при наличии
силы тяжести тело будет совершать гармонические колебания. По формуле (1.17), где согласно уравнению (1.18) k  mg / x0 найдём период этих колебаний
Т  2 m k  2 x0 g  0, 45с.
Задача 1.5.
Известно, что сложное колебание (рис. 1.2) состоит из двух синусоидальных колебаний.
Найти их частоты и амплитуды.
Решение.
9
Рис. 1.2.
Приведённый график изображает колебание с медленно периодически изменяющейся
амплитудой. Такие колебания, называемые биениями, получают в результате сложения двух
одинаково направленных гармонических колебаний с мало различающимися частотами. При
этом частота сложных колебаний  оказывается равной полусумме частот слагаемых колебаний  1 и  2 :
(1.20)
  ( 1  2 ) / 2,
а частота изменения амплитуды, называемая частотой биений, равна разности частот
(1.21)
 АМПЛ | 1  2 |,
Из графика (см. рис.1.2) видно, что за одну секунду произошло девять колебаний, значит
 =9Гц. За это время совершилось два полных цикла изменения амплитуды, следовательно ,
 АМПЛ =2Гц. Подставив в уравнение (1.20) и (1.21) значения  , АМПЛ и решив эту систему
уравнений, найдём
 1  8 Гц;  2  10Гц .
Амплитуда сложного колебания в каждый момент времени определяется формулой
A  A12  A22  2 A1 A2 cos(2  1 )
При этом её максимальной значение при 2  1  0 равно
AMAX  A1  A2 .
Минимальное значение амплитуды получим при 2  1  
AMIN  A1  A2 .
(1.22)
(1.23)
Но из графика видно, что AMAX  2см, AMIN  0. Подставив эти значения в уравнения (1.22)
и (1.23), найдём
A1  A2  1см .
Задача 1.6
Точка одновременно участвует в двух взаимно перпендикулярных колебаниях, выраженных уравнениями x  sin  t , y   cos  t (смещение в сантиметрах). Найти уравнение траектории точки и построить её на чертеже. Показать направление движения точки. Определить скорость и ускорение точки в момент t=0,5с.
Решение.
10
Так как циклические частоты слагаемых колебаний одинаковы, траекторией будет эллипс. Исключив время t из двух заданных уравнений, получим
x 2 / 4  y 2 /1  1.
Это каноническое уравнение эллипса с полуосями a=2см и b=1 см. (рис. 1.3).
Рис.1.3.
При возрастании t увеличивается также x, значит, точка движется по траектории против
часовой стрелки.
Скорость V точки при её движении по эллипсу равна векторной сумме скоростей
VxиVy в слагаемых колебаниях. Поскольку эти колебания взаимно перпендикулярны то
V  Vx2  Vy2 .
(1.24)
Аналогично определим искомое ускорение:
a  ax2  a y2
,
(1.25)
где a x , a y - ускорение точки в слагаемых колебаниях.
Исходя из определения скорости и ускорения, дифференцируя уравнение колебаний точки получим:
Vx  2 cos  t; Vy   sin  t ;
ax  2 2 sin  t ; a y   2 cos  t.
Подставив эти значения в формулы (1) и (2), найдём:
V  4 2 cos 2  t   2 sin 2  t;
a  4 2 sin 2  t   4 cos 2  t.
Взяв t= 0,5с. И выполнив вычисления, получим:
V=3,14см/с, a=19,7см/ с 2
11
б) Упругие волны
Задача 1.7.
Поперечная волна распространяется вдоль упругого шнура со скоростью V=1.5м/с. Период T колебаний точек шнура равен1,2с, амплитуда A=2м. Определить: 1)длину волны  ; 2)
фазу колебаний  , смещение S, скорость Vs , ускорение as точки, отстоящей на расстоянии
x=45м. от источника волн в момент t=4с.; 3) разность фаз колебаний двух точек, лежащих на
луче и отстоящих от источника волн на расстоянии x1 =20м. и x2 =30м.
Решение.
1)
Длина волны равна расстоянию, которое волна проходит за один период:
  Vt ,
Подставив значения V и t , получим  =18м.
2)
Запишем уравнение волны
S  A cos  (t 
x
),
V
(1.26)
где S – смещение колеблющейся точки; x – расстояние точки от источника волн; V – скорость распространения волн.
Фаза колебаний точки с координатой x в момент времени t определяется выражением,
стоящим в уравнении (1) под знаком косинуса,
x
V
   (t  ) , или  
:
2
x
(t  ) ,
T
V
(1.27)
Произведя вычисления по формуле (1.27), получим
  5.34 рад , или   300 .
Смещение точки определим, подставив в уравнение (1.26) значения амплитуды А и фазы
S=1м.
Скорость Vs точки найдём, взяв первую производную от смещения по времени:
Vs 
dS
x
2 A
x
2 A
  A sin  (t  )  
sin  (t  )  
sin  .
dt
V
T
V
T
Подставив значения  , A,  , T , получим
Vs =9м/с.
Ускорение есть первая производная от скорости по времени, поэтому
dVs
x
4 2 A
2
as 
  A cos  (t  )   2 cos 
dt
V
T
Произведя вычисления по этой формуле, найдём
as =27,4 м / с 2
3)
Разность фаз  колебаний двух точек волны связана с расстоянием x между
этими точками соотношением
2
2
2
1 .


Подставив сюда значения величин  , x1 , x2 получим
 ( ) x
(x  x )
 =3,49рад или  =200 .
Задача 1.8.
12
На расстоянии l=4м. от источника плоской волны частотой   440Гц перпендикулярно
её лучу расположена стена. Определить расстояние от источника до точек, в которых будут
первые три узла и три пучности стоячей волны, возникшей в результате сложения бегущей и
отражённой от стены волны. Скорость волны V=440м/с.
Решение.
Выбираем систему координат так, чтобы ось X была направлена вдоль луча бегущей
волны и начало координат O было связано с точкой, находящейся на источнике плоской волны
(рис.1.4).
Рис.1.4.
С учётом этого уравнение бегущей волны запишется в виде
S1  A cos(t  kx) .
(1.28)
Поскольку в точку с координатой X волна возвратится, пройдя дважды расстояние l-X, а
при отражении от стены, как среды более плотной, изменит фазу на  , то уравнение отражённой волны может быть записано в виде  2  A cos t  k  x  2(l  x)     .
Учитывая формулу
получим
cos( x   )   cos x
S2   A cos t  k (2l  x) .
(1.29)
Сложив уравнения (1.28) и (1.29), найдём уравнение стоячеё волны:
S  S1  S2  A cos(t  kx)  A cos t  k (2l  x) .
Пользуясь формулой разности косинусов,
cos x  cos y  2sin
найдём
x y
x y
sin
,
2
2
S  2 A sin k (l  x) sin(t  kl ) .
Так как выражение A sin k (l  x) не зависит от времени, то, взятое по модулю, оно может
рассматриваться как амплитуда стоячей волны
AСТ  2 A sin k (l  x) .
Зная выражение для амплитуды, можем найти координаты узлов и пучностей.
Узлы возникнут в тех точках, где амплитуда стоячей волны равна нули:
2 A sin k (l  x)  0 .
13
Это равенство выполняется для точек, координаты X которых удовлетворяют условию
k (l  xn )   k
(n  0,1, 2,...)
(1.30)
По k  2 /  , или поскольку   V / , то
k  2 / V
Подставив это выражение для k в уравнение (1.30), получим
(1.31)
(2 (l  xn )  n V ,
откуда координаты узлов
xn  l  nV / 2
.
Подставив сюда значения l, V,  и n=0, 1, 2 найдём координаты первых трёх узлов:
x0  4 м , x1  3, 61м , x2  3, 23 м .
Пучности возникают в тех точках, где амплитуда стоячей волны максимальна:
2 A sin k (l  x 'n )  2 A .
Это равенство выполняется для точек, координаты которых удовлетворяют условию
k (l  x 'n )  (2n  1) / 2 ;
n=0,1,2…
С учётом формулы (1.31) получим
4 x 'n  4 C  (2n  1)V ,
откуда координаты пучностей
x 'n  l  (2n  1)V / 4
Подставив сюда значения l ,V , и n=0,1,2 найдём координаты первых трёх пучностей:
x '0  3,81м
x '1  3, 42 м
x '2  3, 04 м
Границы максимальных смещений точек среды в зависимости от их координат показаны
на рис. 1.5. Здесь же отмечены координаты x0 , x1 , x2 узлов и координаты x '0 , x '1 , x '2 пучностей
стоячеё волны.
14
Рис.1.5.
Задача 1.9.
Источник звука частотой   18кГцприближается к неподвижно установленному резонатору, настроенному на акустическую волну длиной  =1,7см. С какой скоростью должен двигаться источник звука, чтобы возбуждаемые им звуковые волны вызвали колебания резонатора? Температура T воздуха равна 290К.
Решение.
Согласно принципу Доплера, частота  звука, воспринимаемого приёмником (резонатором), зависит от скорости U ИСТ источника звука и скорости U ПР приёмника. Эта зависимость
выражается формулой
  0
V  U ПР
V  U ИСТ
,
(1.32)
где V – скорость звука в данной среде;  0 - частота звуковых волн, излучаемых источником.
Учитывая, что резонатор остаётся неподвижным (U ПР  0) , из формулы (1.32) получим
  0
V
V  U ИСТ
откуда
U ИСТ  V (1 
0
)
 .
(1.33)
Здесь неизвестны значения скорости V звука и частоты  . Скорость звука в газах зависит от природы газа и температуры и определяется по формуле
xRT
V

(1.34)
где x – показатель адиабаты; R – универсальная (молярная) газовая постоянная; T – термодинамическая температура;  - молярная масса.
Чтобы волны, приходящие к резонатору, вызвали его колебания, частота  воспринимаемых резонатором волн должна совпадать с собственной частотой  РЕЗ резонатора:
   РЕЗ  V / РЕЗ ,
(1.35)
где РЕЗ - длина волны собственных колебаний резонатора.
Подставив выражения V и  из равенств (1.34) и (1.35) в формулу (1.33), получим
U ИСТ  V (1 
 0 РЕЗ
V
)  V  0 РЕЗ 
xRT

 0 РЕЗ .
Взяв значения x=1,4;  =0,029кг/моль, а также значения R, T,  0иРЕЗ и подставив их в
последнюю формулу, после вычисления получим:
U ИСТ =36м/с
15
Задача 1.10.
Источник T звука частоты  0 =400Гц движется со скоростью U ИСТ =2м/с, удаляясь от неподвижного приёмника M звука и приближаясь при этом к стене AB (рис.1.6). Определить частоту биений, регистрируемых приёмником звука. Скорость звука равна V=340м/с.
Рис.1.6.
Решение.
Биения возникают в результате сложения колебаний с мало различающимися частотами.
Рассмотрим происхождение биений в данном случае.
Приёмника M достигают звуковые волны непосредственно от источника T, а также волны, отражённые от стены. Дойдя до приёмника, эти две системы волн возбудят в нём колебания разных частот. Действительно, источник T звука удаляется от неподвижного приёмника
M. Вследствие эффекта Доплера приёмник зарегистрирует колебания частоты    0 . Полагая
в формуле (1.36) и задаче 1.9 U ПР =0 и учитывая, что в случае, если источник удаляется от
приёмника, скорость источника U ИСТ  0 , получим
  0
V
V  U ИСТ
.
(1.36)
В то же время источник звука приближается к стене. Поэтому частоту колебаний, воспринимаемых стеной  ' , найдём по формуле
 '  0
V
.
V  U ИСТ
(1.37)
Воспринимая колебания  ' , стена сама становится источником звуковых волн такой же
частоты  ' , которые, дойдя до приёмника M, возбудят в нём колебания частоты  ' . Эти колебания наложатся на колебания частоты  , в результате возникнут биения, частота которых
равна
 биен   ' 
2V U ИСТ
 0  4, 7кГц.
2
V 2  U ИСТ
16
2. В о л н о в а я о п т и к а
Контрольные вопросы.
1.В чём сущность корпускулярной, волновой и квантовой теории света?
2.Что называется интерференцией света? При каких условиях она наблюдается?
3.Почему независимые источники света (например, электрические лампочки) не дают
интерференции света?
4.Какие знаете способы получения интерференции света?
5.В чём различие между геометрической и оптической разностью хода световых лучей?
6.Каковы условия максимума и минимума интерференции света?
7.Зависит ли расстояние между интерференционными полосами на экране, полученными
от двух когерентных источников света, от длины волны? Каков вид интерференционной картины для естественного света?
8.Чем различаются формулы для определения оптической разности хода световых лучей
в тонких плёнках в случаях отражённого и проходящего света?
9.Что такое кольца Ньютона? Покажите на рисунке ход интерферирующих лучей в отражённом и проходящем свете. Что наблюдается в центре интерференционной картины и почему?
10.
В чём физическая сущность просветления оптики?
11.
Что называется дифракцией света и какие виды дифракции света существуют?
12.
В чём сущность метода зон Френеля?
13.
В чём различие дифракционной картины от одной щели при освещении её белым
и монохроматическим светом? Запишите условия максимума и минимума дифракции от щели.
14.
Что называется дифракционной решёткой и какими параметрами она характеризуется? Выведите основную формулу дифракционной решётки.
15.
В чём различие дифракционной картины от одной щели и от дифракционной
решётки в монохроматическом свете?
16.
Чем отличается дифракционный спектр от спектра, полученного с помощью
призмы?
17.
Что такое поляризованный свет? Каким образом его можно обнаружить?
18.
Какие есть способы получения поляризованного света?
19.
Сформулируйте закон Бюстера и запишите его математическое выражение.
20.
Запишите закон Малюса и объясните входящие в него параметры.
21.
Что такое дихроизм кристаллов?
Методические рекомендации.
Задачи на интерференцию света делятся на две группы: задачи на интерференцию волн
от двух когерентных источников и задачи на интерференцию в тонких плёнках (пластинках).
К задачам первой группы относятся случаи интерференции, полученной с помощью зеркал Френеля, щелей Юнга, бипризмы Френеля.
Для расчета интерференционной картины пользуются следующими формулами:

 m 0 ;
(2.1)
2
l
x  0 ,
(2.2)
d
где - оптическая разность хода двух световых лучей, 0 - длина световой волны в вакууме, m – целое число. Чётному m соответствует интерференционный максимум, нечётному
m интерференционный минимум, x – расстояние между интерференционными полосами на
экране, l – расстояние от источников до экрана, d – расстояние между источниками.
Вторую группу составляют задачи на интерференцию как в плоско-параллельных, так и в
клинообразных слоях, а также задачи на кольца Ньютона. В этих случаях оптическая разность
17
хода двух интерферирующих лучей, отражённых от обеих поверхностей слоя, определяется
по формуле

 2hn cos r  0 ,
(2.3)
2
где h – толщина пластинки, n – абсолютный показатель преломления вещества пластинки, r – угол преломления, 0 - длина световой волны в вакууме.
Зная оптическую разность хода , с помощью формулы (2.1) можно определить результат интерференции. результат интерференции.
Решая задачи, связанные с интерференцией света в тонких пластинках (плёнках), следует
помнить, что формула (2.3) для оптической разности хода двух лучей, отражённой от верхней
и нижней поверхностей пластинки, выведена для случая, когда пластинка окружена одинаковыми средами. При этом один из двух лучей отражается от границы с оптически менее плотной средой, другой – от границы с оптически более плотной средой. В последнем случае фаза
светового колебания скачком изменяется на противоположенную. Это изменение фазы соответствует изменению оптической разности хода лучей на 0 / 2 . Если же тонкая пластинка
окружена различными средами, то в зависимости от соотношения между показателями преломления сред n1 и n2 и пластинки n возможны следующие случаи:
1) n  n1 : n  n2 при этом только луч 1, отражённый от границы с оптически более плотной средой, «теряет» полуволну (рис.2.1);
2) n  n1 ; n  n2 - «теряет» полуволну только луч 2;
3) n1  n  n2 - оба луча «теряют» полуволну;
Рис.2.1.
4) n1  n  n2 - ни один из лучей не «теряет» полуволну.
Очевидно, для первых двух случаев соотношение (2.3) остаётся в силе. В последних двух
случаях в формуле (2.3) величину 0 / 2 отбросим, так как «потери» полуволны обоими лучами не скажутся на их разности хода. Тогда получим
(2.4)
 2hn cos r .
Приступая к решению задач на дифракцию света, необходимо по методу зон Френеля
рассмотреть дифракцию от простейших преград – круглого отверстия, экрана, вывести формулу для определения амплитуды результирующего колебания и проанализировать их.
В случае дифракции от одной щели положение минимумов освещённости на экране
определяется углом  , отсчитанным от нормали к плоскости щели и удовлетворяющим условию
a sin    k  ,
(2.5)
где a – ширина щели;  - длина световой волны; k – порядок минимума.
При нормальном падении света на дифракционную решётку положение главных максимумов определяется по формуле
d sin    k  ,
(2.6)
где d – период решётки, k – порядок максимума.
18
При решении задач, в которых рассматривается поляризация света при отражении и преломлении на границе двух диэлектриков, надо обратить внимание на то, что в формуле, выражающей закон Бюстера:
(2.7)
tgiB  n12 ,
n12 - относительный показатель преломления. Его можно представить через абсолютные
показатели преломления сред:
(2.8)
n12  n2 / n1
При падении света на границу двух сред со стороны оптически более плотной среды
можно подобрать такой угол падения iP , что свет не будет преломляться на данной границе, т.
е. возникнет полное внутреннее отражение. В этом случае i= iP ; r=90 (рис. 2.2).
Рис.2.2.
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
а) интерференция света
Задача 2.1.
Для измерения показателей преломления прозрачных веществ применяют интерферометр (рис. 2.3). Здесь S – узкая щель, освещается монохроматическим светом
( 0  0,569мкм ); 1 и 2 – две одинаковые трубки с воздухом, длина каждой из них l=10см; D –
диафрагма с двумя щелями. Когда воздух в трубке 2 заменим аммиаком, то ранее наблюдавшаяся на экране Э интерференционная картина сместится вверх на N=17полос. Определить
показатель преломления n ' аммиака, если для воздуха n=1,00029.
19
Рис.2.3.
Решение.
Согласно принципу Гюйгенса две щели в освещаемой диафрагме можно рассматривать
как вторичные источники световых волн. Так как при этом на диафрагму падает свет от одного источника S, то обе щели являются когерентными источниками и на экране возникает интерференционная картина. Результат интерференции света в какой-либо точке A экрана определяем из соотношения
(2.9)
A  m(0 / 2),
где - оптическая разность хода лучей S1A и S2A. Так, для светлых интерференционных полос имеем
(2.10)
 2k (0 / 2)   k 0 ,
где k – номер данной полосы (отсчёт ведётся от центральной полосы, для которой k=0).
Замена воздуха аммиаком в трубке 2 вызвала изменение оптической длины пути луча
S2A на величину
(2.11)
  n ' l  nl
На столько же изменилась величина . При этом согласно формуле (2.9) изменилось
условие интерференции света в точке A.
В процессе замены воздуха аммиаком, когда величина непрерывно изменялась, в точке
A экрана постепенно сменяли друг друга светлые т тёмные интерференционные полосы – интерференционная картина перемещалась по экрану. Её смещению на одну полосу соответствует в формуле (2.10) изменение числа k на единицу и, следовательно, изменение на величину
0 . Значит, при смещении интерференционной картины на N полос оптическая разность хода
изменилась на величину  N 0 . Но это изменение выражается формулой (2.11), поэтому
(2.12)
n ' l  nl '   N 0
Знак в правой части выражения (2.12) определяется направлением смещения интерференционной картины на экране. Действительно, рассмотрим центральную интерференционную полосу (k=0). Когда в обеих трубах был воздух, она располагалась на экране на равных
расстояниях от щелей в диафрагме. Перемещение полосы вверх в процессе замены воздуха в
трубке 2 аммиаком свидетельствует из рис.2.3 об увеличении оптической длины пути луча 1.
Но для центральной интерференционной полосы, как бы она не перемещалась по экрану, всегда
 k  0 .
Следовательно, оптическая длина пути луча 2 тоже увеличилась. Очевидно, это могло
произойти только вследствие неравенства n’>n. Таким образом, отбросив знак «-« в правой
части выражения (2.12), получим
n '  n  N 0 / l  1,00039
Задача 2.2.
На толстую стеклянную пластинку, покрытую очень тонкой плёнкой (показатель преломления n2 которой равен 1,4), падает нормально параллельный пучок монохроматического
света (  =0,6мкм). Отражённый свет максимально ослаблен вследствие интерференции. Определить толщину d плёнки.
20
Рис.2.4.
Решение.
Из световой волны, падающей на плёнку, выделим узкий пучок SA. Ход этого пучка в
случае, когда угол падения i1  0 (рис. 2.4). В точках A и B падающий пучок частично отражается, а частично преломляется. Отражённые пучки света AS1 и BCS 2 падают на собирающую линзу L, пересекаются в её фокусе F и интерферируют между собой.
Так как показатель преломления воздуха ( n1 =1,00039) меньше показателя преломления
вещества плёнки( n2 =1,4), который в свою очередь меньше показателя преломления стекла
( n3 =1,5), то в обоих случаях отражение происходит от среды оптически более плотной, чем та
среда, в которой идёт падающая волна. Поэтому фаза колебания пучка света AS1 при отражении в точке A изменяется на π и точно также на π изменяется фаза колебаний пучка света
BCS 2 при отражении в точке B. Следовательно, результат интерференции этих пучков света
при пересечении в фокусе F линзы будет такой же , как если бы никакого изменения фазы колебаний ни у того, ни у другого пучка не было.
Как известно, условие максимального ослабления света интерференции состоит в том,
что оптическая разность хода интерферирующих волн должна быть равна нечётному числу
полуволн:
 (2k  1) / 2.
Оптическая разность хода (см. рис.2.3, 2.4)
 l2 n2  l1n1  (| AB |  | BC |)n2  | AD | n1.
Следовательно, условие минимума интенсивности света примет вид
(| AB |  | BC |)n2  | AD | n1  (2k  1)*  / 2.
Если угол падения i1 будет уменьшаться, стремясь к 0, то AD  0 и | AB |  | BC | 2d ,
где d – толщина плёнки. В пределе при i1 =0 получим:
 2dn2  (2k  1) / 2 ,
откуда искомая толщина плёнки
(2k  1)
d
.
4n
Полагая k=0, 1, 2, 3, … получим ряд возможных значений толщины плёнки:

3
d0 
 0,11мкм, d1 
 0,33 мкм;...
4n2
4n2
21
Задача 2.3.
Сферическая поверхность плосковыпуклой линзы ( n1 =1,52) соприкасается со стеклянной
пластинкой ( n2 =1,70). Пространство между линзой, радиус которой R = 1 м, и пластинкой заполнено жидкостью. Наблюдая кольца Ньютона в отражённом свете ( 0 =0,589мкм), измерили
радиус  десятого тёмного кольца. Определить показатель преломления жидкости n Ж в двух
случаях: 1)  =2,05мм; 2)  =1,90мм.
Решение.
Искомый показатель преломления n Ж не входит в явном виде в формулы, определяющие
радиусы тёмных и светлых колец Ньютона в отражённом свете:
 К ,ТЁМН  kR ;
(k=0, 1, 2, …),
 К ,СВЕТЛ  (2k  1) R / 2;
(2.13)
(k=1, 2, 3, …)
(2.14)
Однако его легко ввести в эти формулы, если воспользоваться соотношением между
длиной волны  скоростью света c и частотой колебаний  , а также зависимостью скорости
света c от показателя преломления среды:
c

c
  0  0 ,
 n Ж n Ж
(2.15)
где с0 - скорость света в вакууме; λ – длина волны света в среде, а 0 - в вакууме.
Прежде чем подставить значение (2.15) в формулу (2.13) обратим внимание на то, что эта
формула выведена для случая, когда показатели преломления линзы и пластинки одинаковы.
В данной задаче это условие не соблюдается. Так как, кроме того, неизвестен показатель преломления жидкости, мы не можем сейчас решить вопрос о том, какая из формул (2.13) или
(2.14) относится к тёмным кольцам.
Предположим, что показатель преломления жидкости n Ж удовлетворяет одному из неравенств:
(2.16)
nЖ  n1  n2 ;
n1  n2  nЖ .
Тогда для тёмных колец будет верна формула (1). Отсюда, учитывая соотношение (3),
получим
n Ж  kR0 /  k2 .
(2.17)
Выполнив вычисление, найдём:
1) n Ж 1 =1,41;
2) n Ж 2 =1,63
Теперь предположим, что
(2.18)
n1  nЖ  n2 .
В этом случае для тёмных колец верна формула (2.14). Вместе с соотношением (2.15) она
даёт
(2k  1) R0
nЖ 
.
(2.19)
2  k2
Выполнив вычисления по формуле (2.19), получим:
1) n Ж 1 =1,34;
2) n Ж 2 =1,55
Сравнив результаты по формулам (2.17) и (2.19) для обоих случаев (очевидно, соответствующих разным жидкостям) увидим, что в первом случае ( n Ж 1 =1,41; n Ж 2 =1,63) значения
показателя преломления жидкости удовлетворяют одному из неравенств (2.16), но не удовлетворяют неравенству (2.18). Следовательно, из двух формул (2.17) и (2.19) правильный ответ
22
даёт формула (2.17), т. е. для первой жидкости n Ж 1 =1,41. Во втором случае ( n Ж 1 =1,34;
n Ж 2 =1,55) выполняется только неравенство (2.18). Следовательно, теперь правильный ответ
даёт формула (2.19), т. е. для второй жидкости n Ж 2 =1,55.
б) Дифракция света
Задача 2.4.
Между точечным источником света S (  =0,5мкм)и экраном Э поместили диафрагму Dс
круглым отверстием радиуса r=1,0мм (рис.2.5). Расстояние от диафрагмы до источника и
экрана равны соответственно R=1м. и r0 =2м. Как изменится освещённость экрана в точке
Pлежащей против центра отверстия, если диафрагму убрать?
Рис.2.5.
Решение
В результате дифракции света на краях отверстия диафрагмы и интерференции вторичных волн на экране возникает дифракционная картина – чередующиеся светлые и тёмные
кольца. При этом в точке P, являющейся центром картины, будет светлое или тёмное пятно в
зависимости от числа K зон Френеля, укладывающихся в поверхности волнового фронта,
ограниченной краями отверстия. Чётному числу зон соответствует тёмное пятно, нечётному –
светлое. Найдём это число. Радиусы  к зон Френеля для сферической поверхности световой
волны, испускаемой точечным источником, вычисляются по формуле:
R  r0
(2.20)
к 
k ,
R  r0
Полагая в формуле (2.20) величину  k равной радиусу r отверстия в диаграмме, получим
r 2 ( R  r0 )
 0.3
R r0 
Таким образом, в точке P будет светлое пятно. Чтобы ответить на вопрос задачи, заметим
следующее. В силу соотношений
r  R
r  r0
и
Световые колебания, приходящие в точку P от каждой из трёх зон Френеля, имеют приблизительно одинаковые амплитуды. При этом колебания, приходящие от любых двух соседних зон, будучи противоположными по фазе, гасят друг друга и весь эффект сводится к действию одной зоны, например, первой. Известно также, что действие всей волны(когда диафрагмы нет) равно половине действия первой зоны Френеля. Следовательно, удаление диа-
23
фрагмы приведёт к уменьшению амплитуды световых колебаний в точке P в два раза. Так как
освещённость пропорциональна квадрату амплитуды, то она уменьшается в четыре раза.
З а д а ч а 2.5
На круглое отверстие радиусом r  2 мм в непрозрачном экране падает параллельный
пучок света (  0.5 мкм). На каком максимальном расстоянии от отверстия на экране в центре дифракционной картины будет наблюдаться тёмное пятно?
Решение
Сделаем чертёж по условию задачи (рис. 2.6). Здесь АВ – фронт плоской волны; P – точ
ка наблюдения; PO  b, CP  b  k ; CO  r  rk
2
Рис. 2.6.
Из треугольника COP найдём, что

2
2
rk2  (b  k ) 2  b 2  kb  k 2 , так как  мала, то членом k 2
пренебрегаем, тогда
2
4
4
rk2  kb.
(2.21)
В центре дифракционной картины получится тёмное пятно, если число зон Френеля,
укладывающихся в отверстии, чётное. Число зон убывает по мере удаления от отверстия. Максимальное расстояние, на котором ещё будет наблюдаться тёмное пятно, это расстояние, при
котором в отверстии укладываются две зоны Френеля. Определяя b из формулы (2.21), получим
r2
r2
b k 
4 м
k 2
З а д а ч а 2.6
На щель шириной  = 0.1 мм нормально падает параллельный пучок света от монохроматического источника (   0.6 мм). Определить ширину l центрального максимума в дифракционной картине, проецируемой с помощью линзы, находящейся непосредственно за щелью, на экран, отстоящий от линзы на расстоянии L  1 м.
Решение
Центральный максимум интенсивности света занимает область между ближайшими от
него справа и слева минимумам интенсивности. Поэтому ширину центрального максимума
24
интенсивности примем равной расстоянию между этими двумя минимумами интенсивности
(рис. 2.7).
Рис. 2.7.
Минимумы интенсивности света при дифракции от одной щели наблюдаются под углами
 , определяемыми условием
  sin    k ,
(2.22)
где k - порядок минимума; в данном случае он равен единице.
Расстояние между двумя минимумами на экране l определим непосредственно по схеме
(см. рис. 2.7): l  2 Ltg . Заметив, что при малых углах tg  sin  , перепишем эту формулу в
виде
l  2L sin 
(2.23)
Выразим sin  из формулы (2.22) и подставим его в равенство (2.23) :
2 Lk
l
.
(2.24)

Произведя вычисления по формуле (3), получаем
l  0.012 м
З а д а ч а 2.7
На дифракционную решётку нормально к её поверхности падает параллельный пучок
света длиной волны   0.5 мкм. Помещённая вблизи решётки линза проецирует дифракционную картину на экран, удалённый от линзы на L  1 м. Расстояние l между двумя максимумами интенсивности первого порядка, наблюдаемыми на экране равны 20,2 см (рис. 2.8). Определить:1) постоянную d дифракционной решётки; 2) число n штрихов на 1 см; 3) число макси-
25
мумов, которое при этом даёт дифракционная решётка; 4)максимальный угол  vax отклонения
лучей, соответствующих последнему дифракционному максимуму.
.
Рис. 2.8
Решение
1. Постоянная дифракционной решётки d, длина волны  и угол  отклонения лучей,
соответствующий k – му дифракционному максимуму, связаны соотношением
d sin   k ,
(2.25)
где k – порядок спектра, или в случае монохроматического света порядок максимума.
В данном случае k=1, sin   tg (ввиду того, что l/2<<L), tg  l \ 2 L (это следует из
рис. 2.8). С учётом последних трёх равенств соотношение примет вид
l
d
 ,
(2.26)
2L
Откуда постоянная решётки
2 L
d
 4.95 мкм
l
2. Число штрихов на 1 см. найдём по формуле
n=1/d.
После подстановки числовых значений получим
n=2.02  105 м 1
3. Для определения числа максимумов, даваемых дифракционной решёткой, вычислим
сначала максимальное значение kvax ,исходя из того, что максимальный угол отклонения лучей
решёткой не может превышать 90 .
Из формулы (2.25) запишем
 sin 
kmax 
.
(2.27)

Подставляя значения величин, получим
26
kmax  9.9
Число k обязательно должно быть целым. В то же время оно не может принять значение,
равное 10, т.к. при этом значении sin  был бы больше единицы, что не возможно. Следовательно kmax  9 .
Определим общее число максимумов дифракционной картины, полученной посредством
дифракционной решётки. Влево и вправо от центрального максимума будет наблюдаться по
одинаковому числу максимумов, равному, kmax т.е. всего 2kmax . Если учесть так же центральный максимум нулевого порядка, получим общее число максимумов
N  2kmax  1  2  9  1  19 .
4. Для определения максимального угла отклонения лучей, соответствующего последнему дифракционному максимуму, выразим из соотношения (3) синус этого угла:
k 
sin  max  max .

Откуда
k 
 max  arcsin( max ) .

Подставив значения величин  , , kmax получим
max  654' .
З а д а ч а 2.8
Плоская волна падает под углом  на дифракционную решётку диаметром d 0 . Показать, что результат дифракции такой же, как если бы волна падала нормально на решётку с периодом d  d0 sin  .
Решение
Пусть на дифракционную решётку под углом  падает плоская волна (рис. 2.9). Очевидно, что интерференционный максимум нулевого порядка возникает в том же направлении.
Максимум порядка m возникает под углом  , когда разность хода   a  b  m . Учитывая
, что
a  d0 cos ,
b  d0 cos  ,
где d 0 - период решётки, получим
d0 cos   cos    m .
(2.28)
Рис. 2.9
27
Это и есть условие интерференционных максимумов при наклонном падении лучей на
дифракционную решётку. Выразим теперь условие для угла  , равного углу отклонения дифракционного максимума от первоначального положения пучка (рис. 2.9). Так как      ,
то cos  cos   cos  cos     cos  cos cos  sin  sin  .
Поскольку угол  обычно очень мал, то cos  1 и cos  cos   sin  sin  . Условие
максимума примет вид
(2.29)
d0 sin  sin   m ,
т.е. по отношению к наклонному пучку установка ведёт себя так же, как если бы перпендикулярно лучу поставили решётку с периодом d  d0 sin  .
в) Поляризация света
З а д а ч а 2.9
Под каким углом должен падать пучок света из воздуха на поверхность жидкости, чтобы
при отражении от дна стеклянного сосуда n1  1.5 , наполненного водой n2  1.33 , свет был
полностью поляризован.
Решение
На границу воздух-вода падает пучок естественного света 1 под углом  Здесь он частично отражается 2 частично преломляется 3 (рис.2.10). Пучки лучей 2 и 3 частично поляризованы: в пучке 2 электрический вектор преимущественно лежит в плоскости, перпендикулярной плоскости падения.
Рис. 2.10
28
По закону преломления
(2.30)
sin   n1 sin 
На границу вода-стекло падает частично поляризованный свет под углом  . Здесь он частично отражается, 4 частично преломляется 5.
Пучок лучей 4 должен быть полностью поляризован (электрический вектор лежит в
плоскости, перпендикулярной плоскости падения), при этом угол между пучками света 4 и 5
равен  / 2 ;  - угол полной поляризации (угол Бюстера).
По закону Бюстера тангенс угла полной поляризации равен показателю второй среды
относительно первой:
(2.31)
tg  n1 / n2
Подставляя в формулу (2.31) численные значения n1 и n2 получим:
tg  1.125 ;
  4824'
Из уравнения (2.30) находим  :
sin   1.33  sin 4824'  0.994;   84
З а д а ч а 2.10
На систему, состоящих из двух поляроидов, у которых угол между оптическими осями
составляет 45 , падает естественный свет. Во сколько раз уменьшится интенсивность светового пучка? Потери света в каждом поляроиде составляют 10%. Потерями на отражении света
пренебречь.
Решение
На поляризатор падает пучок света интенсивностью 1ПД , при этом обыкновенный луч
поглощается полностью, а из необыкновенного поглощается 10%. Следовательно, интенсивность поляризованного света, вышедшего из поляроида:
1ПЛ  0,51ПД 0,9  0,45 1ПД .
По закону Малюса через через анализатор пойдёт свет интенсивностью
1ПРX  1ПЛ cos 2 .
Кроме того, 10% поглотиться, следовательно:
1ПРX  0,9 1ПЛ cos2  0.9  0.45 1ПД cos2
Ослабление света Z равно
1
2.5
Z  ПД 
 5 раз
1ПРX cos 2 
29
3. Т е п л о в о е и з л у ч е н и е и ф о т о э ф ф е к т
Контрольные вопросы
1.
В чем основное отличие теплового излучения от других видов излучений: фотолюминесценции, хемилюминесценции и др.?
2.
Что такое излучательность (интегральная излучательная способность ), в каких
единицах она измеряется?
3.
Что такое спектральная плотность излучательности (спектральная излучательная
способность ), в каких единицах она измеряется?
4.
Что характеризует спектральная поглощательная способность?
5.
Сформулируйте и запишите закон Кирхгофа.
6.
В чём физический смысл универсальной функции Кирхгофа?
7.
Сформулируйте экспериментальные законы абсолютно чёрного тела и запишите
их математические выражения.
8.
Два одинаковых тела имеют одну и ту же температуру, но одно из них находится в
окружении более холодных тел, чем другое. Будут ли равны при этих условиях мощности излучения тел?
9.
Объясните последовательность изменение цвета металла при его нагревании.
10.
В чём состоит явление фотоэффекта?
11.
Сформулируйте законы внешнего фотоэффекта и объясните их с позиции квантовой теории света.
12.
Запишите уравнение Энштейна и объясните величины, входящие в него.
13.
Что такое красная граница фотоэффекта?
14.
Что такое задерживающий потенциал?
15.
От чего зависит масса фотона?
Методические рекомендации
Приступая к решению задач по теме “Тепловое излучение” необходимо повторить основные характеристики теплового излучения и экспериментальные законы излучения абсолютно чёрного тела.
Спектральную плотность излучательности тела, определяемую по формуле
dR
r ,T  T
(3.1)
d
где RT - излучательность тела , характеризуют также величиной
r ,T показывающей распределение энергии излучения по длинам волн и выражаемой формулой
dR
r ,T  T
,
(3.2)
d
где dRT - излучательность приходящаяся на интервал длин волн  до    . Между
величинами r ,T и r ,T существует связь
r ,T 
c
r ,T
2
Закон Стефана-Больцмана для нечёрного тела имеет вид:
RT  aT RT*  aT σ T 4 ,
где RT - излучательность нечёрного тела,
RT* - излучательность абсолютно чёрного тела при температуре T.
30
(3.3)
(3.4)
aT - коэффициент излучения (коэффициент черноты), показывающий, какую часть составляет излучательность данного тела от излучательности абсолютно чёрного тела при той же
температуре.
Иногда при решении задач коэффициент излучения в формуле (4) необоснованно заменяют коэффициентом поглощения aT' показывающий, какая часть энергии, излученной абсолютно чёрным телом, падающим на поверхность данного тела WПД , поглощается им
WПГЛ
(3.5)
WПД
Но при этом не указывают, о каком именно нечёрном теле идёт речь. Необходимо понимать, что равенство коэффициентов aT и aT' имеет место лишь для “серого” тела, у которого
монохроматический коэффициент поглощения a ,T одинаков для всех частот:
aT' 
(3.6)
a ,T  aT'
Решая задачи по теме “фотоэффект”, необходимо учитывать, что формулой Эйнштейна,
записанной в виде
2
me max
,
(3.7)
2
где  - энергия фотона, v -его частота, A – работа выхода электрона из металла, Wmax максимальная кинетическая энергия фотоэлектрона, можно пользоваться только в случае, если
фотоэффект вызван фотоном, имеющим энергию   W0 , (где W0  me  c 2  0.511 МэВ –
энергия покоя электрона). Если же фотоэффект вызван фотоном , обладающим большей энергией, чем W0 , то электрон следует считать релятивистской частицей и тогда и тогда пользоваться уравнением Эйнштейна в другой форме:


1
(3.8)
  hv  A  me c 2 
 1 ,
 1  2



V
где   max ,Vmax - скорость электрона, c – скорость света в вакууме.
c
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
  hv  A  Wmax  A 
а) Тепловое излучение
З а д а ч а 3.1.
Исследование спектра излучения Солнца показывает, что максимум спектральной плотности излучательности соответствует длине волны   500 нм. Принимая Солнце за абсолютно чёрное тело, определить:
1) излучательность RT Солнца; 2) количество энергии, излучаемое Солнцем за 1 с.
Решение
1. Излучательность RT абсолютно чёрного тела выражается законом Стефана-Больцмана:
(3.9)
RT  σ T 4
Температура излучающей поверхности может быть определена из первого закона Вина:
m  b1 T . Выразив отсюда температуру и подставив её в формулу (1), получим
4
b 
RT  σ  1 
 m 
Произведя вычисления по формуле (2),найдем
31
(3.10)
RT  64МВт / м2
2.Энергия,излучаемая Солнцем, равна произведению излучательности Солнца на площадь S его поверхности и на время t излучения:
W  Rt St  Rt 4r 2t ,
(3.11)
Где r- радиус Солнца.
Подставив в формулу (3.11) значения Rt ,  , r , t и произведя вычисления, получим
W  3,9  1026 Дж
Задача 3.2.
Найти отношения излучаемости электрических ламп накаливания, если температуры нитей накала соответственно равны:а)угольной- T1  2100K ; б)вольфрамовой вакуумнойТ 2  2400К ; в)вольфрамовой газонаполненной- Т 3  2900 К ;г)специальной фотографической Т 4  3200К .
Считать, что мощности, потребляемые лампами от сети , равны : излучательности газонаполненной лампы принять за единицу ;
Коэффициент черноты угля  Тy  0,8 коэффициент черноты вольфрама aTW  0.33 .
Решение
Воспользуемся законом Стефана-Больцмана:
а) RT 1  aTУ σ T14  77.8  1011 Вт / м2 ;
б) RT 2  aTW σ T24  96.2  1011 Вт / м2 ;
в) RT 3  aTW σ T34  219.3  1011 Вт / м 2 ;
г) RT 4  aTW σ T44  356.5  1011 Вт / м2 .
Отсюда
RT 1 : RT 2 : RT 3 : RT 4  0.36 : 0.44 :1:1,43
З а д а ч а 3.3
Определить длину волны, соответствующую максимуму энергии излучения лампы накаливания. Нить накала лампы имеет длину  = 15 см и диаметр d =0.03 мм. Мощность, потребляемая лампой, P = 10 Вт. Нить лампы излучает, как серое тело с коэффициентом поглощения aT  0.3; 20% потребляемой энергии передаётся другим телам вследствие теплопроводности и конвенции.
Решение
По первому закону Вина длина волны, соответствующая максимуму излучения, равна
m  в1 T .
(3.12)
Температуру нити найдём по закону Стефана-Больцмана:
(3.13)
0.8P  aT σ T 4 d  ,
где 0.8  P - мощность, излучаемая лампой,  d  - площадь поверхности нити накаливания лампы.
Выразив T из соотношения (3.13) и подставив в формулу (3.12), получим:
a   d
.
(3.14)
m  в1 4 T
0.8P
Произведя вычисления, найдём
m  1.2  10 6 м
32
З а д а ч а 3.4.
Вольфрамовая нить накаливается в вакууме током силой I1  1A до температуры
T1  1000 К. при какой силе тока нить накалится до температуры T2  3000 К. коэффициент
черноты вольфрама и его удельные сопротивления, соответствующие температурам T1 , T2
равны: aT 1  0.115; a T2  0.334; 1  26.7  108 Ом  м; 2  96.2  108 Ом  м.
Решение
Пренебрегая потерями на нагревание цоколя лампы и воздуха, предположим, что вся
подводимая к лампе электрическая мощность расходуется на излучение:
(3.15)
P1  P2 ,
где P1 - мощность, потребляемая вольфрамовой нитью от источника электрической энергии, P2 - мощность излучения лампы.
Выражая P1 через  ,  , получим
(3.16)
P1  I 2 R  I 2   S ,
где  - длина нити, S – её площадь.
Чтобы найти излучательную мощность лампы надо учесть, что излучение вольфрама существенно отличаются от излучения абсолютно чёрного тела, нагретого до той же температуры. Пользуясь законом Стефана-Больцмана, запишем
(3.17)
P2  aT  T 4 S .
Согласно равенству (3.15)
(3.18)
I 2    aT  T 4 S 2 .
Записав уравнение (3.18) дважды для нити, нагретой до температуры T1 и T2 получим
(3.19)
I 12 1  aT 1 T14 S 2 ;
2
4 2
(3.20)
I 2  2   aT 2 T2 S ;
Разделив уравнения (3.19) и (3ю20) почленно, найдём
T  a 
I 2  I 1  2  T 1 1  7.9 А.
 T1  aT 2  2
ЗАДАЧА 3.5.
Длина волны m , на которую приходится максимум энергии в спектре излучения абсолютно чёрного тела, равна 0,58 км. Определить максимальную спектральную плотность излучательности( r*,T ) max , рассчитанную на интервал длин волн  = 1нм, в близи m .
Решение
Согласно второму закону Вина максимальная спектральная плотность излучательности
абсолютно чёрного тела пропорциональна пятой степени абсолютной температуры:
(r* , t ) max = b2t 5 ,
(3.21)
Температуру T выразим из первого закона Вина m  и1 / t откуда T  b1 / m . Подставим
полученное выражение в формулу (3.21), найдём
(3.22)
(r*,T ) max  b2 (b1 / m ) 5 .
В системе единиц СН значение второй постоянной Вина b2 даётся в расчёте на единицу
интервал длин волн   1м . По условию задачи требуется вычислить спектральную плотность получательности, рассчитанную на интервал длин волн 1 нм. Выпишем значение b2 в
системе СИ и пересчитаем его на заданный интервал длин волн:
b2  1,30  105 Bt / м3 К 5  1,30  105 Вт / м2 мК 5  1,30  1014 Вт / м2нмК 5
Производя вычисления по формуле(2)с учетом найденного значения b2 , получим
33
(r*,T )max  40,6кВт /( м.нм)
Задача 3.6.
Определить мощность излучение раскалённой вольфрамовой нити с температурой
Т=2000К в интервале длин волн, отличающихся от длин волны, соответствующей максимуму
энергии излучения на 1%. Площадь поверхности нити S  1,5  105 м2
Коэффициент черноты вольфрама равен при Т=2000 aT =0,26.
Решение
Мощность излучения P в интервале длин волн  получим, пользуясь понятием спектральной плотности излучательности
P S   T r ,T  , или
P  aT r ,T S
(3.23)
Спектральную плотность излучательности r определим по формуле Планка
4 2c 2 h
,
(3.24)
5 exp( 2h c kT )  1
Где С-скорость света в вакууме К-постоянная Больцмана;
h  1,05  1034 Дж  c - настоящая Планка;T-абсолютная температура.
Длина волн  по условию задачи есть длина волн, соответствуящая макмимальной энергии излучения. Определим её, пользуясь первым законом Вина:
(3.25)
  в1 T
По условию задачи
  0,02
(3.26)
r ,T 
Подставляя выражение (3.24), (3.25), (3.26) в формулу (3.23) получим
8h 2c 2 h4
1 2 2c 2 h
T4
P  a s


100b14 exp 2h c в1k   1 25. b14
exp( 2hc / b1k )  1
Произведя вычисления по формуле(5)найдём
P  43,5Вт
б) Фотоэффект
Задача 3.7.
Определить максимальную скорость  max фотоэлектронов , вырываемых с поверхности
серебра : 1) ультрафиолетовых излучением с длиной волны  f =0,155 мкм ; 2)  - излучением с длиной волны  =2,47 нм .Работа выхода A для серебра 4,7 эВ.
Решение
Максимальную скорость фотоэлементов определим из уравнения Эйнштейна для фотоэффекта:
  hc  A  Wmax .
(3.27)
34
Кинетическая энергия фотоэлемента в зависимости от того , какая скорость ему сообщается, может быть выражена или по классической формуле:
W  1 2 m0v 2 ,
(3.28)
или по релятивистской:
W  (m  m0 )c 2 .
(3.29)
Скорость фотоэлектрона зависит от энергии фотона, вызывающего фотоэффект: если
энергия фотона  значительно меньше энергии покоя электрона W0  m0c 2 , то применима
формула (3.29); если же  - сравнима с W0 , то вычисление по формуле: (3.28) приводит к
грубой ошибке, в этом случае кинетическую энергию фотоэлектрона необходимо выражать
по формуле (3.29). 1.В формулу энергии фотона   hc  подставим значение величин h,c,  и,
произведя вычисления, для ультрафиолетового излучения получим
1  B эВ =1,28* 10 18 Дж.
Это значение энергии фотона значительно меньше энергии покоя электрона ( W0  0.51
МэВ). Следовательно, для данного случая максимальная кинетическая энергия фотоэлектрона
в формуле (3.27) может быть выражена по классической формуле (3.28), тогда
1
2
1  A  m0max
,
2
откуда
max  2 1  A m0 .
(3.30)
Подставив в формулу (3.30) числовые значения 1 , A, m0 найдём максимальную скорость:
max  1.08 Мм с
2. Вычислим теперь энергию фотона  - излучения
hc
 2  2  8.04 фДж.

Работа выхода электрона (A=4.7 эВ) пренебрежимо мала по сравнению с энергией  фотона, поэтому можно принять, что максимальная кинетическая энергия электрона равна
энергии фотона:
Wmax   0  0.502 М эВ.
Так как в данном случае кинетическая энергия сравнима с его энергией покоя, то для вычисления скорости электрона следует взять релятивистскую формулу кинетической энергии:




1


(3.31)
W  W0 
 1 .
2

 1



c2


Выразив скорость  из формулы (3.31), получим
  c 2 E0  T T E0  T  .
(3.32)
Произведя вычисления по формуле (3.32), получим, что максимальная скорость электронов, вырываемых  - излучением:
 max  226 Мм с .
З а д а ч а 3.8.
Определить красную границу  0 фотоэффекта для цезия, если при облучении его поверхности фиолетовым светом длиной волны   400 нм. максимальная скорость  max фотоэлектронов равна 0,65 Мм с .
35
Решение
При облучении светом, длина волны 0 которого соответствует красной границе фотоэффекта, скорость,а следовательно, и кинетическая энергия фотоэлектронов равны нулю. Поэтому уравнение Эйнштейна для фотоэффекта  = A + W в случае красной границы запишется в виде
 = А, или h c / А.
Отсюда
(3.33)
0 = h c / А.
Работу выхода для цезия определим с помощью уравнения Эйнштейна:
A =  - W = h c /  - m 2 / 2
(3.34)
Подставка значения h , c ,  , m  , выраженные в системе СИ в уравнении (3.34) , получим
А = 3,05    9 Дж
Для определения красной границы фотоэффекта подставим значения А , h и c в формулу
(3.33) и вычислим
0 = 640 нм
З а д а ч а 3.9.
Определить минимальную длину волны в сплошном спектре рентгеновских лучей, если
рентгеновская трубка работает под напряжением U = 30 кв.
Решение
Сплошной рентгеновский спектр возникает вследствие торможения электронов, разогнанных в трубке электрическим полем, при их ударах об анод. Существование коротковолновой границы сплошного рентгеновского спектра вытекает из квантовой природы получения.
Действительно, подлетая к аноду электрон, обладает кинетической энергией W, равно работе,
совершенной над ним силами электрического поля;
W=e U
(3.35)
где e-заряд электрона. При ударе об анод энергия электрона Т частично или полностью
превращается в энергию фотона рентгеновского излучения hv.Наибольшей частоте (наименьшей длине волны)соответствует случай, когда вся энергия W переходит в энергию фотона hv.
Тогда
W  hvmax  h c min
(3.36)
Из формулы (3.35) и (3.36) следует
hc
min 
(3.37)
eU
Подставив сюда числовые значения величин h, c, e, U и выполнив вычисления, получим
ьшт  0,4 I * I 0  I 0 м.
З а д а ч а 3.I0.
На металлическую пластинку падает монохроматический свет (   0,413 мкм). Поток
фотоэлектронов, вырываемых с поверхности металла, полностью задерживается, когда раз-
36
ность потенциалов тормозящего электрического поля достигает U зд  1 В. Определите работу
выхода и красную границу фотоэффекта.
Решение
Запишем уравнение Эйнштейна для фотоэффекта
hc
 A W .
(3.38)

Так как даже самые быстрые электроны задерживаются электрическим полем, пролетев в
нём расстояние, соответствующее разности потенциалов U ЗД , то их начальная кинетическая
энергия связана с величиной U ЗД соотношением
W  eU ЗД
(3.39)
С учетом формулы (3.39) выражение (3.38) примет вид
hc
 a  eU ЗД

Отсюда найдем работу выхода :
hc
A= - eUзд=3,2  10 19 Дж.

Красной границей фотоэффекта  0 в уравнении Эйнштейна соответствует W=0.Поэтому
, полагая  =  0 получим
нс
 0 = =0,62  10 6 м
a
37
4. А т о м н о е я д р о и я д е р н ы е р е а к ц и и.
Контрольные вопросы
1.Из каких частей состоит атомное ядро?
2.Назовите основные характеристики атомного ядра.
3.Что называется массовым числом? Зарядовым ядром? Какие величины они определяют?
4.Что называется энергией связи и дефектом массы? Запишите формулу для определения
энергии связи.
5.Как определяется удельная энергия связи?
6.Что называется радиоактивным распадом?
7.Запишите закон радиоактивного распада в дифференциальной и интегральной форме.
8.Как определить число распавшихся ядер за данный промежуток времени?
9.Запишите правила смещения для каждого вида радиоактивного распада.
10.
Что такое природный уран? Почему природный уран не взрывается? В каких
случаях в природном уране можно получить цепную реакцию деления?
11.
Каковы условия проведения реакций синтеза лёгких ядер?
Методические рекомендации
Энергия связи ядра, т.е. энергия, которую необходимо затратить, чтобы разделить ядро
на составляющие его части без сообщения им кинетической энергии, вычисляется по формуле
(4.1)
Wсв  с2m  c2 ZmH '   A  Z mn  ma ,


где m - дефект массы, т.е. разность между суммой масс покоя частиц, составляющих
ядро, и массой покоя ядра; Z – зарядовое число, A – массовое число, mn - масса нейтрона, ma масса атома, mH ' - масса атома водорода.
Чтобы вычисляя по формуле (1), получить ответ в мегаэлектроновольтах (МэВ), надо
подставить в формулу взятые из справочных таблиц значения масс, выраженных в атомных
единицах массы (а.е.м.), а коэффициент c 2 , представляющий собой квадрат скорости света в
вакууме, положить равным
c 2  931.4 МэВ а.е.м.
При решении задач по радиоактивности надо различать два случая:
1) имеет место радиоактивный распад изолированного вещества. Тогда пользуются законом радиоактивного распада в следующей формуле:
N  N 0 e  T
(4.2)
где N – число ядер нераспавшихся к моменту времени t, N 0 - число ядер в момент t=0; 
- постоянная радиоактивного распада, связанная с периодом полураспада T соотношением:
(4.3)
T  n 2 ;
2) происходит распад одного радиоактивного вещества (дочернего), взятого в смеси с
другим радиоактивным веществом (материнским), из которого оно возникает. В этом случае
пользуются соотношением, выражающим закон изменения со временем числа ядер дочернего
вещества:
1
N 2 t   N1 0 
e  1t  e  2 t ,
(4.4)
2  1
где 2 и 1 - постоянные распада соответственно дочернего вещества и материнского;
N1 0 - число ядер материального вещества в момент времени t  0; N2 - число ядер дочернего
вещества в момент времени t.
В некоторых задачах требуется найти число атомов N, содержащихся в данной массе m
изотопа ZA X (здесь X – химический символ данного элемента, A – массовое число, равное чис-

38

ло нуклонов в ядре, Z – зарядовое число, равное порядковому номеру в периодической системе элементов Д.И.Менделеева).
Для этого пользуются соотношением
m
(4.5)
N  N A  N A   ,

где N A - постоянная Авогадро, равная 6.02  1023 моль1;  - молярная масса изотопа;  число молей изотопа.
Решение задач на ядерные реакции основано на применении законов сохранения: 1)
электрического заряда; 2) суммарного числа нуклонов; 3) энергии; 4) импульса. Первые два
закона позволяют правильно записывать ядерные реакции даже в тех случаях, когда одна из
частиц - участников реакции или её продуктов – не дана. С помощью вторых двух законов
находят кинетическую энергию частиц – продуктов реакции и направление их разлёта.
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
З а д а ч а 4.1.
Зная постоянную распада  ядра, определить вероятность P того, что ядро распадается
за промежуток времени от 0 до t.
Решение
Выясним, что следует понимать под искомой вероятностью P. Процесс радиоактивного
распада носит статистический характер. Это означает: если многократно повторять опыты с
радиоактивным препаратом, содержащее достаточно большое начальное число ядер N 0 , то за
промежуток времени от 0 до t распадётся одна и та же доля ядер N N . Это отношение характеризует частоту события – распада ядра, а его численное значение принимают за вероятность P распада ядра в течение данного промежутка времени.
Таким образом
N N 0  N
P

,
(4.6)
N0
N0
где N – число нераспавшихся ядер к моменту t. Согласно закону радиоактивного распада
N  N 0e   t
(4.7)
Подставив уравнение (4.7) в (4.6), получим
P  1  e t
З а д а ч а 4.2.
Определить, сколько ядер в m0  1 мг радиоактивного изотопа церия 144
58 Ce распадается в
течение промежутков времени: 1) t  1 с t  1 год. Период полураспада церия T=285 сут.
Решение
1. Так как t  T , то можно считать, что в течение всего промежутка t число нераспавшихся ядер остаётся практически постоянным и равным их начальному числу N 0 . Тогда
для нахождения числа распавшихся ядер N применим закон радиоактивного распада в дифференциальной форме
 dN  N 0 dt ,
или, переходя к конечным величинам:
N  N0t .
Известно, что период полураспада T и постоянная распада  связаны соотношением
T  n 2 ,
тогда
39
n 2
N 0 t .
T
Чтобы определить начальное число ядер N 0 , умножим число Авогадро N A на число молей  , содержащихся в данном препарате:
m 
(4.8)
N 0  N A  N A  0 
  
где m0 - начальная масса препарата,  - молярная масса изотопа 144
58 Ce .
С учётом выражения (4.8) получим
n 2N A m0 t
(4.9)
N 
T
Выразим числовые значения величин, входящих в формулу (2), в системе единиц СИ:
кг
N A  6.02  10 моль 1; m0  1.0  106 кг ; t  1c; T  285  24  3600с ;   0.144
.
моль
Произведя вычисление по формуле (4.9), получим
N  1.2  1011
2. Так как t и T - величины одного порядка, то дифференциальная форма закона радиоактивного распада здесь не применима. Поэтому для решения задачи воспользуемся интегральной формой закона, справедливой для любого промежутка времени:
N  N 0e   t .
Тогда получим
N  N 0  N  N 0 1  e   t  или
Учитывая выражение (4.8),
t n 2


N m 
N  A 0 1  e T 
(4.10)
 

n 2
Так как e  2 то уравнение (4.10) принимает более простой вид
N m
N  A 0 1  2 t T
(4.11)
N 



Произведя вычисления по формуле (4.11), получим
N  2.5  1018 .
25
З а д а ч а 4.3. Масса радиоактивного изотопа натрия 11
Na равна 0,248  10 6 кг . Период
полураспада T=62c. Чему равна начальная активность препарата и его активность через 10
мин.?
Решение
Активность препарата определяется по формуле
a  N 0 e   t .
(4.12)
Начальную активность определим, полагая t=0:
a 0  N 0
(4.13)
Постоянная распада  связана с периодом полураспада T выражением
(4.14)
  n 2 T
Количество атомов препарата в начальный момент времени
m
N0  0 N A .
(4.15)

Подставив уравнения (4.14) и (4.15) во (4.13), получим
a0 
n 2 m 0
N0
T 
40
Активность препарата изменяется со временем по закону
a  a0 e   t .
Так как e n 2  2 , то
a  a0  2 t T .
Числовые расчёты дают a 0  66.5  1017 распадов/с; a  8.1  1013 распадов/с.
З а д а ч а 4.4.
В закрытом сосуде находится радий массой m  0.1 г. Какое количество радона накопится в сосуде через 24 часа. Период полураспада радия T1  1600 лет, период полураспада радона T2  3.8 сут.
Решение
Если радиоактивный элемент A с постоянной распада A помещён в закрытый сосуд и
при распаде этого элемента образуется также радиоактивный элемент B с постоянной распада
B , то число атомов элемента B к моменту времени t будет
A
NB  N A
e  At  e B t ,
(4.16)
B   A
где N A - число атомов элементов A в начальный момент времени. Для условий данной
задачи формула (4.16) примет вид
Ra
N Rn  N Ra
e   Ra t  e   Rn t .
(4.17)
Rn  Ra
Количество атомов радия определяется массой препарата
m
N Ra 
NA ,
(4.18)
 Ra
где  Ra - молярная масса радия, N A - число Авогадро.
Постоянные радиоактивного распада:
Ra  n 2 T1; Rn  n 2 T2
(4.19)
Подставляя выражения (4.18) и (4.19) в формулу (4.17), получаем:
mN A  t T1
T2
N Rn 
2
 2  t T2
(4.20)
 Ra
T1  T2
Подставив в формулу (4.20) числовые значения m, N A , Ra , T1 , T2 , найдём:






N Rn  32  1014 (атомов).
З а д а ч а 4.5. Вычислить дефект массы m и энергию связи ядра 115B .
Решение
Дефект массы ядра определим по формуле
m  Zm 1 H   A  Z mn  ma ,
(4.21)
1
где A – массовое число; Z – зарядовое число (число протонов в ядре);
mn и ma - массы нейтрона и атома, m 1 H - масса водорода 11H . Подставив в формулу
1
(4.21) числовые значения величин A=11; Z=5; mn  1.00867 а.е.м. ; ma  10.01294 а.е.м. ;
m 1 H  1.00783 а.е.м.
1
Получим:
m  0.08186 а.е.м.
Энергия связи ядра
Wсв  76,2 МэВ  12,2 пДж .
41
З а д а ч а 4.6.
Определить энергию, которую надо затратить для отрыва нейтрона от ядра
23
11
Na .
Решение
После отрыва нейтрона число нуклонов A в ядре уменьшится на единицу, а число прото23
22
нов Z останется неизменным; получится ядро 11
Na можно рассматривать, как
Na . Ядро 11
22
устойчивую систему, образующуюся в результате захвата свободного нейтрона ядром 11
Na .
23
22
Энергия отрыва нейтрона от ядра 11
Na равна энергии связи нейтрона с ядром 11
Na .
Выразив энергию связи нейтрона через дефект массы системы, получим
Wсв  c 2 m  c 2 m 22 Na  mn  m 23 Na .

11

11
При подстановке числовых значений заменяем массы ядер массами нейтронных атомов.
23
22
Так как число электронов в оболочках атомов 11
Na одинаково, то разность масс атоNa и 11
23
22
мов 11 Na и 11 Na от такой замены не изменится:
Wсв  931,4 МэВ а.е.м.  0,01334 а.е.м.  12,42 МэВ  1,99 пДж
З а д а ч а 4.7.
Определить удельную энергию связи для ядра 178 O .
Решение
Удельную энергию связи ядра, равную отношению его энергии связи Wсв к массовому
числу (числу наклонов в ядре) A найдём по формуле
2
Wсв c Zm 11 H   A  Z mn  ma

.
A
A
Беря из таблицы значения масс атомов водорода 11H , кислорода 178 O и нейтрона n в


атомных единицах массы и учитывая, что c 2  931.4 МэВ а.е.м. , получаем
Wсв
 7,76 МэВ  1,24 пДж
A
З а д а ч а 4.8.
Радиоактивное ядро магния
Q   - распада ядра.
23
12
Mg выбросило позитрон и нейтрино. Определить энергию
Решение
Реакцию   - распада ядра магния можно записать следующим образом:
23
23
0
0
12 Mg 11 Na  1 e  0  .
Принимая, что ядро магния было неподвижным, и учитывая, что масса покоя нейтрино
равна нулю, напишем уравнение энергетического баланса. На основании закона сохранения
релятивистской полной энергией имеем
(4.22)
c 2 mMg  c 2 mNa  WNa  c 2 me  We  W ,
где WNa - кинетическая энергия ядра Na , We и W - кинетические энергии соответственно позитрона и нейтрино.
Энергия распада
(4.23)
Q  WNa  We  W  c 2 mMg  mNa  me  .
42
Выразив массы ядер магния и натрия через массы соответствующих нейтральных атомов:


Q  c 2 mMg  12me   mNa  11me   me .
Так как массы покоя электрона и позитрона одинаковы, то после упрощений получим
Q  c 2 mMg  mNa  2me .
Сделав подстановку числовых значений, найдём:
Q  3.05 МэВ  0,49 пДж
З а д а ч а 4.9.
Найти энергию, выделяющуюся: а) при делении урана
U (масса урана 1 кг, при каж-
235
92
дом акте деления выделяется энергия W0  200 Мэв )
б) при реакции термоядерного синтеза гелия из ядер дейтронов 12 H  12H  24 He (масса получившегося гелия 1 кг.).
Решение
а) так как в одном килограмме урана содержится ядер атомов урана N:
N  mU U  N A ,
(4.24)
где mU - масса урана;  U - молярная масса урана ( U  0.235 кг моль ) N A - число Авогадро. Тогда при делении N атомов урана выделяется энергия
m
(4.25)
W1  NW0  U N AW0 .
U
Подставив в формулу (4.25) числовые значения mU , U , N A ,W0 получим:
W1  5.13  10 26 МэВ  8,2  1013 Дж .
б) Воспользовавшись уравнением термоядерной реакции, получим:
m
W2  с 2 2md  mHe  He  34.2  10 26 МэВ  54,7  1013 Дж
 He
43
Оглавление
1. Колебания и волны.
Контрольные вопросы.………………………………………………...…3
Методические указания ……………………………………………….....3
Примеры решения задач.
а. Гармонические колебания……………………………..…5
б. Упругие волны……………………………………….….12
2. Волновая оптика
Контрольные вопросы ……………………………………………..……17
Методические указания ……………………………………………..….17
Примеры решения задач.
а. Интерференция света…………………...…………….....19
б. Дифракция света………………………………………...23
в. Поляризация света…………………………………….....28
3. Тепловое излучение и фотоэффект
Контрольные вопросы ………………………………………………..…30
Методические указания …………………………………………..…….30
Примеры решения задач.
а. Тепловоз изучение…………………………………..…...31
б. Фотоэффект………………………………………...…….34
4. Атомное ядро и ядерное реакции
Контрольные вопросы …………………………………………..………38
Методические указания …………………………………………..…….38
Примеры решения задач…………………………………………..…….39
44