ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 24.06.2021
Просмотров: 1051
Скачиваний: 3
Если число зон нечетное, действие одной из зон окажется не
компенсированным и наблюдается максимум интенсивности.
Число зон, укладывающихся в отверстии, будет равно
sin
b
2
2
,
где
= bsin
– разность хода крайних волн.
Максимум имеет место, если число зон нечетное, т. е.
1
m
2
sin
b
2
или
2
)
1
m
2
(
sin
b
где m = 1, 2, З... – порядок максимума.
38
Порядок максимума m зависит от угла дифракции
. Посколь-
ку
2
, то sin
1. Наибольшее значение порядка максимума
будет при sin
= 1. Отсюда
2
)
1
2
(
max
m
b
,
3
,
3
1
10
·
6
,
0
10
·
2
·
2
2
1
1
2
2
1
6
6
max
b
m
.
Поскольку m – целое число, то m
max
= 3. Такой результат озна-
чает, что максимум третьего порядка не наблюдается, а максимум
второго порядка наблюдается под углом меньшим
2
.
Для подсчета полного числа наблюдаемых максимумов учтем,
что дифракционная картина симметрична относительно макси-
мума нулевого порядка, с учетом последнего
N = 2m
max
+ 1 = 7 .
Ответ: m
max
= 3, N = 7.
Пример 16.
На дифракционную решетку, имеющую 500 штрихов
на 1 мм, нормально падает белый свет. За решеткой помещена
линза с фокусным расстоянием 2 м, проецирующая спектры на
экран. Диапазон длин волн видимого спектра
ф
= 0,4 мкм,
к
=
0,7 мкм. Могут ли перекрываться спектры первого и второго по-
рядка? Какова ширина спектра первого порядка? Какова разность
углов отклонения конца первого и начала второго спектров?
39
Решение:
Из условия главного максмума для
дифракционной решетки
m
sin
d
,
где d – период решетки,
– угол, под которым виден макси-
мум,
– длина падающей волны,
m = 0, 1, 2, … – порядок максимума,
следует, что при фиксированном порядке m угол дифракции за-
висит от .длины волны. Поскольку
к
>
ф
, то
к
>
ф
, следова-
тельно все максимумы кроме нулевого будут представлять собой
спектр. В направлении
= 0 наблюдается максимум для всех
длин волн, поэтому в сумме максимум нулевого порядка будет
белым. Ширину спектра обозначим
l
.
Для ответа на первый вопрос нужно сравнить углы, в направ-
лении которых наблюдаются максимумы первого порядка для
к
(угол обозначим
к
) и второго порядка для
ф
(угол
ф
)
Если
2ф
<
1к
, то спектры перекрываются.
Из условия главных максимумов имеем:
к
к
1
n
d
·
1
sin
,
ф
ф
2
n
2
d
·
2
sin
,
Дано:
n = 500 мм
–1
= 5·10
5
м
–
1
F = 2 м
ф
= 0,4·10
–6
м,
к
= 0,7·10
–6
м
l
1
= ?
=
2ф
–
1к
= ?
т.к. период решетки
n
1
d
.
sin
1к
= 5·10
5
·0,7·10
–6
= 0,35 ,
sin
2ф
= 2·5·10
5
·0,4·10
–6
= 0,4 ,
1к
= 20
0
30',
2ф
= 23
0
30',
т.к.
2ф
>
1к
, спектры не перекрываются.
Из чертежа следует, что длина спектра
l
1
= Ftg
1к
– Ftg
1ф
=F(tg
1к
– tg
1ф
) = 2(tg20
0
30' – tg11
0
30') = 0,34 ,
т.к. sin
1ф
= n
ф
= 5·10
5
·0,4·10
–6
= 0,2 ,
1ф
= 11
0
30' ,
=
2ф
–
1к
= 23
0
30' – 20
0
30' = 3
0
.
Ответ: 1) спектры 1 и 2 порядка не перекрываются,
2)
l
1
= 34 см,
= 3
0
.
2.3. Поляризация света.
Эту тему рекомендуется изучить по §§ 134, 135, 141 учебного по-
собия Савельева И.В. "Курс общей физики", т.2.
Здесь рассмотрены задачи на поляризацию света при отраже-
нии и преломлении на границе двух диэлектриков, прохождение
света через два поляризатора. Первая группа задач решается с
помощью закона Брюстера. При решении второй группы задач
нужно учитывать различное изменение интенсивности света,
прошедшего через поляризатор (анализатор) в случаях, если па-
дающий свет был естественным или плоско поляризованным.
При выполнении чертежей к решениям задач первого и второ-
го типа нужно указать направление колебаний вектора
E
в рас-
сматриваемых лучах.
Пример 17.
На стеклянную пластинку (n
2
= 1,6), находящуюся в
жидкости, падает луч естественного света. Отраженный луч мак-
симально поляризован и составляет угол 100° с падающим лучом.
Определить скорость распространения света в жидкости.
Решение:
На границу раздела стекло-жидкость падает естественный
свет. Представим, его как суперпозицию двух волн: волну с
колебаниями вектора
E
в плоскости падения луча (на чертеже
эти колебания указаны двойной стрелкой) и волну с колебаниями
вектора
E
перпендикулярно плоскости падения (на чертеже эти
колебания указаны точкой).
40
По условию задачи отраженный луч полностью поляризован,
т.е. он содержит колебания вектора
E
, перпендикулярные плос-
кости падения, преломленный луч будет частично поляризован с
преобладанием колебаний вектора
E
в плоскости падения.
На основании закона отражения света угол падения
i
1
равен
углу отражения
i
2
, т.е.
i
1
=
i
2
=
2
.
При полной поляризации отраженного луча выполняется закон
Брюстера
tg
i
1
= n
21
,
где
i
1
– угол падения,
2
1
1
2
21
v
v
n
n
n
– относительный показатель преломления
второй среды относительно первой ,
v
1
– скорость распространения света в первой среде (жид-
кость),
v
2
– скорость распространения света во второй среде(стекло),
Дано:
n
2
= 1,6
= 100°
v
1
= ?
1
1
v
c
n
–абсолютный показатель преломления первой среды,
2
2
v
c
n
–абсолютный показатель преломления второй среды,
с – скорость света в вакууме.
Отсюда
c
v
n
n
n
2
tg
1
2
1
2
,
с
м
10
·
2
,
2
50
tg
6
,
1
10
·
3
2
tg
n
c
v
8
0
8
2
1
.
Ответ: v
1
= 2,2·10
8
м/с.
42
Пример 18.
Два николя N
1
и N
2
расположены так, что угол меж-
ду их плоскостями пропускания составляет
= 60°. Определить,
во сколько раз уменьшится интенсивность I
0
естественного света:
1) при прохождении через один николь N
1
, 2) при прохождении
через оба николя. Коэффициент поглощения света в николе k =
0,05. Потери при отражение света не учитывать.
Решение:
1) Естественный свет, падая на грань призмы Николя, расщеп-
ляется вследствие двойного лучепреломления на два луча: обык-
новенный и необыкновенный. Оба луча одинаковы по интенсив-
ности и полностью поляризованы. Плоскость колебаний необык-
новенного луча лежит в плоскости чертежа (плоскость главного
сечения). Плоскость колебаний обыкновенного луча перпендику-
лярна плоскости чертежа. Обыкновенный луч света (о) вслед-
ствие полного отражения от границы АВ отбрасывается на зачер-
ненную поверхность призмы и поглощается ею. Необыкновен-
ный луч (е) проходит через призму, уменьшая свою интенсив-
ность вследствие поглощения. Таким образом, интенсивность
света, проведшего через первую призму,
)
k
1
(
I
2
1
I
0
1
.
Относительное уменьшение интенсивности света получим,
разделив интенсивность I
0
естественного света, падающего на
первый николь, на интенсивность I
1
поляризованного света:
1
,
2
05
,
0
1
5
k
1
2
)
k
1
(
I
2
1
I
I
I
0
0
1
0
. (1)
Таким образом, интенсивность уменьшается в 2,1 раза.
43
2) Плоско поляризованный луч света интенсивности I
1
падает
на второй николь N
2
и также расщепляется на два луча различной
интенсивности: обыкновенный и необыкновенный. Обыкновен-
ный луч полностью поглощается призмой, поэтому интенсив-
ность его нас не интересует. Интенсивность I
2
необыкновенного
луча, вышедшего из призмы N
2
, определяется законом Малюса
(без - учета поглощения света во втором николе):
I
2
= I
1
cos
2
,
угол
– это угол между плоскостью колебаний в поляризован-
ном луче и плоскостью пропускания николя N
2
.
Учитывая потери интенсивности на поглощение во втором нико-
ле, получаем
I
2
= I
1
(1-k)cos
2
.
Искомое уменьшение интенсивности при прохождении света
через оба николя найдем, разделив интенсивность I
0
естественно-
го света на интенсивность I
2
света, прошедшего систему из двух
николей:
2
1
0
2
0
cos
)
k
1
(
I
I
I
I
,
Дано:
= 60°
k = 0,05
?
I
I
0
Заменяя отношение
1
0
I
I
его выражением по формуле (1), полу-
чаем
2
2
2
0
cos
)
k
1
(
2
I
I
,
Произведём вычисления:
86
,
8
60
cos
)
05
,
0
1
(
2
I
I
0
2
2
2
0
.
Таким образом, после прохождения света через два николя ин-
тенсивность его уменьшается в 8,86 раза.
Ответ: 1)
1
,
2
I
I
1
0
2)
86
,
8
I
I
2
0
.
44
3. КВАНТОВАЯ ПРИРОДА ИЗЛУЧЕНИЯ.
3.1. Тепловое излучение.
Эту тему рекомендуется изучить по §§ 1-7 учебного пособия Са-
вельева И.В. "Курс общей физики", т.3.
Изучение законов теплового излучения имеет принципиальное
значение, т.к. проблема излучения абсолютно черного тела при-
вела к квантовой гипотезе совершенно чуждой классическим
представлениям.
Согласно квантовой гипотезе электромагнитное излучение ис-
пускается в виде отдельных порций энергии (квантов), величина
которых пропорциональна частоте излучения:
h .
Этим было положено начало квантовой механики.
В процессе работы над этой темой необходимо усвоить основные
величины и законы, характеризующие тепловое излучение.
Следует учесть, что в физической литературе не существует
единой терминологии в отношении характеристик теплового из-
лучения. Так энергетическую светимость R
э
иначе называют ин-
тегральной светимостью или интегральной излучательной спо-
собностью. Спектральную плотность энергетической светимости
часто называют испускательной способностью.
При решении задач на эту тему следует обратить внимание об
излучении какого тела идет речь: абсолютно черного или нечер-
ного. Для нечерного тела энергетическая светимость
R'
э
=
а
т
R
э
,
где
а
т
– коэффициент поглощения, показывающий, какую часть
составляет энергетическая светимость R'
э
данного тела от
энергетической светимости абсолютно черного тела, взятого
при той же температуре.
45
Пример 19.
Исследование спектра излучения Солнца показывает,
что максимум спектральной плотности энергетической светимо-
сти соответствует длине волны
m
= 0,5 мкм. Принимая Солнце
за абсолютно черное тело, определить: а) энергетическую свети-
мость Солнца; б) поток энергии, излучаемой Солнцем.
Решение:
Энергетическая светимость R
э
абсолютно
черного тела выражается формулой Стефана -
Больцмана:
R
э
=
T
4
,
где
= 5,67·10
–8
4
2
К
м
Вт
– постоянная Стефана – Больцмана,
Т – абсолютная температура излучающей поверхности.
Температуру определим из закона смещения Вина:
T
b
m
или
m
b
T
,
Дано:
m
= 0,5·10
–6
м
r = 7·10
8
м
R
э
= ? Ф = ?
где
m
– длина волны, на которую приходится максимум спек-
тральной плотности энергетической светимости абсолютно чер-
ного тела, b = 2,9·10
–3
м·К – постоянная Вина.
Выразив из закона смещения Вина температуру Т и подставив
ее в формулу закона Стефана - Больцмана, получим:
4
m
э
b
R
,
2
4
4
2
э
м
Вт
м
К
·
м
К
м
Вт
]
R
[
,
2
7
4
6
3
8
э
м
Вт
10
·
4
,
6
10
·
5
,
0
10
·
9
,
2
10
·
67
,
5
R
.
Поток энергии Ф, излучаемой Солнцем, равен произведению
энергетической светимости Солнца на площадь его поверхно-
сти S:
Ф = R
э
·S,
46
где S = 4
r
4
, r = 7·10
8
м – радиус Солнца.
Таким образом:
Ф =4
r
4
R
э
,
Проверка размерности:
Вт
м
Вт
м
]
Ф
[
2
2
,
Вычисления:
Ф = 4
·(7·10
8
)
2
·6,4·10
7
= 3,9·10
26
(Вт).
Ответ: Rэ = 6,4·10
7
Вт/м
2
, Ф = 3,9·10
26
Вт.
Пример 20.
Вольфрамовая нить накаливается в вакууме током
силой I = 1 А до температуры Т
1
= 1000 К. При какой силе тока
нить накалится до температуры Т
2
= 3000 К? Коэффициенты по-
глощения вольфрама и его удельные сопротивления, соответ-
ствующие температурам Т
1
и Т
2
, равны:
а
1
= 0,115,
а
2
=0,334,
1
=
25,7·10
–8
Ом·м,
2
= 96,2·10
–8
Ом·м.
Решение:
При установившейся температуре еже-
секундно потребляемая нитью электриче-
ская энергия (мощность) равна потоку из-
лучения, испускаемому нитью, т.е.
Р = Ф.
Мощность, потребляемая вольфрамовой
нитью от источника электроэнергии
P = I
2
R,
где I – сила тока,
сеч
s
R
l
– сопротивление нити при данной температуре,
- удельное сопротивление нити,
l
– длина нити,
s
сеч
– площадь поперечного сечения нити.
сеч
2
s
I
P
l
.
47
Вольфрамовая нить не является абсолютно черным телом, по-
этому:
Ф =
а
·R
э
S
пов
=
а
·
T
4
S
пов
.
где S
пов
– площадь поверхности нити.
Таким образом:
пов
4
сеч
2
S
T
·
s
I
a
l
.
Записав это уравнение дважды для разных температур Т
1
и T
2
,
получим:
сеч
пов
4
1
1
1
2
1
s
S
T
·
I
a
l
,
сеч
пов
4
2
2
2
2
2
s
S
T
·
I
a
l
.
Разделим эти два уравнения почленно и найдем
4
1
2
1
2
1
2
2
1
2
T
T
I
I
a
a
,
Дано:
I = 1 А
Т
1
= 10
3
К
Т
2
= 3·10
3
К
а
1
= 0,115
а
2
=0,334
1
= 25,7·10
–8
Ом·м
2
= 96,2·10
–8
Ом·м
I
2
= ?