Решение задач по Физике (Кириллов) (1018048), страница 21
Текст из файла (страница 21)
Как известно г 1 < соз (оя — /гг) > = —. 2 В результате получаем г 1 ! ее 1гоЕ я'и В1 г <5>= — ~ — о =ЗмВт/м . г 1 )ее~гоЕ япВ1 Ответ:<5>= — ~ — ' ' =3мВт/м . 2г!и ! г 4.6.3. Считая, что частица имеет форму шарика и поглощает весь падающий на нее свет, найти радиус частицы, при котором гравитационное притяжение ее к Солнцу будет компенсироваться силой светового давления. Мощность светового излучения Солнца Р= 4 ! О'оВт, плотность частицы р = 1,О г/см .
г Решение Сила притяжения шариком и Солнцем определяется выражением Мое 4/грггМ, =У ил Кг Зйг где у = 6.67 1О и Н м'/кг' - гравитационная постоянная, М, = 1,889 1Ого 4/г 3 кг - масса Солнца, т = — рг - масса шарика, г - его радиус. 3 Давление света (р) на поверхность полностью поглощающую свет, определяется суммарным импульсом света, который падает на единицу поверхности за 1 с.
Эта величина равна произведению плотности импульса электромагнитного поля а(см. (4.5,7)) на скорость света (с) р=сгс= а/, 16О Глава 4 т.е. объемной плотности энергии электромагнитного излучения. В свою очередь и связана с величиной вектора Пойнтинга соотношением Рис.4.14 5 ш= с Поскольку Солнце излучает энергию равновероятно во всех направлениях, то 5 на расстоянии И (см. рис. 4.14) от Солнца определяется отношением полной мощности Р, излучаемой Солнцем к площади сферы радиуса Я Р 5= —.
4 аз' Следовательно, сила давления света на шарик определяется произведением р на поперечное сечение шарика 2 г Р„,„, = Р лг =гп. оэ=гл. 5/с= г з з Рлг Рг (2) 4л Н с 4К'с По условию задачи Р,,„= Р „,. Подставляя в это равенство выражения (1) и (2), получаем 4лр г'ЛХ, Рг' ЗН' 4К' отсюда ЗР Г= =О,б мкм. ! бл)М, рс ЗР Ответ: г= =О,б мкм.
16луМ,рс 5. Оптика 5.1. Фотолеетприя Основные формулы ° Кривая относительной спектральной чувствительности глаза Ь'(Л) (кривая видимости) А=ЬО 0 л Л=0,555 о,в 0 00 ОЗ5 0.50 055 ОЛО ОЮ ОЗО Л, Рис. 5.1 При одинаковом потоке энергии электромагнитного излучения зрительно оцениваемая интенсивность света для разных длин волн оказывается разной.
Этот факт количественно выражается кривой )5(Л). Наибольшая чувствительность глаза соответствует Л=0,555 мкм. ° Для характеристики интенсивности света с учетом его способности вызывать зрительное ощущение вводится световой поток Ф. Для интервала а7Л световой поток ООФ определяется как произведение потока энергии О(Ф, на соответствующее значение функции !7(Л): О!Ф = \/(Л)О(Ф, . (5.1.1) ° Единицей светового потока является люмен (лм).
Из опыта установлено, что при Ж,555 мкм световому потоку 1 лм соответствует поток энергии А (5.1.2) А = 0,0016 Втlм Коэффициент А носит название механического эквивалента света. ° Сила света точечного источника (единица измерения — кандела (кд)) НФ (5.1.3) 0(Л 162 Глава 5 где Ыф - световой поток, излучаемый источником в пределах телесного угла в/л2 ° Световой поток ф= ~л/а. (5.1.4) ° Единица измерения — люмен (лм): ! лм = 1кд 1ст (ст — стерадиан).
° Освещенность ~~ а (5.1.5) Ы5 где в/Ф„,л - световой поток, падающий на поверхность площадью Н5. Единица измерения — люкс (лк): 1лк =1лм:1м . з ° Светимость ЫФ„.„ (5.1.6) в/5 где дф„,„- световой поток, испускаемый площадкой Ы5 во всех направлениях по одну сторону от площадки. Единица измерения— люмен на квадратный метр ( лм/м ). ° Яркость дф / (5.1.7) АЯьлсозй 65созй где дф - световой поток, посылаемый площадкой д5 в телесный угол Ай, В - угол между нормалью к площадке и направлением излучения; величина д5 созВ представляет собой видимую поверхность площадки в/5 в направлении излучения.
Единица измерения — кандела на квадратный метр (кд/м ). Источник света, яркость Е которого не зависит от направления, носит название ламбертовского источника. ° Для ламбертовского источника справедливо соотношение (5.1.8) Примеры решения задач 5.1.1. Точечный изотропный источник испускает световой поток Ф=10лм с длиной волны 2=0.59 мкм. Найти амплитудные значения напряженностей электрического и магнитного полей этого светового потока на расстоянии г = 1 м от источника. Воспользоваться рисунком 5.!. 16З Оптика <5>= — ЕиН,, 1 В вакууме (см.
(4,5.4)) ̈́— — ~"„, . Следовательно <~, оЕз ФА )(//о )/(Я)4лгз Отсюда получаем з ео 2 ФА //о 4лг 'г'(2) (2) //о =4л !О Гн/м, Подставляя в (2) значения ео = 8,85Ф/м, А = 0,0016 Вт/лм и используя формулу (1), получаем Е = 1,1 В/м, Н,„= ЗмА / м . Ответ: Е„,=1,!В/м, Н =ЗмА/м, 5.1.2. Определить светимость поверхности, яркость которой зависит от направления по закону Е= / созд, где а - угол между направлением излучения и нормалью к поверхности. Решение Световой поток Ф и поток энергии Ф, согласно (5.1.1.) н (5.!.2) связаны между собой соотношением ФА Ф,= —, У(Я) где Ф, выражается в ваттах, а Ф вЂ” в люменах.
В соответствии с рис. 5.1 при 2=0,59 мкм (/(Л)=0,72. Плотность потока энергии (среднее значение вектора Пойнтинга 5) на расстоянии г от точечного источника (сферическая волна) равна Ф, <5> = 4лг' Величина <5> выражается через амплитуды напряженности электрического и магнитного полей следующим образом (см., например, задачу (4.5. 2)): 164 Глава 5 Решение Светимость М определяется как световой поток испускаемый поверхностью единичной площади во всех направлениях. Поверхность единичной площади с яркостью Ь(В) излучает в телесный угол Ий световой поток НФ Вф = ЦВ) жа.
Полный поток, испускаемый площадкой, равен Ф=М= )Ь(В)са.В1а, а где интегрирование ведется по полупространству с одной стороны от площадки, По условию задачи й = 1 соз В, ВЗ2 = в1н ВУЫгР, где 1а азимутальный угол в сферической системе координат, Далее получаем зв М = )И5о)Е„соз'Вз1пЯВ= о о 2 2эВе )сов'В(-а созВ) = — Т ~д(соз'В)=— 3, 3 2Жо о 3 5.1.3. Равномерно светящийся купол, имеющий внд полусферы, опирается на горизонтальную поверхность. Определить освещенность в центре этой поверхности, если яркость купола равна Е.
и не зависит от направления. Решение Возьмем на сфере произвольную точку А, положение которой характеризуется углом а между отрезком ОА (см. рис. 5.2) и нормалью к плоскости, где Π— центр сферической поверхности. Тогда освещенность л1Е, создаваемая элементарной площадкой 55, вблизи точки А на сферической поверхности в точке О, равна 165 Оптика л)Ф ! г$Е = —, Ж,' А где согласно (5.1.7) г)Ф = Ь Юг,лл2 а ! г элементарный световой поток, посылаемый площадкой в телесный угол АЯ г л1л2, под которым видна из точки А Рис. 5.2 элементарная площадка площадью АБ, вблизи точки О. В выражении для г)Ф мы учли тот факт, что в направлении АО в формуле (5.1.7) о = !). сг Ж, сола йг йг где Š— радиус полусферы, а = гэу, сола — видимая из точки А площадь элементарной площадки:!5,.
Далее имеем ЕЮг лл2 Е.!угу, сола Р,Жг сола йг Для определения полной освещенности в точке О нужно провести интегрированию по поверхности полусферы: ~бсолагг5г Е' 45г = К л1псЫсаг1о; в данном случае а и га - полярный и азимутальный углы сферической системы координат с центром в точке О.
С учетом этого получаем Е= )г1гр')ссолал1псЫа=2ль')сола(-г1сола))=лЕ о о о Таким образом, освещенность в точке О Е=Ж. Ответ: Е=Ы.. 5.1.4. Ламбертовский источник имеет вид бесконечной плоскости. Его яркость равна Е. Найти освещенность площадки, расположенной параллельно данному источнику. Глава 5 Решение Так как светящаяся плоскость бесконечна, то в силу симметрии задачи поток световой энергии всюду направлен вдоль нормали к этой плоскости.
Построим цилиндр (см. рис. 5.3), опирающийся на площадку площадью 5, параллельную светящейся плоскости. Ось цилиндра перпендикулярна плоскости. В соответствии со сказанным, вся энергия, испущенная с торца цилиндра, опирающегося на светящуюся поверхность, Рис, 5.3 достигнет другого торца цилиндра. Полный световой лоток, излученный ламбертовским источником с площадки 5 равен Ф=М5, где М =лЕ - светимость источника.
Отсюда получаем для искомой освещенности Е Ф лЕ5 Е= — =— 5 5 Окончательно получаем Е =лЕ. Ответ: Е = лЕ. 5.2. Интерференция света Основные формулы ° Разность хода лучей 1 и 2, создаваемых двумя узкими щелями, до точки А на экране, расположенной на расстоянии х от оси (см. рис.5.4) ха х1 = —, 1 где а' — расстояние между щелями, 1- расстояние от щелей до экрана. (5.2.1) 167 Оптика Рис. 5.4 ° Ширина интерференционной полосы в интерференционной картине, создаваемой на экране двумя тонкими параллельными светящимися нитями или щелями При г) = тЛ - (т — целое число) возникают Л максимумы, а при гг = тЛ+ — - минимумы 2 света. Возникающая интенсивности интерференционная колец Ньютона. Рис. 5.5 картина носит название Ьх=Л!42, (5.2.2) где 42«! — угол, под которым видны источники света из точек на экране (см. рис.
5.4), Л- длина волны света, ° При отражении от оптической более плотной среды вектор Е световой волны испьпывает скачок фазы равный гг. ° Условие максимумов при интерференции света, отраженного от тонкой пластинки с показателем преломления и толщины Ь: 2Ь и — згп О+ — =тЛ 2 2 Л (5.2.3) 2 где д - угол падения света на пластинку; и — целое число. ° Разность хода двух лучей (А) при отражении света от поверхности воздушной прослойки, образованной стеклянной пластинкой и соприкасающейся с ней выпуклой поверхностью стеклянной линзы с радиусом кривизны )г (см.рис.5.5) „г А= — +— (5.2.4) й 2 168 Глава 5 Примеры решения задач 5.2.1. Система (рис. 5.6) состоит из двух точечных когерентных излучателей 1 и 2, которые расположены в некоторой плоскости так, что их дипольные моменты перпендикулярны к этой плоскости.
Расстояние между излучателями б, длина волны излучения Л. Имея в виду, что колебания излучателя 2 отстают по фазе на а(а<я)от колебаний излучателя 1, найти: а) углы В, в которых интенсивность излучения максимальна; б) условия, при которых в направлении В = я интенсивность излучения будет максимальна,а в противоположном направлении †минималь. Решение а) Сдвиг фазы между колебаниями, создаваемыми излучателями ! и 2 в направлении, характеризующемся (углом В (см. рис.5.6)), определяется разностью хода ! = в! сав В и разностью начальных фаз а: 2яд 2яг) сов В Ага=!л — р = — +а= 1 2 +а Максимум интенсивности наблюдается в случае когда 2яд сов В / е)!р = +а=2юз, / Л где и - целое число.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
