ГДЗ-Физика-задачник-11кл-Рымкевич-2004-www.frenglish.ru (991537), страница 22
Текст из файла (страница 22)
Длина волны ) в среде уменьшается в л раз, где л — показатель преломления среды: ) о 0,7мкм 0 53 мкм х л 1,33 Под водой человек увидит красный цвет, так как воспринимаемый глазом цвет зависит от частоты, которая при переходе света в среду не изменяется. Ответ: 1 =- 0,53 мкм; красный. 1 050.
Показатель преломления для красного света в стекле (тяжелый флинт) равен 1,6444, а для фиолетового — 1,6852. Найти разницу углов преломления в стекле данного сорта, если угол падения равен 80'. Решение, Угол преломления для красного света Д„= агсв1п (в1п а/л) = агсз1п (в1п 80'/1,6444) = 36,79', для фиолетового ))ф = агсв(п (в(п 80'/1,6852) = 35,76'. Таким образом, ()к (Зфм368 358 =1. Ответ: Р— )) = 1'. К ф 1 052. Через призму смотрят на большую белую стену.
Бу- дет ли эта стена окрашена в цвета спектра? Ответ: большая белая стена может быть представлена как набор узких белых полос. Свет от каждой такой белой полосы будет разлагаться призмой в спектр, однако в точке наблюдения накладывается большое количество (от разных полос) различных участков спектра, поэтому свет получается снова белым.
215 1053 на черную классную доску наклеили горизонтальную полоску белой бумаги. Как окрасятся верхний и нижний крал этой полоски, если на нее смотреть сквозь призму, обращенную преломляющнм ребром вверх? Ответ: как следует из решения задачи 1050, красный свет преломляется больше, чем фиолетовый, поэтому верхний край полоски будет фиолетовым, а нижний— красным. 1 054.
для получения на экране МФ (рис. 64) интерференционной картины поместили источник света 8 над поверхностью плоского зеркала А на малом расстоянии от него. Объяснить причину возникновения системы когерентных световых воли. Рис. 64 Ответ: мнимое изображение источника Я в зеркале будет являться вторым когерентным источником света, поэтому на экране возникает интерференционная картинка. 1 055.
две когерентные световые волны приходят в некоторую точку пространства с разностью хода 2,25 мкм. Каков результат интерференции в этой точке, если свет: а) красный (Л = 750 нм); б) зеленый (Л = 500 нм)? 216 Решение. Вклад интерфереиционного члена в интенсивность определяется сдвигом фаз 6 интерферирующих волн: сов 6 = соэ ~ ~— /зг), г2я где Х вЂ” длина волны, Лг — разность хода волн. Для красного света соз 6 = сов (2х 2,25 мкм/0,750 мкм) = 1, для зеленого сов 6, = соэ (2п ° 2,25 мкм/0,5 мкм) = — 1.
Сравнивая эти результаты (сон 6„> соэ 6,), делаем вывод, что вследствие интерференции зеленый свет будет более ослаблен, чем красный. 1 056. Два когерентных источника белого света Я1 и Яз освещают экран АВ, плоскость которого параллельна направлению Я,Я (рис. 65). Доказать, что на экране в точке О, лежащий на перпендикуляре, опущенном на экран из середины отрезка Я,Я, соединяющего источники, будет максимум освещенности.
Рис. 66 Решение. Разность хода волн Лг = ОЯ, — ОЯ = О, сле- довательно, соэ 6 = соа ~ — Ьг) = 1, что соответствует г2я максимуму освещенности. 217 1 057. Экран лй освещен когерентными монохроматическими источниками света Я! и Я (рис. 65). Усиление или ослабление будет на экране в точке С. если: а) от источника Я свет приходит позже на 2,5 периода; б) от источника Я приходит с запозданием по фазе на Зл! в) расстояние Я С больше расстояния Я!С на 1,5 длины волны? Решение. а) Если от одного из источников свет прихо- дит позже на 2„5 периода, то разность хода Лг = 2,5Т - с = 2,5)„ ?2л соя б =- соя ! —" Лг) = соя 5л = — 1.
В точке С будет ослабление. б) соя 8 = соя Зл = -1. В точке С ослабление. в) Лг = 1,5)., соя 5 = соя Зл = — 1. В точке С ослабление. Ответ: а), б), в) ослабление освещенности в точке С. 1 058. Расстояние Я С (см. рис. 65) больше расстояния Я!С на 900 нм. Что будет в точке С, если источники имеют одинаковую интенсивность и излучают свет с частотой 5 10 Гц? !4 Решение.
Длина волны излучения Х = —, с у поэтому о = — Лг = — Ьг. 2л 2лт с Вычисления: в точке С ослабление, 2л 5 10 Гц . 9 10 м 3 10 м?с соя б = соя Зл = -1. 218 Так как интенсивности источников одинаковы„то в точке С будет полное погашение. Ответ: полное погашение. 1 059 два когерентных источника 8 и 8з (см. рис. 66) испускают монохроматический свет с длиной волны 600 нм.
Определить, на каком расстоянии от точки О на экране будет первый максимум освещенности, если ОС=4миЯ Яз=1 мм. Решение. По условию задачи Я,Я «ОС, следовательно, угол Я ОЯз мал, и разность хода лучей дг при смещении от точки О на величину х равна: Дг — ЯЯ . х ОС Условие максимума ( — ")де= 2п, откуда Вычисления: х=б ° 10 м . 4м(10 м=2,4мм. Ответ: х = 2,4 мм. 1 061 . Между двумя шлифованными стеклянными пластинами попал волос, вследствие чего образовался воздушный клин. Почему в отраженном свете можно наблюдать интерференционную картину? Ответ: интерференционная картина возникает в результате наложения световых волн, отраженных от поверхностей стекла, образующих клин. 219 1 062. Почему при наблюдении на экране интерференционной картины от тонкой мыльной пленки, полученной на вертикально расположенном каркасе, в отраженном монохроматическом свете расстояние между интерференционными полосами в верхней части меньше, чем в нижней? Ответ: в простейшем случае, когда угол падения монохроматического света на пленку мал, расстояние между двумя ннтерференционными максимумами равно: Лх = — п<р, ?.
2 где п — показатель преломления, у — угол клина, образованного поверхностями пленки. Мыльная пленка на вертикальном каркасе неоднородна по толщине, так как утолщается книзу за счет собственного веса. Следовательно, угол р также изменяется, что приводит к изменению расстояния между интерференционными полосами в верхней и нижней части интерференционной картины. 1 063 почему в центральной части спектра, полученного на экране при освещении дифракционной решетки белым светом, всегда наблюдается белая полоса? Ответ: условие максимума освещенности с? э?и 0 = тХ, где д — период дифракционной решетки, 0 — угол дифракции, т — порядок дифракции, Х вЂ” длина волны света, в центральной части спектра справедливо для всех длин волн, так как 0 = О, т = О, поэтому наблюдается белая полоса.
1 064. о школе есть дифракцнонные решетки, имеющие бб и 100 штрихов на 1 мм. Какая иэ них даст на экране более широкий спектр при прочих равных условиях? 220 Ответ: запишем условие дифракционного максимума д в)п 0 = тХ, где с) — период дифракционной решетки, 0 — угол дифракции, т — порядок дифракции, Х вЂ” длина волны света. По условию задачи период второй решетки меньше, следовательно, угол 0 больше, поэтому спектр шире. 1 065. как изменяется картина дифракционного спектра при удалении экрана от решетки? Ответ: как следует из формулы г? в1п 0 = тХ, при удалении экрана от решетки угол 0 не изменяется, следовательно, расстояние между максимумами на экране увеличивается. 1 067 определить угол отклонения лучей зеленого света (Л 0,55 мкм) в спектре первого порядка, полученном с помощью дифракционной решетки, период которой равен 0,02 мм.
Решение. Из формулы д в)п 0 = тЛ находим в1п 0 = —. тЛ ~1 Вычисления: 0 = агсв!п (1 0,55 10 мм/0,02 мм) = 1,6'. Ответ: 0 = 1,6'. 1 69. ИО1 069 . для определения периода решетки на неенаправили световой пучок через красный светофильтр, пропускающий лучи с длиной волны 0,76 мкм. Каков период решетки, если на экране, отстоящем от решетки на 1 м, расстояние между спектрами первого порядка равно 15,2 см? 1 В задачах 1069 — 1070 можно синусы углов заменить их тангенсами, так как эти углы малы. 221 Решение. Найдем угол дифракции 9 для дифракционного максимума первого порядка, воспользовавшись условием малости угла 0 «1: з(п 9 = 1~ 9 = 0,162 м/2 = 0 076 1м Тогда период и' = — = 1 АХ 0,76 мкм = 10 мкм.
з(п В 0,076 Ответ: Ы = 10 мкм. 1 070. Какова ширина всего спектра первого порядка (длины волн заключены в пределах от 0,38 до 0,76 мкм), полученного на экране, отстоящем на 3 м ат дифракционной решетки с периодом 0,01 мм? Решение. Воспользуемся условием э(п 0 = 0 « 1, тог- да угловая ширина спектра ЛО = 0(Х ) — 0(Хд) = Ширина спектра на экране с учетом Фд О = О равна: (1г " )~ Лх=ЛОЬ= где Ь вЂ” расстояние до экрана. Вычисления: Лх = (0,76 мкм — 0,38 мкм) . 3000 мм/0,01 мм = 11 см. Ответ: Лх = 11 см. 1 071 Свет, отраженный от поверхности воды, частично поляризован.
Как убедиться в этом, имея поляроид? Ответ: если на поляроид падает поляризованный свет, то интенсивность прошедшего пучка зависит от угла вращения поляроида вокруг оси пучка. 222 1 072 Если смотреть на спокойную поверхность неглубокого водоема через поляроид и постепенно поворачивать его, то при некотором положении поляроида дно водоема будет лучше видно. Объяснить явление. Ответ: как сказано в предыдущей задаче, свет, отраженный от поверхности воды, частично поляризован. Поэтому, поворачивая поляроид, можно добиться погашения части отраженного от поверхности света. Тогда неполяризованный свет, отраженный от дна, будет иметь относительно большую интенсивность, и дно водоема будет видно лучше.
1073. На рисунке 66 дан график изменения проекции напряженности электрического поля электромагнитной волны в зависимости от времени для данной точки пространства (луча). Найти частоту и длину волны. зс Рис. 66 Решение. По графику рисунка находим период волны Т=2 10 с, тогда частота 1 и=в Т и длина волны Х=сТ. Вычисления: ч=500ТГц; 1=3 10 м/с 2. 10 с=600нм. Ответ: у = 500 ТГц; Х = 600 нм.
223 глдвд хч Элементы теории относительности 48. Релятивистский закон сложения скоростей. Зависимость массы от скорости. Закон взаимосвязи массы и энергии 1 075. сравнить время приема светового сигнала, посланного с ракеты, если: а) ракета удаляется от наблюдателя; б) ракета приближается к наблюдателю. Ответ: скорость света не зависит от скорости источника, следовательно, время приема светового сигнала, посланного с удаляющейся или приближающейся ракеты, одинаково. 1 077.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
