Edits to “Условие”, “Решение”, “Ответ”
ru/3.4.7.md
+34 −3
| @@ -1,11 +1,42 @@ | |||
| ### Условие | |||
| − | $3.4.7.$ | ||
| + | $3.4.7.$ Отклонение луча осциллографа описывается уравнениями | ||
| + | $$ | ||
| + | x=A\cos\left[\left(\omega - \Omega/2\right)t\right],\quad | ||
| + | y=A\cos\left[\left(\omega + \Omega/2\right)t\right], | ||
| + | $$ | ||
| + | |||
| + | где $\Omega\ll\omega$, причем след луча на экране гаснет за время, много меньшее $2\pi/\Omega$. Какую картину мы увидим на экране осциллографа? | ||
| + | |||
| + | |||
| ### Решение | |||
| − | 123 | ||
| + | Задачу посчитаем обобщением задач $3.4.4$ и $3.4.5$ на случай разности фаз двух колебаний, которая зависит от времени. С учетом произвольности начала отсчета времени перепишем данные колебаний в терминах решения задачи $3.4.5$: | ||
| + | $$ | ||
| + | x=A\sin(\omega t),\quad | ||
| + | y=A\sin(\omega t + \Omega t). | ||
| + | $$ | ||
| + | |||
| + | Из решения задачи $3.4.3$ стало понятно, что эта система уравнений описывает эллипс, оси которого могут быть под произвольными углами к осям $x$ и $y$, если разность фаз постоянна. В нашей задаче просто используем этот результат, но разность фаз $\varphi=\Omega t$ будет зависеть от времени. | ||
| + | |||
| + | По результатам решения задачи $3.4.5$ полуоси эллипса для текущей задачи: | ||
| + | |||
| + | $$ | ||
| + | A\sqrt2\cos\frac{\Omega}{2} t\quad\text{и}\quad A\sqrt2\sin\frac{\Omega}{2} t. | ||
| + | $$ | ||
| + | |||
| + | Итак, вот, что имеем. | ||
| + | |||
| + | - В момент времени $t=0$ на экране отрезок — одна из полуосей равна $0$. Полуоси лежат на диагоналях квадрата (см. решение задачи $3.4.5$). | ||
| + | |||
| + | - Далее эллипс «раздувается» до окружности, а потом предельно «сдувается», вытягиваясь вдоль другой диагонали. | ||
| + | |||
| + | - После соответственно следующего «раздува»—«сдува» приходим к состоянию отвечающему начальному моменту $t=0$. Весь цикл занимает время $2\pi/\Omega$, в чем можно убедиться, рисуя графики изменения полуосей. Далее идет повторение описанного цикла. | ||
| + | |||
| + | |||
| #### Ответ | |||
| − | |||
| + | Отрезок, расположенный по диагонали экрана, превратится в вытянутый по этой | ||
| + | диагонали эллипс, полуоси которого постепенно сравняются по длине. Затем появится окружность, которая начнет превращаться в эллипс, вытянутый вдоль другой диагонали экрана, и т. д. Через время $2\pi/\Omega$ весь цикл повторится. | ||
| @@ -1,11 +1,42 @@ | |||
| ### Условие | ### Условие | ||
| $3.4.7.$ |
$3.4.7.$ Отклонение луча осциллографа описывается уравнениями | ||
| $$ | |||
| x=A\cos\left[\left(\omega - \Omega/2\right)t\right],\quad | |||
| y=A\cos\left[\left(\omega + \Omega/2\right)t\right], | |||
| $$ | |||
| где $\Omega\ll\omega$, причем след луча на экране гаснет за время, много меньшее $2\pi/\Omega$. Какую картину мы увидим на экране осциллографа? | |||
| ### Решение | ### Решение | ||
| 123 | Задачу посчитаем обобщением задач $3.4.4$ и $3.4.5$ на случай разности фаз двух колебаний, которая зависит от времени. С учетом произвольности начала отсчета времени перепишем данные колебаний в терминах решения задачи $3.4.5$: | ||
| $$ | |||
| x=A\sin(\omega t),\quad | |||
| y=A\sin(\omega t + \Omega t). | |||
| $$ | |||
| Из решения задачи $3.4.3$ стало понятно, что эта система уравнений описывает эллипс, оси которого могут быть под произвольными углами к осям $x$ и $y$, если разность фаз постоянна. В нашей задаче просто используем этот результат, но разность фаз $\varphi=\Omega t$ будет зависеть от времени. | |||
| По результатам решения задачи $3.4.5$ полуоси эллипса для текущей задачи: | |||
| $$ | |||
| A\sqrt2\cos\frac{\Omega}{2} t\quad\text{и}\quad A\sqrt2\sin\frac{\Omega}{2} t. | |||
| $$ | |||
| Итак, вот, что имеем. | |||
| - В момент времени $t=0$ на экране отрезок — одна из полуосей равна $0$. Полуоси лежат на диагоналях квадрата (см. решение задачи $3.4.5$). | |||
| - Далее эллипс «раздувается» до окружности, а потом предельно «сдувается», вытягиваясь вдоль другой диагонали. | |||
| - После соответственно следующего «раздува»—«сдува» приходим к состоянию отвечающему начальному моменту $t=0$. Весь цикл занимает время $2\pi/\Omega$, в чем можно убедиться, рисуя графики изменения полуосей. Далее идет повторение описанного цикла. | |||
| #### Ответ | #### Ответ | ||
| Отрезок, расположенный по диагонали экрана, превратится в вытянутый по этой | |||
| диагонали эллипс, полуоси которого постепенно сравняются по длине. Затем появится окружность, которая начнет превращаться в эллипс, вытянутый вдоль другой диагонали экрана, и т. д. Через время $2\pi/\Omega$ весь цикл повторится. | |||