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
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 $2\varphi\equiv\Omega t$ 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 $3.4.5$).
@@ -33,10 +33,9 @@Решение
- 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.
+
- 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.
+
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.
где $\Omega\ll\omega$, причем след луча на экране гаснет за время, много меньшее $2\pi/\Omega$. Какую картину мы увидим на экране осциллографа?
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
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 $3.4.5$:
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
x=A\sin(\omega t),\quad
y=A\sin(\omega t + \Omega t).
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 $2\varphi\equiv\Omega t$ будет зависеть от времени.
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 $2\varphi\equiv\Omega t$ будет зависеть от времени.
По результатам решения задачи $3.4.5$ полуоси эллипса для текущей задачи:
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.
A\sqrt2\cos\frac{\Omega}{2} t\quad\text{и}\quad A\sqrt2\sin\frac{\Omega}{2} t.
$$
$$
Итак, вот, что имеем.
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 $3.4.5$).
- В момент времени $t=0$ на экране отрезок — одна из полуосей равна $0$. Полуоси лежат на диагоналях квадрата (см. решение задачи $3.4.5$).
@@ -33,10 +33,9 @@Решение
- Далее эллипс «раздувается» до окружности, а потом предельно «сдувается», вытягиваясь вдоль другой диагонали.
- 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.
- 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
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.
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.
