chuyền đề bài toán giao thoa đối với khe iâng và giao thoa

MỞ ĐẦU
MÃ: L10
Mục tiêu kiến thức chuyên đề này là tập trung giải quyết bài toán giao thoa
đối với khe Iâng và giao thoa xảy ra ở các bản mỏng, tác giả xây dựng hệ thống
công thức đơn giản như công thức tính khoảng vân ở nêm không khí và công thức
tính bán kính của vân tròn Niwton để giải quyết những bài toán đơn giản trong
chương trình ôn thi học sinh giỏi (Chỉ xét các vân giao thoa có cùng độ dày mà
không xét vân giao thoa có cùng độ nghiêng). Đồng thời giúp người dạy học
chuyên đề này thuận lợi trong việc xây dựng hệ thống kiến thức tổng hợp, các dạng
bài tập và giải được các bài tập về sự giao thoa với khe Iâng và giao thoa xảy ra ở
các bản mỏng.
NỘI DUNG
Kiến thức liên quan:
- Quang trình ( n.l ) của một tia sáng là tích của chiều dài đường đi ( l )với
n

chiết suất ( n ) của môi trường truyền ánh sáng .    nil1
i 1

- Nguyên lí Ferma: Đường truyền thực sự của ánh sáng là đường sao cho 
cực trị.
Ví dụ xét hiện tượng khúc xạ ánh sáng (HV)
+ Đặt c  A' B '
+ Quang lộ theo đường AIB

f ( x )  L  n1. AI  n2 .BI  n1 x 2  a 2  n2 (c  x) 2  b 2
Quang lộ đạt cực trị khi tại điểm I thoa mãn
f ('x )  0  n1.

x
x2  a2

 n2 .

cx
 0  n1.sin i  n2 .sinr
(c  x ) 2  b 2


I. Sự giao thoa ánh sáng.
1. Điều kiện có cực đại và cực tiểu giao thoa.
- Cực đại:   k

1
- Cực tiểu:   (k  )
2
2. Các loại giao thoa.
2.1. Giao thoa vân không định xứ.
Màn được đặt ở bất kì vị trí nào trong vùng giao thoa ta cũng hứng được vân
giao thoa.
2.2. Giao thoa định xứ.
Nhìn vào bề mặt các váng dầu, mỡ bong bóng xà phòng, ta thường thấy
những quầng mầu rực rỡ. Đó là những vân giao thoa trên các bản mỏng. Các vân
này chỉ xuất hiện trên mặt các bản mỏng và nằm ở vị trí xác định. Đó là vân định
xứ.
Ta hãy giải thích sự giao thoa ánh sáng trên các váng dầu.
Một vùng nhỏ của váng dầu coi như một lớp mỏng có chiết suất n và có hai
mặt phẳng làm với nhau một góc  rất nhỏ, tạo thành một cái nêm bằng dầu.
Nguồn sáng là nguồn sáng trắng rất rộng và xa điểm mà ta quan sát trên váng dầu.
Mắt người quan sát cũng nằm ở xa điểm đó.

Từ điểm
S đến

Vào mắt

2

1
2

1

C


Một tia sáng đơn sắc (  ) phát ra từ một điểm sáng S ở nguồn, chiếu tới mặt
nêm (tia số 1). Tia này khúc xạ, truyền vào trong nêm, phản xạ ở mặt dưới của
nêm, trở lại mặt tại điểm C, rồi đi ra ngoài không khí. Góc ló bằng góc tới.
Một tia sáng đơn sắc thứ hai (  ) phát ra từ S (tia số 2) chiếu đến mặt nêm
tại C, gặp tia số 1 tại đó và giao thoa với nhau (vì đó là hai tia kết hợp). Tín hiệu về
trạng thái giao thoa sẽ được truyền tới mắt theo một chùm tia rất hẹp1,2.
Một vùng rất nhỏ của váng dầu quanh điểm C coi như một bản mặt song
song có bề dày d. Các tia tới 1 và 2 coi như song song với nhau, với góc tới là i .
Hai tia đi vào mắt coi như trùng nhau.

i

H

A

d

C
r
B

Hiệu quang trinh giữa hai tia là:
λ
Δ=(AB+BC).n -(HC- )
2

Lưu ý: Khi phản xạ trên môi trường chiết quang hơn thì quang trình giảm

Với AB = BC =


2

d
; HC = 2d .t anr.sin i  n.sinr;
cosr

Tia số 2 bị mất nửa bước sóng vì phản xạ từ không khí trên dầu. Chính hiệu
quang trình giữa hai tia sáng mới quyết định trạng thái giao thoa của hai tia đó.
λ
2

Kết quả: Δ=2d n2  sin 2 i +  2d cos r 


2

Nếu   k  , (k  1, 2,3..) thì ta thấy có cực đại của tia sáng có bước sóng 


1
Nếu   (k  ) hay 2d n2  sin 2 i  k  (k  1, 2,3..) thì có cực tiểu giao thoa
2

của ánh sáng đó. Khi thay đổi điểm quan sát C thì d và i thay đổi rất chậm, do đó,
vùng cực đại giao thoa chiếm một khoảng tương đối rộng trên mặt váng dầu.
3. Một số trường hợp.

l

 Bản hai mặt song song: Hệ vân ở vô cùng
 Nêm:
Nêm có dạng hai mặt phẳng giao nhau (HV), thì cực đại giao thoa có dạng
những giải sáng màu, nằm song song cạnh nêm. Cực tiểu giao thoa có dạng những
vạch tối nằm song song với cạnh nêm và cách đều nhau.
+ Ngay tại cạnh nêm là một vân tối do d  0   

+ Nếu r nhỏ  cosr =1 =2nd+


2

 vân tối


2

+ Nếu quan sát theo phương vuông góc với mặt nêm, thì khoảng cách giữa
hai vân tối liên tiếp là: l 


2n

Biết  và n; đo được l , ta sẽ tính được  . Đây là một phương pháp thường
dùng để đo góc nhỏ giữa hai mặt của các lớp mỏng.
Nếu nguồn phát ra ánh áng trắng thì trên mặt nêm sẽ xuất hiện những giải
màu sặc sỡ , tương đối rộng. Các bản mỏng
là dụng cụ rất tiện lợi cho việc nghiên cứu
màu sắc ánh sáng.
 Vân tròn Newton
Thiết bị tạo vân tròn Newton gồm
một thấu kính hội tụ, một mặt phẳng, một
mặt cầu, đặt trên một tấm thủy tinh phẳng


(HV). Mặt cầu của thấu kính tiếp xúc với tấm thủy tinh. Lớp không khí nằm xen kẽ
giữa thấu kính và tấm thủy tinh tạo ra một bản mỏng không khí.
Xét trường hợp một chúm sáng song song, đơn sắc, chiếu vuông góc vào
mặt phẳng của thấu kính.
Hiệu quang trình giữa tia sáng phản xạ ở mặt trên và tia sáng phản xạ ở mặt
dưới của lớp không khí, tại điểm có bề dày d là. Δ=2d+

λ
2

Tia phản xạ ở mặt dưới bị mất nửa bước sóng .
Tất cả các điểm nằm trên mặt cầu ứng với cùng một bề dày d sẽ tạo thành
một vân giao thoa có dạng tròn.
Gọi r là bán kính của vân, R là bán kính của mặt cầu, ta có:

r 2  d (2R  d )  2Rd với d  R.
+ Ứng với vân sáng, ta có:
  k  d  k


2





1
 rs  2 Rd  R (k  ) với k = 1,2,3….
4
2

+ Ứng với vân tối, ta có:
1

  (k  )  d  k  rt  kR
2
2

Với k = 1,2,3….

+ Tại tâm của hệ vân (r = 0), ta có một vân tối. Điều này ứng với sự mất nửa
bước sóng của tia phản xạ ở mặt dưới khi d = 0. Biết  , đo được r, ta sẽ tính được
R.
II. Bài tập vận dụng.
1. Giao thoa khe Iâng


Bài 1. Trong thí nghiệm Iâng, nguồn S nằm trên mặt phẳng trung trực của
hai khe, cách mặt phẳng chứa hai khe một đoạn d = 0,5m và phát ánh sáng đơn sắc
bước sóng   0,6m. Biết a = 1,2mm, D = 1,5m. Cho S dao động điều hòa theo
phương trình u  1,5cos2t (mm) theo phương vuông góc với OI (O là tâm màn
quan sát). Đặt mắt nhìn vào O sẽ thấy hiện tượng gì?
Lời giải.
x0
D
D
   x0   h
h
d
d

h

O
S

h  u  1,5cos2t (mm)
1,5
 x0  
.1,5cos2t (mm)

0,5

x0

 4,5.cos(2t  ) (mm)
Hệ vân dao động điều hòa ngược pha với S với biên độ A0 = 4,5mm

A
4,5.103

6
i 0,6.106.1,5
1,2.103
Khi S từ vị trí cao nhất đến vị trí thấp nhất thì có 13 vân sáng dịch qua trung tâm.
Bài 2. Thí nghiệm Iâng với D,a,d và  đã biết. Vị trí vân trung tâm và
khoảng vân thay đổi thế nào nếu.
a. Quay màn E một góc nhỏ quanh trục đi qua O và song song với các khe.
b. Quay mặt phẳng chứa hai khe một góc nhỏ quanh trục đi qua trung điểm I
và song song với các khe.
Lời giải.
M

M’

a. Xét M’ thuộc vị trí mới
Hiệu quang trình từ S1, S2 đến M’

x’

a

S1
S2

O
E


  S2M'  S1M'

a
S1M'2   (D  x.sin )2  (x ' ) 2
2
a
S2M'2   (D  x.sin )2  (x ' ) 2
2
S2M'2  S1M'2  2ax '  2a.x.cos
(S2M' S1M')(S2M' S1M')  2a.x.cos  2(D  x.sin )
Suy ra S2 M ' S1M ' 

a.x.cos
a.x.cos

(Do  nhỏ)
D  x.sin 
D

Vân sáng thỏa mãn:   k
a.x s .cos
 k
D

D
 xs  k
a.cos



i

D
a.cos
S1

b.   SS2M  SS1M

 SS2   SS1   S2M  S1M

 a.sin   a.sin  



a.x.cos
D

a.x.cos
D

Vân sáng   k


a.x s .cos

D
 k  x s  k
D
a.cos

M
x
S
O

S2


i

D
a.cos

2. Giao thoa bản mặt song song.
Bài 1. Hai bản thủy tinh mỏng, phẳng, giống nhau, song song với nhau, chiết
suất n = 1,5. Một mặt bản được mạ bạc (hệ số phản xạ bằng 1). Mặt kia được bán
mạ (hệ số phản xạ bằng 0,5). Hai mặt bán mạ quay vào nhau, bề dày mỗi bản là 2
cm.
Một chùm sáng hẹp, đơn sắc (   2 7.107 m) chiếu vào mặt bán mạ của
bản thứ nhất dưới góc tới i  450. Chùm tia ló
khỏi hệ thống hai bản được hứng vào một thấu

3 4

kính hội tụ, đặt vuông góc với các tia sáng.

12

Tại tiêu điểm chính của thấu kính, người ta
thu được một đại giao thoa. Xây dựng công thức
tính hiệu quang trình từ đó xác định bậc giao
thoa của vân sáng.
Lời giải
Trong thiết bị này, từ một tia sáng ban đầu, ta thu được 4 tia kết hợp. Trong
hình vẽ các tia này theo thứ tự 1, 2, 3, 4 từ trái qua phải. Quang trình của hai tia 2
và 3 hoàn toàn bằng nhau: đường đi trong thủy tinh giống nhau, đường đi ngoài
không khí giống nhau, số lần phản xạ từ thủy tinh trên không khí và từ không khí
trên thủy tinh là như nhau. Hơn nữa, đường đi của chúng khi loa ra hoàn toàn trùng
khít nhau. Do đó, phải coi 2 tia ló này như một tia có biên độ dao động sáng gấp
đôi biên độ dao động sáng của hai tia 1 và 4.
Gọi i là góc tới của tia sáng trên gương, r là góc khúc xạ.
Ta có i  450 ;n  1,5;sin i  n sinr  sinr 

2
7
và cosr 
3
3


Hiệu quang trình giữa 2, 3 và tia 1 là:


2d
 2d


 2d t anr.sin i  
(1  n sin 2 r) 
cosr
2 cosr
2

Đó cũng là hiệu quang trình giữa 4 và tia 2,3.
Như vậy, trạng thái giao thoa giữa 4 tia 1, 2, 3, 4 được quyết định bởi hiệu
quang trình nói trên.
Tại tiêu điểm chính, ta thu được một cực đại giao thoa. Điều đó có nghĩa là
  k 

2d

(1  n sin 2 r)   k
cosr
2

2d
2d
(1  n sin 2 r)  (k  0,5) k 
(1  n sin 2 r)  0,5
cosr
cosr

Với d = 2.10-2m;   2 7.107 m;n  1,5;cosr 

7
2

và sinr=
3
3

4
Ta được: k  .105  0,5  57143.
7

Bài 2. Nếu nhìn một váng dầu trên mặt nước theo phương gần là là mặt
nước thì thấy váng dầu màu tro xám. Tăng dần góc giữa phương nhìn và mặt nước,
ta thấy:
- Nếu nhìn theo phương làm với mặt nước một góc 300 , váng dầu có màu da
cam sẫm (dc  0,6m).
- Nếu nhìn theo phương làm với mặt nước một góc 600 , váng dầu có mầu đỏ

(  0,7m) . Xác định bề dày của váng dầu và chiết suất của dầu.
Lời giải:

S
S

R

Màu sắc mà ta thấy trên váng dầu là
i

những cực đại giao thoa của các sóng ánh

H

I

d

K
r
J


sáng phản xạ ở mặt trên và mặt dưới của váng dầu.
Vì nguồn sáng ở rất xa và bản rất mỏng, nên hai tia sáng đơn sắc phát ra từ
cùng một điểm S của nguồn sáng giao thoa với nhau ở K coi như hai tia song song.
Tia SIJK phản xạ ở mặt dưới của bản. Tia SK phản xạ ở mặt trên. Hai tia này giao
thoa với nhau tại K. Vì khoảng IK rất nhỏ nên có thể coi như mặt trên và mặt dưới
của tại đó song song với nhau. Hai tia phản xạ đi theo cùng một phương KR vào
mắt người quan sát.
Gọi i là góc tới; r là góc khúc xạ; n là chiết suất của bản; d là bề dày của bản
tại chỗ mà người ta quan sát. Hiệu quang trình giữa hai tia SIJKR và SKR là:
2hn
 2h
 2h

 2h.t anr.sin i  
(n  sin r.sin i)  
(1  sin 2 r) 
cosr
2 cosr
2 cosr
2


  2dncosr 
2


Ta sẽ thấy cực đại của ánh sáng có bước sóng
với pháp tuyến góc tới I nếu:   2dncosr 

 tại K và theo phương làm


1
 k  2dncosr  (k  )
2
2

Khi i 900 thì r  rgh và cosr có giá trị rất nhỏ. Quan sát thực tế cho thấy váng dầu
có màu tro xám, nghĩa là không có cực đại của bất kì bước sóng nào. Điều đó có
nghĩa là tích 2dncosrgh nhỏ hơn mọi


trong vùng ánh sáng nhìn thấy được.
2

Khi giảm dần góc tới i thì r cũng giảm dần, cosr tăng dần. Đối với các ánh
sáng nhìn thấy, trước hết ta thấy cực đại của ánh sáng tím, rồi đến các ánh sáng
chàm, lam, lục… và cuối cùng là đỏ. Các cực đại này đều ứng với k = 0


sin 2 i
Thay cosr  1  sin r  1  2 , ta có công thức (với k = 0): 2d n 2  sin 2 i 

2
n
2

Khi i  600 thì thấy cực đại của ánh sáng màu da cam sẫm (dc  0,6m) :
3 0,6.106
2d n  
m
4
2
2


Khi i  300 , ta thấy cực đại của ánh sáng màu đỏ (d  0,7m)
1 0,7.106
2d n  
m
4
2
2

Ta có 2 phương trình:
3 36.1014
1 49.1014
2
n  
và n  
4
16d 2
4

16d 2
2

Giải phương trình, ta được d  1,31.107 m và n = 1,46.
Bài 3. Một nguồn sáng điểm S phát ánh sáng đơn sắc có bước sóng

  0,591m, đặt cách bản mỏng H = 0,8m. Bản có bề dày
S

h = 0,2mm và có chiết suất n = 1,4. Một màn E đặt như
hình vẽ, góc i  600.

E

H

H

i i

a. Tìm khoảng vân quan sát được trên màn.
b. Xác định độ đơn sắc cho phép  để có thể quan sát được giao thoa.
Lời giải.


a.   (AB  BC)n  (2.DM  )
2


2hn


 2h.t anr.sin i 
cosr
2
D

H

sin i
, cosr  1  sin2 r
với sinr 
n

   2hn.cosr 



 2h n 2  sin 2 i   k
2
2

Lấy vi phân 2 vế:
 

2h.cosi.sin i.i
n 2  sin 2 i

 k

O

M
i

A

H
C

r
B


Cho k  1 thì i 

 n 2  sin 2 i
2h cosi.sin i

Coi màn cách 2 nguồn:

Khoảng vân: x 

2H
cosi

2H
i  2,8cm
cosi

b. Trường hợp giới hạn: cực đại (k+1) của  trùng cực đại thứ k của bức xạ

  
(  )k  (k  1), k 




  


 14A 0
k

Bài 4. Một chùm ánh sáng đơn sắc có   0,5m chiếu vào một bản thủy
tinh mỏng, hai mặt song song, chiết suất n = 1,52. Biết khoảng cách góc giữa hai
cực đại liên tiếp của ánh sáng phản xạ là di  30 (quan sát dưới các góc lân cận góc

i  600 ). Xác định bề dày của bản.
Lời giải:

  2d n 2  sin 2 i 

Lấy vi phân: 2d


 k
2

2sin icosii
2 n  sin i

2

2

 .k

 n 2  sin 2 i
 13,8m.
Với k  1  d 
sin 2i.i
3. Vân tròn Niuton
Bài 1. Một thiết bị vân tròn Niu-tơn gồm một thấu kính phẳng – lồi mà mặt
cầu được đặt tiếp xúc với một thấu kính phẳng. Chiếu một chùm sáng song song,
đơn sắc,

  0,5m
, vuông góc với mặt phẳng của thấu kính. Vì có một vết bẩn


nhỏ nằm ở đỉnh thấu kính, nên thấu kính không thực sự tiếp xúc với tấm kính
phẳng. Vân tối thứ nhất có bán kính 1,5 mm và vân tối thứ 21 có bán kính 2,5 mm.
Xác định bán kính R của mặt cầu thấu kính.
Có cách nào xác định được bề dày của vết bẩn dựa vào thí nghiệm vân tròn
Niu-tơn?

r

Lời giai
Gọi h là bề dày vết bẩn, dk là khoảng
cách từ đỉnh thấu kính đến vân tối có bán kính

1,5 mm. Hiệu quang trình giữa hai tia giao
thoa với nhau tại vân tối là:

  2(d k  h) 
dk  h  k



 (2k  1)
2
2


2

Gọi rk là bán kính của vân tối tại thứ 15 tại K:
rk2  (d k  h)(2R  (d k  h))
 2R(d k  h)  (k  2h)R (1)

Bán kính vân tối thứ 20:

rk220  (k  20)R  2Rh (2)
Từ 1 và 2  rk220  rk2  20R
R

rk2 20  rk2
 0,4m
20

Không thể dựa vào thí nghiệm vân tròn Niu-tơn để xác định bề

Bài 2. Đặt một hình trụ rỗng H bằng thủy tinh kích thước nhỏ, thành mỏng,
lên trên một tấm thủy tinh đen T, hai mặt song song đặt trong không khí. Sau đó
trên H đặt một thấu kính phẳng – lồi L, bán kính cong của mặt lồi là R = 3m, đỉnh
của mặt lồi cách T một đoạn h = 5 mm. Chiếu vào hệ theo phương vuông góc một
chùm bức xạ đơn sắc có bước sóng 1  0,456m.
Chiết suất của không khí n = 1,000293.

L
H

a. Tâm của hệ vân là một điểm sáng, hãy tính bán
kính của ba vân tối kế tiếp đâu tiên.

T

b. Thay bức xạ trên bằng bức xạ đơn sắc có 2  0,436m rồi cho nhiệt độ
của H tăng dần từ 150C lên 1000C thì thấy có 18 vân tròn Niwton đi qua tâm. Hỏi
các vân đã dịch chuyển theo chiều nào? Tính hệ số nở dài của thủy tinh làm hình
trụ.
c. Hệ được giữ ở nhiệt độ không đổi và vẫn được chiếu sáng bằng bức xạ  2 .
Rút dần không khí trong hình trụ thì hệ vân thay đổi thế nào? Tính số vân đi qua
tâm của hệ khi đã hút hết không khí.
d. Bây giờ chỏm cầu của thấu kính L được mài bẹt thành một mặt tròn bán
kính R0 = 3 mm, song song với mặt phẳng của thấu kính, rồi đặt cho tiếp xúc với
tấm thủy tinh T. Hệ được chiếu sáng vuông góc bằng bức xạ 1 . Hãy tính bán kính
của vân tối thứ 10 và vân sáng thứ 5 tính từ trong ra.
Lời giải
Xét M tại điểm cách mặt tấm thủy tinh một đoạn d

  2nd 


2

Tại đỉnh O của mặt cầu: 0  2nh 


1
1
 k 0  h  (k 0  )
2
2n
2


Vị trí vân tối thỏa mãn d 

k
2n

rk  2(d  h)R

 2(

k 1
1
 (k 0  ))R
2n 2n

2


1
R
1
 (k  k 0  )R 
(k ' )
n
2
n
2
 rk 

R
1
(k ' )
n
2


thì sáng chuyển thành tối và ngược lại
2

Lưu ý: Khi  tăng hoặc giảm

Suy ra có thể áp dụng: rt  k

R
1 R

 (k  )
n
2 n

b. t1  150 C

t 2  1000 C

d

l2  l1 (1  t) d  d0 (1  t)
 d  d 2  d1  d1t khi d tăng một lượng thì hiệu quang trình tăng 2nd
2  1  2nd  2nd1t  18   

9
nd1t

Độ biến thiên độ dày của lớp khí khi thay đổi nhiệt độ là   85d1 (d1 là độ dày
tại 150 C)
Độ biến thiên của của hiệu quang trình (từ công thức d  2nd 

2  1  2nd  2n.85d1.  170nd1


) là
2


Nhận xét: Khi  tăng thì bậc giao thoa tăng ( (  k) suy ra hệ vân đi vào tâm
Khi  tăng n thì bậc cũng tăng n lần

 2nd  18
170nd1  18


9
85nd1

d1  h  5mm   9,23.106
c. n giảm   giảm  bậc vân giảm  hệ vân nở

  2nd 

 '  2d 


2


2

    '  2(n  1)d  2(n  1)h

(Xét tại O)

  '
 6,7 suy ra có 7 sáng vân đi qua tâm


Chú ý với bản mỏng   2ndcosr 


2

Khi chiếu gần vuông góc: cosr  1  2nd 

Với nêm không không (n = 1) thì   2d 


2

Trân trọng!
HẾT


2