Tổng hợp bài tập vật lí đại cương có giải chi tiết

CHƯƠNG MỞ ĐẦU: THUYẾT ĐỘNG HỌC PHÂN TỬ CHẤT KHÍ
1. Định luật Boyle – Marriote (cho quá trình đẳng nhiệt, T = const)
pV  const; p1 V1  p 2 V2

2. Định luật Gay – Lussac (cho quá trình đẳng áp, p = const)
V
V V
 const; 1  2
T
T1 T2

3. Định luật Charles (cho quá trình đẳng tích, V = const)
p
p
p
 const; 1  2
T
T1 T2

4. Phương trình trạng thái khí lý tưởng
- Phương trình Mendeleev – Clapayron (cho 1 mol khí): pV  RT
m
- Phương trình trạng thái khí lý tưởng: pV  RT , trong đó:

p, V, T, m,  : áp suất, thể tích, nhiệt độ tuyệt đối, khối lượng, khối lượng mol
 J 
R  8,31
 : Hằng số khí lý tưởng.
 mol.K 
m
m RT

RT
p
- Khối lượng riêng của khối khí: pV  RT  p 
p


V 

RT
5. Phương trình cơ bản của thuyết động học phân tử
2
- Phương trình cơ bản của thuyết động học phân tử: p  n 0 W , trong đó:
3
n0 là mật độ phân tử khí;
W là động năng tịnh tiến trung bình của phân tử.
3
J
- Đối với 1 mol khí lý tưởng: W  kT , trong đó k  1,38.10 23   - là hằng số Boltzmann.
2
k
6. Nội năng khí lý tưởng
- Định luật phân bố đều năng lượng theo bậc tự do: Động năng trung bình của các phân tử được phân bố đều
cho các bậc tự do của các phân tử và có giá trị bằng:  0 

ikT i
 RT
2
2
mi
RT

- Nội năng của một lượng khí bất kỳ: U 
 2
- Nội năng của một mol khí: U 0  N A

7. Các định luật phân bố phân tử
- Phân bố theo vận tốc (phân bố Maxwell)
1

kT
2


+ vận tốc xác suất cực đại: v xs 
+ vận tốc trung bình: v 

2kT
2RT

m0


8kT
8RT

m0


+ vận tốc căn quân phương (vận tốc trung bình toàn phương): vc 

3kT

3RT

m0


  mgh 
- Công thức khí áp: p h  p 0 exp 

 kT 
  mgh 
- Phân bố hạt theo độ cao: n  n 0 exp 

 kT 
  Wt 
- Phân bố theo thế năng: n  n 0 exp 

 kT 
Các bài tập cần giải: 0.1; 0.2; 0.3; 0.4; 0.5; 0.6.

Bài 0.1. Có 40g khí Oxy chiếm thể tích 3 lít, áp suất 10 at.
a) Tính nhiệt độ của khối khí;
b) Cho khối khí giãn nở đẳng áp đến thể tích 4 lít. Hỏi nhiệt độ của khối khí sau khi giãn nở?
Tóm tắt:
m  40g  4.102  kg   O 2
V  3  lit   3.10 3  m3 
p  10at  9,81.105  Pa 
a)T  ?
b)V  4  lit   4.103 m 3 .T  ?
Bài giải:
m

pV 9,81.105.3.103.32
a) Phương trình trạng thái khí lý tưởng: pV  RT  T 

 283K  100 C

mR
40.8,31
b) Đối với quá trình đẳng áp (định luật Gay – Lussac):
V V
V
4

 T  T
 283.  377K  1040 C
T T
V
3
Bài 0.2. Có 10g khí hidro ở áp suất 8,2 at đựng trong một bình có thể tích 20 lít.
a) Tính nhiệt độ của khối khí;
b) Hơ nóng đẳng tích khối khí này đến khi áp suất của nó bằng 9 at. Tính nhiệt độ của khối khí sau khi hơ
nóng.
Tóm tắt:
m  10g  102  kg   H 2
p  8, 2at  8, 2.9,81.104  0,8.106  Pa 
V  20  lit   2.10 2 m3
a)T  ?
b)p  9at  9.9,81.104  0,883.106  Pa 
T  ?
Bài giải:
m

pV 0,8.106.2.102.2
a) Phương trình trạng thái khí lý tưởng: pV  RT  T 

 387K  1140 C

mR
10.8,31
p p
p
9
b) Quá trình đẳng tích:   T  T  387
 425K  1520 C
T T
p
8, 2
2


Bài 0.3. Có 10kg khí đựng trong một bình, áp suất 107 N/m2. Người ta lấy ở bình ra một lượng khí cho tới khi
áp suất của khí còn lại trong bình bằng 2,5.106 N/m2. Coi nhiệt độ của khối khí không đổi. Tìm lượng khí đã
lấy ra.
Tóm tắt:
m  10kg
p  107  N / m 2  ; p  2, 5.10 6  Pa 
T  const; m  ?
Bài giải:
Phương trình trạng thái khí lý tưởng cho 2 trạng thái trước và sau:
m
m
p p

p  p p  p
p  p
pV  RT; pV 
RT  


 m  m


m m m  m
m
p

107  2,5.106 

p  p
Thay số vào ta có: m  m
 10
 7,5  kg 
p
107

Bài 0.4. Có 12g khí chiếm thể tích 4 lít ở nhiệt độ 70C. Sau khi hơ nóng đẳng áp, khối lượng riêng của nó
bằng 6.10-4 (g/cm3). Tìm nhiệt độ của khối khí sau khi hơ nóng.
Tóm tắt:
m  12g  12.103  kg 
V  4  lit   4.10 3  m 3  ; T  7 0 C  280K
p  const;   6.10 4 g / cm 3  0, 6  kg / m 3 
T  ?
Bài giải:

m
p mT
Phương trình trạng thái khí lý tưởng trước khi hơ nóng: pV  RT 

1

R
V
m
pV p
Phương trình trạng thái khí lý tưởng sau khí hơ nóng: pV  RT  T 

 2

mR R
Thay (1) vào (2): T 

p mT 12.103.280


 1400K
R V 4.103.0, 6

Bài 0.5. Có 10g khí Ôxy ở 100C, áp suất 3 at. Sau khi hơ nóng đẳng áp, khối khí chiếm thể tích 10 lít. Tìm:
a) Thể tích khối khí trước khi giãn nở;
b) Nhiệt độ khối khí sau khi giãn nở;
c) Khối lượng riêng của khối khí trước khi giãn nở;
d) Khối lượng riêng của khối khí sau khi giãn nở.
Tóm tắt:
m  10g  102 kg

T  100 C  283K; p  3at  29, 43.104 Pa  const
V  10  lit   102  m3 
a)V  ?
b)T  ?
c)  ?
d)  ?
Bài giải:
m
mRT 10.8,31.283
a) Phương trình trạng thái khí lý tưởng: pV  RT  V 

 2,5.103 m3  2,5  lit 
4

p
32.29, 43.10
b) Đối với quá trình đẳng áp, áp dụng định luật Gay – Lussac:
V V
V
10

 T  T
 283.
 1132K
T T
V
2,5
3

c) pV 
d)  

m
m p 29, 43.104.32.103
m
 0 2
RT    

 4  kg / m3  hoặc   
 4  kg / m3 

V RT
8, 31.283
V 2,5.103

m 102

 1 kg / m 3 
V 102

Bài 0.6. Một bình chứa một chất khí nén ở nhiệt độ 270C và áp suất 40 at. Tìm áp suất của khí khi đã có một
nửa khối lượng khí thoát ra ngoài và nhiệt độ hạ xuống tới 120C.
Tóm tắt:
T  27 0 C  300K; p  40at
1
m  m; t   120 C  T  285K; p  ?
2
Bài giải:
Phương trình trạng thái khí lý tưởng:

m
m
p mT
mT
1 285
pV  RT; pV 
RT  
 p  p
 40
 19at


p mT
mT
2 300

4


CHƯƠNG 2: NGUYÊN LÝ THỨ NHẤT CỦA NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC
Tóm tắt lý thuyết:
1. Nguyên lý thứ nhất:
U  U 2  U1  A  Q , trong đó: U là độ biến thiên nội năng, A và Q là công và nhiệt mà hệ nhận được
trong quá trình biến đổi.
A>0,Q>0 – thực sự nhận công hoặc nhiệt;
A<0,Q<0 – hệ sinh công hoặc tỏa nhiệt (nhận công và nhiệt âm);
A  A;Q  Q là công mà nhiệt mà hệ thực sự sinh (tỏa) ra.
Q  U  A
2. Công trong quá trình cân bằng
2

V2

A   A    pdV
1

V1

3. Nhiệt trong quá trình cân bằng
 J 
Q
- nhiệt dung riêng 
c
  Q  mcdT ;
mdT
 kg.K 
m
 Q
 J 
- nhiệt dung mol 
C  c 
  Q  CdT .

m dT
 mol.K 
4. Khảo sát các quá trình cân bằng
a) Quá trình đẳng tích V = const
V2

- Công: A    pdV  0

V1

T

- Nhiệt: Q   Q 

2
m
m
m
C V  dT  CV (T2  T1 )  CV T



T1

m
CV T

mi
mi
m
mi
Mặt khác: U 
RT  U 
RT  U  CV T 
RT
 2
 2


 2
i
 CV  R - nhiệt dung mol đẳng tích.
2
b) Quá trình đẳng áp p = const
- Độ biến thiên nội năng: U  A  Q  Q 

V2

- Công: A    pdV  p(V1  V2 )
V1

T2

- Nhiệt: Q   Q 

m

m

  C dT   C T
p

p

T1

m
Cp T


m
m
m
Mặt khác: pV  RT  p(V1  V2 )  R(T1  T2 )   RT



m
mi
i
i2
Suy ra: U   Cp  R  T 
RT  Cp  R  R  Cp 
R - nhiệt dung mol đẳng áp.

 2
2
2
C p  CV  R - hệ thức Mayer,
- Độ biến thiên nội năng: U  A  Q  p(V1  V2 ) 

Cp

i2
  - hệ thức Poisson.
CV
i
 - là hệ số Poisson hay chỉ số đoạn nhiệt.
c) Quá trình đẳng nhiệt T = const


V2

V

- Công: A    pdV , mặt khác: pV 
V1

2
V m
p
m
m RT
m
dV m
RT  p 
 A   RT 
 RT ln 1  RT ln 2

 V

V 
V2 
p1
V1

mi
RT  0
 2

m
V m
p
- Nhiệt: U  A  Q  0  Q  A  RT ln 2  RT ln 1

V1 
p2
d) Quá trình đoạn nhiệt Q = 0
- Độ biến thiên nội năng: U 

- Công & độ biến thiên nội năng: U  Q  A  A  A  U 

mi
RT
 2

mi
RdT
 2
mi
m
Mặt khác: A  pdV   pdV 
RdT  CV dT
 2

m RT
m RT
Từ PTTT: p 
  pdV  
dV

 V
 V
dV
dT R dV
dT Cp  CV dV
dT
dV
So sánh hai biểu thức:  RT
 CV dT 

0


 (   1)
0
V
T CV V
T
CV
V
T
V
Từ đó suy ra: dU  A 

Thích phân 2 vế: ln T  (   1) ln V  const  ln(TV 1 )  const  TV 1  const
Từ phương trình trạng thái có thể suy ra thêm được các phương trình tương đương:
pV   const
m RT

p

  1
 V
Tp   const
V2

- Tính công: A    pdV
V1

1
V2

p1V1
dV p1V1 1
p1V1  V2 

1


Ta có: pV  p1V1  p 

A


p
V

V

V


A


1


 
1 1 
2
1
V
V  1
  1  V1 

V1

p V p V
Hoặc: p 2 V2   p1V1  A  2 2 1 1
 1




m
m RT1  T2 
RT1  A 
  1

   1  T1 
Các bài tập cần làm: 8.1, 8.2, 8.4, 8.5, 8.9, 8.10, 8.12, 8.14, 8.16, 8.17, 8.24, 8.25, 8.27, 8.29, 8.31, 8.34

Hoặc: p1V1 

MỘT SỐ BÀI TẬP ĐẶC TRƯNG
Bài 8.4. Một bình kín chứa 14g khí Nito ở áp suất 1at và nhiệt độ 270 C . Sau khi hơ nóng, áp suất trong bình
lên tới 5at. Hỏi:
a) Nhiệt độ của khí sau khi hơ nóng;
b) Thể tích của bình;
c) Độ tăng nội năng của khí.
Tóm tắt:
m  14g; N 2 ;   28  g / mol  ; p1  1at  9,81.10 4  N / m 2  ; t1  27 0 C  T1  300K; p 2  5at
a)T2  ?
b)V  ?
c) U  ?
Bài giải:
p p
p
5
a) Quá trình đẳng tích: 1  2  T2  T1 2  300   1500K
T1 T2
p1
1


b) Phương trình trạng thái khí lý tưởng: pV 

m
m
14 8,31  300
RT  V 
RT1  

 0, 0127m3  12, 7  lit 
4

p1
28 9,81.10

c) V = const  A = 0 
m
14 5
U  Q  CV T    8,31 1500  300   12465  J   12, 465  kJ 

28 2
Bài 8.9. 6,5g Hidro ở nhiệt độ 270 C , nhận được nhiệt nên thể tích giãn nở gấp đôi, trong điều kiện áp suất
không đổi. Tính:
a) Công mà khối khí sinh ra;
b) Độ biến thiên nội năng của khối khí;
c) Nhiệt lượng đã cung cấp cho khối khí.
Tóm tắt:
V
m  6, 5g  6, 5.103  kg  ; t1  27 0 C  T1  300K; 2  2; p  const
V1
a) A  ?
b) U  ?
c)Q  ?
Bài giải:
V2
m
6,5
a) A   A   pdV  p  V2  V1   p  2V1  V1   pV1  RT1 
 8,31  300  8102  J 


2
V1

m
m i
V V
V
CV T   R   T2  T1  , mặt khác do quá trình đẳng áp nên: 1  2  T2  T1 2  2T1
T1 T2
V1

 2
m i
m i
m i
6,5 5
từ đó: U   R   T2  T1    R   2T1  T1    R  T1 
  8,31 300  20255  J 
 2
 2
 2
2 2
c) Theo nguyên lý 1: Q  U  A  20255  8102  28357  J 
Bài 8.14. 10g khí Oxy ở áp suất 3at và nhiệt độ 100C được hơ nóng đẳng áp và giãn nở đến thể tích 10 lít.
Tìm:
a) Nhiệt lượng cung cấp cho khối khí;
b) Độ biến thiên nội năng của khối khí;
c) Công do khí sinh ra khi giãn nở.
Tóm tắt:

m  10g  102 kg; p  3at; t1  100 C  T1  283K; V2  10  lit   102 m3
a)Q  ?
b)U  ?
c)A  ?
Bài giải:

m
m i2
i2
m
a) Q  Cp T 
R  T2  T1  
 pV2  RT1   (thay số)

 2
2 


5 2
10

4
3

 3.9,81.10 .10.10  .8,31.  273  10    7728  J 
2 
32


m

i
m
i
5
Q  .7728  5520  J 
b) U  CV T   pV2  RT1  

2

7
 i2
c) A  Q  U  7728  5520  2208  J 
b) U 

Bài 8.31. Một khối khí (lưỡng nguyên tử - sách bài tập cho thiếu dữ kiện này) thực hiện 1 chu trình như trên
hình vẽ, trong đó 1-2 và 3-4 là 2 quá trình đẳng nhiệt ứng với nhiệt độ T1 và T2, 2-3 và 4-1 là 2 quá trình đoạn
nhiệt. Cho biết:
V1 = 2 lít, T1 = 400K, V2 = 5 lít, p1 = 7at, V3 = 8 lít.
Tìm:
a) p2, p3, p4, V4, T2;
b) Công do khối khí thực hiện trong từng quá trình và trong cả chu trình;
c) Nhiệt mà khối khí nhận được (hoặc tỏa ra) trong từng quá trình đẳng nhiệt.


i  5; V1  2  lit   2.103 m3 ;T1  400K; V2  5  lit   5.103 m3 ; p1  7at; V3  8  lit   8.103 m3
a)p 2  ?; p3  ?; p 4  ?; V4  ?;T2  ?
b)A  ?;
c)Q  ?.
a) 12 đẳng nhiệt: p 2 V2  p1V1  p 2 
Khí lưỡng nguyên tử:  

V1
2
p1   7  2,8  at 
V2
5

i2 7
  1, 4
i
5

23 đoạn nhiệt:


1,4

V 
5
p 2 V  p3V  p3  p 2  2   2,8.  
8
 V3 

2

1
2

Mặt khác: T2 V

1
3

 T3V

V 
 T3  T2  2 
 V3 
1

4 4

1

1 1


3

1

 1, 45  at 

1,4 1

5
 400  
8

 331 K 



1,4

 T 1
 400 11,4
 3,6  at 
Quá trình 41 đoạn nhiệt: T p  T p  p 4  p1  1   7 

 331 
 T4 
p
1, 45
Quá trình 34 đẳng nhiệt: p 4 V4  p3 V3  V4  3 V3 
 8  3, 2  lit 
p4
3, 6
b) Công mà khối khí thực hiện:
- trong quá trình 12 (đẳng nhiệt):
V2
V2
V2
V
dV
dV
5
   pdV   pV
A12
 p1V1 
 p1V1 ln 2  7.9,8.104.2.103.ln  1258  J 

V
V
V1
2
V1
V1
V1
- Trong quá trình đoạn nhiệt 23:
1
V3
p 2 V2 
dV p 2 V2 1
p 2 V2   V3  

1
pV  p 2 V2  p 
 A23  A 23  p 2 V2   
 V2  V3   A23    1 1   V  
V
V
 1
  2  
V2
Thay số:
1
11,4
p 2 V2   V3   2,8.9,81.104.5.103   8  
1     
A23 
1      588  J 

  1   V2  
1, 4  1
  5  


- Trong quá trình đẳng nhiệt 34:
V4
V4
V4
dV
dV
V
3, 2

A 34   pdV   pV
 p3 V3 
 p3 V4 ln 4  1, 45.9,8.104.8.103.ln
 1043  J 
V
V
V3
8
V3
V3
V3




- Trong quá trình đoạn nhiệt 41:

1
V1
p 4 V4 
dV p 4 V4 1
p 4 V4   V1  

1
pV  p 4 V4  p 
 A41   A 41  p 4 V4   
 V4  V1   A41    1 1   V  
V
V
 1
  4  
V4
Thay số:
1
11,4
p 4 V4   V1   3, 6.9,81.104.3, 2.103   2  
1     
A41 
1  
   588  J 
  1   V4  
1, 4  1
3,
2

 





Cả chu trình: A  1258  588  1043  588  219  J 
c) Khí chỉ nhận (tỏa) nhiệt trong 2 quá trình đẳng nhiệt:
  1258  J  và Q34   A34  1043  J  suy ra: Q  Q12  Q34  1258  1043  215  J 
Q12  A12
Bài 8.34. Vẽ các đồ thị của những quá trình đẳng tích, đẳng áp, đẳng nhiệt và đoạn nhiệt của giản đồ:
a) T,p;
b) T,V;
c) T,U;
d) V,U.





a)
(1): Đẳng tích:
p=const.T
(2): Đẳng áp:
p=const
(3): Đẳng nhiệt:
T=const
(4): Đoạn nhiệt:

b)
(1): Đẳng tích: V=const
(2): Đẳng áp: V=const.T
(3): Đẳng nhiệt: T=const

1

(4): Đoạn nhiệt: V  T 1



p  T  1
c)
(1): Đẳng tích:
mi
U
RT
 2
(2): Đẳng áp:
mi
U
RT
 2
(3): Đẳng nhiệt:
mi
U
RT0
 2
(4): Đoạn nhiệt:
mi
U
RT
 2

c)

(1): Đẳng tích: V=const
(2): Đẳng áp:
mi
mi  V 
U
RT 
R

2
 2  const 
(3): Đẳng nhiệt:
mi
U
RT0  const
 2
(4): Đoạn nhiệt:
mi
mi
U
RT 
RV1
 2
 2


NGUYÊN LÝ 2 CỦA NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC
1. Hiệu suất của động cơ nhiệt



A QH  QL
Q

 1 L
QH
QH
QH

QH - là nhiệt mà tác nhân nhận được của nguồn nóng
QL - là nhiệt mà tác nhân tỏa ra nguồn lạnh
2. Hệ số làm lạnh của máy lạnh



QL
QL

A QH  QL

QL- là nhiệt lương mà tác nhân nhận của nguồn lạnh
QH - là nhiệt mà tác nhân tỏa ra nguồn nóng
3. Hiệu suất của động cơ nhiệt hoạt động theo chu trình Carnot thuận

  1

TL
TH

4. Hệ số làm lạnh của máy lạnh hoạt động theo chu trình Carnot ngược



TL
TH  TL

5. Độ biến thiên etropy giữa 2 trạng thái (1) và (2) của một quá trình thuận nghịch
(2)

 S  S 2  S1 



(1)

Q
T

Đối với khí lý tưởng:
m
T2
V  m
p
V 
 R ln 2    C V ln 2  C p ln 2 
 C V ln

T1
V1   
p1
V1 

(2)
 Đoạn nhiệt: Q  0   S   Q  0  S  const
T
(1)

S 

(2)



Đẳng nhiệt: T  const   S 



(1)

Q 1

T
T

(2)

Q

 Q  T

(1)

6. Nguyên lý tăng Entropy
Với các quá trình nhiệt động thực tế xảy ra trong 1 hệ cô lập, entropy của hệ luôn tăng
S  0
Dấu “=” xảy ra nếu quá trình là thuận nghịch, dấu “>” xảy ra nếu quá trình là không thuận
nghịch.
Các bài tập cần làm:
9.1, 9.3, 9.4, 9.6, 9.7, 9.10, 9.12, 9.14, 9.16, 9.18, 9.19, 9.20, 9.21, 9.22, 9.23, 9.25, 9.27
MỘT SỐ BÀI TẬP ĐẶC TRƯNG
Bài 9.4. Một động cơ nhiệt làm việc theo chu trình Carnot, sau mỗi chu trình sinh một công A
= 7,35. 104J. Nhiệt độ của nguồn nóng là 100°C, nhiệt độ của nguồn lạnh là 0°C. Tìm:
a) Hiệu suất của động cơ?
b) Nhiệt lượng nhận được của nguồn nóng sau một chu trình?
c) Nhiệt lượng nhà cho nguồn lạnh sau một chu trình?


Tóm tắt:
A  7,35.104  J  , t H  100o C  TH  373K, t L  0o C  TL  273K
a)carnot  ?
b)Q H  ?
c)QL  ?
Bài giải:
T
273
a) carnot  1  L  1 
 26,81%
TH
373
b) QH 

A

carnot



7,35.104
 27, 42.104  J 
26,81%

c) QL  QH  A  27, 42.104  7,35.104  20,07.104  J 
Bài 9.7. Một máy lạnh làm việc theo chu trình Carnot nghịch, tiêu thụ công suất là 36800W.
Nhiệt độ của nguồn lạnh là -10°C, nhiệt độ của nguồn nóng là 17°C. Tính:
a) Hệ số làm của máy?
b) Nhiệt lượng lấy được của nguồn lạnh trong 1 giây?
c) Nhiệt lượng nhả cho nguồn nóng trong 1 giây?
Tóm tắt:
P  36800  W  , t L  10o C  TL  263K, t H  17 o C  TH  290K
a)  ?
b)t  1 s   Q L  ?
c)t  1 s   QH  ?
Bài giải:
TL
263
a)  

 9, 74
TH  TL 290  263
Q
b) Ta có:   L  Q L  A  Pt  9, 74.36800.1  0, 36.10 6  J 
A
c) Ta có: QH  A  QL  A  A  A    1  Pt    1  36800.1.  9, 74  1  0,395.106  J 

Bài 9.14. Hình 9-2 trình bày giản đồ lý thuyết của động cơ đốt trong 4 kỳ.
a) Trong quá trình đầu tiên, hỗn hợp cháy được
nạp vào xi lanh, khi đó p 0  const và thể tích tăng từ
(nhánh AB);
b) Trong quá trình thứ hai (nhánh BC), hỗn hợp
cháy được nén đoạn nhiệt từ V1  V2 . Khi đó nhiệt độ
tăng từ T0 đến T1 và áp suất từ p 0  p1 ;
c) Tiếp theo là quá trình đốt cháy nhanh hỗn hợp
cháy bằng tia lửa điện; khi đó áp suất tăng từ , thể tích
không đổi và bằng V2 ( nhánh CD), nhiệt độ tăng đến
T2 ;
d) Tiếp theo là quá trình giãn đoạn nhiệt từ V2 đến V1 ( nhánh DE), nhiệt độ giảm xuống
T3 ;
e) Ở vị trí cuối cùng của pittông ( điểm E) , van mở, khí thoát ra ngoài, áp suất giảm
nhanh đến p 0 , thể tích không đổi và bằng V1 (nhánh EB)
g) Cuối cùng là quá trình nén đẳng áp ở áp suất p 0 (nhánh BA).


Hãy tính hiệu suất của chu trình nếu hệ số nén

V1
 5 và hệ số đoạn nhiệt là 1,33.
V2

Bài giải:
- Trước hết ta thấy quá trình AB và BA là quá trình thuận nghịch nên:
Q AB  Q BA , AAB   ABA
- 2 quá trình đoạn nhiệt BC và DE không trao đổi nhiệt.
- Quá trình CD là quá trình nhận nhiệt: QH  QCD  CV  TD  TC 
- Quá trình EB là quá trình tỏa nhiệt: QL  QL  CV  TB  TE 

Hiệu suất:
i
 R  TB  TE 
CV  TB  TE 
R  TB  TE 
QL
QL
p V  p E VE
  1
 1
 1
 1 2
 1
 1 B B
i
QH
QH
CV  TD  TC 
R  TD  TC 
p D VD  pC VC
 R  TD  TC 
2
V p p
VB  V1 , VE  V1 , VD  V2 , VC  V2    1  1 B E
V2 p D  p C
Mặt khác xét 2 quá trình đoạn nhiệt BC và DE ta có:

p
 V2 
B

  




 pC  V1 
p
p
p  pE
p  pE
p B VB  pC VC
p B V1  pC V2


 B  E  B
 B






pC p D pC  pD
p D  pC
 p E  V2 
p D VD  p E VE
p D V2  pE V1

 


 pD  V1 
Thay vào:


1

1,331

V 
V p  pE
V p
V V 
1
  1 1 B
 1 1 B  1 1  2   1  2   1  
 41, 2%
V2 p D  pC
V2 pC
V2  V1 
5
 V1 
Bài 9.18. Tính độ biến thiên entropy khi hơ nóng đẳng áp 6,5 gram hidro, thể tích khí tăng lên
gấp đôi.
Tóm tắt:
H 2 , m  6,5g, p  const, V2  2V1
S  ?
Bài giải:
Quá trình đẳng áp:
2
m

m
dT m
T m
V 6,5 5
Q  Cp dT  S   C p
 C p ln 2  Cp ln 2 
. .8,31.ln 2  65,52  J / K 


T

T1 
V1
2 2
1


CHƯƠNG 4. KHÍ THỰC
1. Phương trình trạng thái của khí thực:
a 

- Đối với 1 mol khí:  p  2   V  b   RT , trong đó p, V, T lần lượt là áp suất, thể tích và
V 

nhiệt độ tuyệt đối của khí thực.
a
* 2 : gọi là nội áp, vì áp suất thực tế lên thành bình nhỏ hơn nên để viết phương trình trạng
V
thái (được suy ra từ phương trình trạng thái khí lý tưởng) phải cộng thêm nội áp (thì mới bằng
với áp suất khí lý tưởng)

* b: là cộng tích vì thể tích cho chuyển động tự do thực chất nhỏ hơn thể tích khí thực (trong
phương trình trạng thái khí lý tưởng V là thể tích vùng không gian mà phân tử chuyển động tự
do, nên ở đây ta phải trừ đi 1 lượng gọi là cộng tích – là thể tích mà các phân tử chiếm chỗ).
* a, b là các hằng số Van der Waals.


m2 a  
m  m
- Đối với 1 lượng khí bất kỳ:  p  2 2   V  b   RT
 V 
  

2. Trạng thái tới hạn của các chất khí:
RT
a
a 

 2
 p  2   V  b   RT  p 
Vb V
V 

Tìm điểm uốn:
RT
2a
2a
 dp
 RT
 3 0
 3

(1)
2
2
 dV 

V
 V  b V

 V  b

 2
 d p  2RT  6a  0  2RT  6a
(2)
 dV 2  V  b 3 V 4
  V  b 3 V 4


Chia hai về của phương trình (1) cho phương trình (2) ta thu được:
 V  b   2a V 4  V
 V  3b  Vk  3b
2
V3 6a 3
RT
2a
RT
2a
8a

 2 
 Tk 

Thay giá trị này vào (1) ta được:
2
3
3
27bR
 3b  b   3b  4b 27b
8a
R
RT
a
a
a
Thay vào phương trình trạng thái khí thực: p k 
 2  27bR 

2
2
Vb V
3b  b
 3b  27b

Tóm lại, các giá trị tới hạn của chất khí là:
8a
a
, pk 
Vk  3b , Tk 
27bR
27b2
m
8a

a
Chú ý đối với 1 lượng khí bất kỳ: Vk  3b , Tk 
, pk 

27bR
27b 2
Ngược lại nếu biết các giá trị tới hạn, có thể tính được các hằng số Van der Waals:

Tk 

27R 2 Tk2
a
Tk2
64a 2 27b 2
64a
8a
64a 2

a




 Tk2  2 2 2 ; p k 
64pk
27bR
27 b R
27b 2
p k 27 2 b 2 R 2 a
27R 2

Tk 

RTk
8a
a
Tk
8a 27b 2 8b



 b
, pk 
2
8p k
27bR
27b
p k 27bR a
R


Bài 10-3. Tìm áp suất của khí carbonic ở nhiệt độ 3 0C nếu biết khối lượng riêng của nó ở nhiệt
độ ấy là 550 kg/m3
Tóm tắt:
CO 2 , t  30 C  T  276K
  44.103  kg / mol  ,   550  kg / m3 
p?
Đối với khí CO2 ta có: a  0, 364  Nm 4 / mol2  , b  4,3.10 5  m3 / mol 



m2 a  
m  m
Phương trình trạng thái khí thực:  p  2 2   V  b   RT
 V 
  

Chia cả 2 vế cho V, ta thu được:

2    
 RT
2
RT
2
 2a
 2a
 p  2 a 1  b   RT  p 
    
   

 

1   b 
   b




8,31.276
5502



0,364  5,1.106 N / m 2
3 2
 44.103

 4,3.105  44.10

550


Bài 10-4. Thể tích của 4 g khí ôxy tăng từ 1 đến 5 dm3. Xem khí ôxy là khí thực. Tìm công của
nội lực trong quá trình giãn nở đó?
Tóm tắt:
O 2 , m  4  g  , V1  1 dm 3   V2  5  dm3 
Ai  ?









Đối với khí O2, ta có: a  0,137  Nm 4 / mol2  , b  3.105  m 3 / mol 
Công của nội lực sinh ra trong quá trình giãn nở:
V2
V2
m2 a
m2  1

1  42
1 
 1
Ai   pi dV   2 2 dV  2 a     2 0,137  3 
 1, 7125  J 
 V
  V1 V2  32
5.103 
 10
V1
V1
Bài 10-8. Đối với khí carbonic: a=3,64.105 Jm3/kmol2, b=0,043 m3/kmol. Hỏi:
a) 1 g carbonic lỏng có thể tích lớn nhất là bao nhiêu?
b) Áp suất hơi bão hòa lớn nhất là bao nhiêu?
c) CO2 lỏng có thể có nhiệt độ cao nhất là bao nhiêu?
d) Cần phải nén khí CO2 với áp suất bằng bao nhiêu để thành CO2 lỏng ở nhiệt độ 31 0C và 50
0C.
Tóm tắt:
CO 2 , a  0,364  Nm 4 / mol 2  , b  4,3.10 5  m3 / mol 
a)m  1g  103 kg, Vmax (láng)  ?
b)p max (h¬i b· o hßa)  ?
c)Tmax (CO 2 láng)=?
d)T1  304K, T2  323K, p láng  ?


a) Thể tích CO2 lỏng lớn nhất là thể tích ở trạng thái tới
hạn. (suy ra từ hình vẽ):
m
1
Vk  3b  .3.4,3.105  2,93.106  m3 


44
b) Áp suất hơi bão hòa cũng chính là áp suất ứng với
trạng thái tới hạn (suy ra từ hình vẽ):
a
0, 364
pk 

 7, 3.106  N / m 2 
2
2

5
27b
27.  4,3.10 
c) Nhiệt độ cao nhất mà Nitơ còn ở thể lỏng là:
8a
8.0,364
Tk 

 302K  304K  310 C
27Rb 27.8, 31.4,3.105
d) Như ta thấy trên đồ thị, đường đẳng nhiệt Van der Waals. Để khí CO2 hóa lỏng ở nhiệt độ
310C (tức là nhiệt độ tới hạn) thì áp suất phải đạt được chính là pk = 7,3.10-6 (N/m2).
Còn ở nhiệt độ 500C (ví dụ T2) trên hình vẽ, thì khí không thể hóa lỏng được, dù áp suất có cao
đến đâu đi chăng nữa.


CHƯƠNG 5. CHẤT LỎNG
1. Năng lượng mặt ngoài của chất lỏng: E  S ,

trong đó S là diện tích bề mặt,  là suất căng mặt ngoài
2. Lực căng mặt ngoài: F  l , trong đó l là chu vi của màng chất lỏng
 1
1 

3. Áp suất phụ p trên mặt khum được xác định bởi công thức: p   
,
 R1 R 2 
Trong đó R1 và R2 là bán kính cong của 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau tại điểm đang xét.
(Tiếp tuyến của 1 mặt cong tại 1 điểm là giao tuyến của mặt cong với mặt phẳng chứa pháp
tuyến tại điểm đó).
2
- Nếu mặt khum là mặt cầu bán kính R thì: p 
R
Ở đây quy ước mặt khum lõm có bán kính âm nên áp suất phụ có giá trị âm, mặt khum lồi
có bán kính dương nên áp suất phụ có giá trị dương.
4. Chiều cao của cột chất lỏng dâng lên trong ống mao dẫn (công thức Jurin)
2 cos 
, trong đó  là góc giữa thành ống và tiếp tuyến của mặt chất lỏng về phía có chất
h
rg
lỏng (góc mép), r là bán kính của ống mao dẫn,  là khối lượng riêng của chất lỏng.
2
- Trường hợp đặc biệt   0 trong trường hợp dính ướt hoàn toàn, khi đó: h 
, mức nước
r g
tăng lên cao nhất.
2
- Trường hợp đặc biệt   1800 trong trường hợp không dính ướt, khi đó: h 
, mức nước

rg
tụt xuống sâu nhất.
- Các trường hợp khác 00    1800 thì mức nước có thể dâng lên hay tụt xuống tùy thuộc vào
góc mép lớn hơn hay nhỏ hơn 900.
Bài 11.2. Hai giọt thủy ngân với bán kính mỗi giọt là 1 mm nhập lại thành một giọt lớn. Hỏi
nhiệt độ của thủy ngân tăng lên bao nhiêu? Cho biết thủy ngân có suất căng mặt ngoài
  0,5N / m , khối lượng riêng   13, 6.103 kg / m3 , nhiệt dung riêng c  138J /  kg.®é 
Tóm tắt:
r  1mm  103 m,   0,5N / m,   13, 6.103 kg / m, c  138J / (kg.®é)
T  ?
Ta có tổng năng lượng mặt ngoài ban đầu của 2 giọt thủy ngân là: E  2S  8r 2
Năng lượng lúc sau của giọt thủy ngân lớn là: E  S  4r 2
4
Khối lượng của 2 giọt thủy ngân: m  2V  2 r 3 ,
3
4
khối lượng của giọt thủy ngân lớn: m  V  2 r3
3
3
3
3
so sánh 2 giá trị này ta có: 2r  r  r  2r
Độ biến thiên năng lượng của hệ: E  E  E  8r 2  4r 2  4r 2 (2  3 4)
Độ biến thiên năng lượng này làm nóng khối thủy ngân: E  4r 2 (2  3 4)  Q  mcT


Nên:
T 

4r 2 (2  3 4) 4r 2 (2  3 4) 3(2  3 4)

3.0,5(2  3 4)



 1, 65.104  ®é 
3
3
4 3
mc
2

rc
2.13,
6.10
.10
.138
2 r c
3

Bài 11.3. Tính công cần thực hiện để thổi một bong bóng xà phòng đạt đến bán kính r = 7 cm.
Suất căng mặt ngoài của nước xà phòng là   4.102 N / m . Áp suất khí quyển
p 0  1, 01.105  N / m  .
Tóm tắt:
r  7cm,   4.102 N / m, p0  1, 01.105  N / m 

A?
- Quá trình thổi bong bóng xà phòng được coi gần đúng là một quá trình nén khí đẳng nhiệt.
Không khí ở ngoài có áp suất khí quyển p0 bị dồn vào trong bong bóng xà phòng và có áp suất
là p.
- Công để thổi bong bóng bao gồm: công để nén khí vào trong “quả bóng” (A1) và công để tăng

diện tích mặt ngoài (tức là tăng năng lượng mặt ngoài) (A2),
- Tính công để nén khí vào trong “quả bóng”. Coi đây là 1 quá trình đẳng nhiệt:
p
A1  pV ln , trong đó V là thể tích của cái bong bóng xà phòng, p0 là áp suất khi quyển.
p0
Ta đi tính áp suất p trong bong bóng. Áp suất này bao gồm: áp suất khí quyển và áp suất của 2
mặt khum (tại vì màng xà phòng có 2 mặt tiếp xúc với không khí)
2
4
p  p 0  2.
 p0 
r
r
4 

p 
 4  4 3  4 
p 
4  4 3  0 r 
Như vậy công A1  pV ln   p 0 
  p0 1 
 r ln 1 

 r ln 
p0 
r 3
 p0 r  3
 p0r 
 p0 



 4  4
4
4 16r 2
4
4

Vì
và 1 
 1 nên ln 1 
 1  A1  p0 r 3

3
p0 r
3
p0 r
p0r
 p0 r  p0 r
Bài 11.6. Để xác định lực căng mặt ngoài của rượu, người ta làm như sau: cho rượu trong một
cái bình chảy nhỏ giọt ra ngoài theo một ống nhỏ thẳng đứng có đường kính 2mm. Thời gian
giọt này rơi sau giọt kia là 2 giây. Người ta thấy rằng sau thời gian 780 giây thì có 10 gam rượu
chảy ra. Tính suất căng mặt ngoài của rượu. Coi chỗ thắt của giọt rượu khi nó bằng đầu rơi có
đường kính bằng đường kính của ống nhỏ giọt.
Tóm tắt
d  2mm  2.103 m;   2s; t  780s; m  10g  102 kg
?
t
m m.
Số giọt rượu rơi trong 780 giây là: n 
 khối lượng 1 giọt rượu là: m 0 



n
t
Giọt rượu bắt đầu rơi xuống khi trọng lực của nó thắng được sức căng mặt ngoài, khi bắt đầu
rơi:
m..g
m..g
10 2.2.9,8
F  P  l  m 0 g  d 


 0, 04(N / m)
t
t..d 780.3,14.2.103


Chương 6. Thuyết tương đối hẹp của Einstein
1. Phép biến đổi Lorentz
V.x
V.x '
t 2
t ' 2
x  V.t
c hoặc x  x ' V.t ' , y  y ', z  z ', t 
c
x' 
, y '  y, z '  z, t ' 
2
2

2
V
V
V
V2
1 2
1 2
1 2
1 2
c
c
c
c
2. Sự co ngắn Lorentz

V2
 l0 , trong đó l là chiều dài của vật trong hệ quy chiếu mà nó chuyển động (hệ quy
c2
chiếu K), l0 là chiều dài của nó trong hệ quy chiều mà nó đứng yên (hệ K’).
3. Sự giãn nở của thời gian
l  l0 1 

V2
 t , trong đó t là khoảng thời gian được đo bằng đồng hồ chuyển động, còn
c2
t là khoảng thời gian được đo bằng đồng hồ đứng yên.
4. Khối lượng của chất điểm chuyển động:
m0
m
, trong đó m là khối lượng của chất điểm chuyển động, m0 là khối lượng khi chất

1  (v / c)2
điểm đứng yên.
5. Hệ thức Einstein:
m0c2
2
W  mc 
1  (v / c) 2
6. Động năng của một vật chuyển động với vận tốc v:


1
2
2
2 
W®  mc  m 0 c  m0 c
 1
 1 v / c 2
  

t  t 1 

7. Năng lượng ứng với độ hụt khối : W  m.c 2
Các bài tập cần giải: 6.1, 6.2, 6.4, 6.5, 6.6, 6.8
Bài 6.1. Vật chuyển động phải có vận tốc bao nhiêu để kích thước của nó theo phương chuyển
động giảm đi 2 lần?
2

 l
 l
V2

V2
Ta có: l  l0 1  2     1  2  v  c 1   
c
c
 l0 
 l0 
2

2

 l
Thay số: v  c 1     3.108. 1  0,52  2, 6.108  m / s 
 l0 
Bài 6.4. Hạt meson trong các tia vũ trụ chuyển động với vận tốc bằng 0,95 lần vận tốc ánh sáng.
Hỏi khoảng thời gian theo đồng hồ người quan sát đứng trên Trái Đất ứng với khoảng “thời gian
sống” một giây của hạt meson là bao nhiêu?


Ta có: t  t 1 

V2
, trong đó: t  1s  t 
c2

t 
V2
1 2
c



1
1  0,952

 3, 2s

(chú ý trong sách giải ký hiệu sai, ngược).
Nhắc lại: t là khoảng thời gian đo bằng đồng hồ gắn liền với hạt (tức là hệ quy chiếu mà trong
đó hạt là đứng yên)
Bài 6.5. Khối lượng của hạt  tăng thêm bao nhiêu nếu tăng vận tốc của nó từ 0 đến 0,9 lần vận
tốc ánh sáng.
m0
Ta có: m 

1  (v / c) 2





1
1
m  m 0  m0 
 1  4.1, 67.1027. 
 1  8, 6.1027 (kg)
 1  0,92

 1  (v / c)2






Hạt  gồm có 2 proton và 2 neutron liên kết với nhau giống hạt nhân Heli, He2+
Bài 6.6. Khối lượng của electron chuyển động bằng hai lần khối lượng nghỉ của nó. Tìm động
năng của electron trên.
W  mc2 , W0  m0c2 , mặt khác: m  2m 0 nên ta có:
Động năng:
2

W®  W  W0  mc 2  m0 c 2   2m0  m 0  c2  m 0 c 2  9,1.1031.  3.108   8, 2.1014  J 


BÀI TẬP CHƯƠNG “GIAO THOA ÁNH SÁNG”
1. Giao thoa của 2 nguồn sáng kết hợp
Hai nguồn sáng kết hợp là 2 nguồn phát ra sóng ánh sáng có cùng tần số và có độ lệch pha không
đổi theo thời gian.
Tại 1 điểm nhận cùng 1 lúc 2 sóng truyền tới từ 2 nguồn, có hiệu quang lộ của 2 sóng tới là: L1  L2
- Cực đại giao thoa: L1  L2  k ,

k  0, 1, 2,...

1

k  0, 1, 2,...
- Cực tiểu giao thoa: L1  L 2   k   
2

Ghi chú: trong môi trường chân không hoặc không khí thì L1  L2  r1  r2 , trong đó r1,r2 là khoảng
cách (hình học) từ 2 nguồn sáng đến điểm đang xét.

2. Giao thoa khe Young
Hiệu quang lộ (bằng hiệu quãng đường)
x
d 2  d1  S1H  a sin   a tan   a
D
Vị trí vân sáng:
x
D
d 2  d 1  a  k  x  k
D
a
k  0, 1, 2,...
Vị trí vân tối:
x

D
d 2  d1  a  (2k  1)  x  (2k  1)
D
2
2a
k  0, 1, 2,...
D
Bề rộng của vân giao thoa (khoảng vân): i 
a
Trong đó:
a – là khoảng cách giữa 2 nguồn sáng;
D – là khoảng cách giữa nguồn sáng đến màn quan sát;
 - là bước sóng của ánh sáng.
3. Giao thoa bản mỏng có độ dày thay đổi – vân cùng độ dầy


- Hiệu quang lộ của 2 tia phản xạ trên hai mặt của bản mỏng: L1  L 2  2d n 2  sin 2 i 
2
Trong đó:
d – là bề dầy của bản mỏng tại điểm đang xét;
n – chiết suất của bản mỏng;
i – là góc tới của tia sáng trên bản mỏng;
- Nêm không khí: Với bài toán “nêm không khí” chúng ta chỉ xét trường hợp chùm sáng chiếu
vuông góc với mặt đáy của nêm:

1


- Hiệu quang lộ của 2 tia (1 tia phản xạ trên bề mặt 1 tại
điểm M, 1 tia phản xạ trên bề mặt 2 tại điểm K):

L  2d  , tia thứ nhất phản xạ tại điểm M, không bị
2
đảo pha. Tia thứ 2 ngoài quãng đường đi như tia thứ nhất

còn thêm 2d và thêm do bị phản xạ ở bề mặt 2 .
2
 
1
- Xét các vân tối: L  2d    k   
2 
2

với k  0,1, 2,...
2


- Xét các vân sáng: L  2d   k ,
2
1   viÕt l ¹ i
1


suy ra: d   k   
 d   k   với k  0,1, 2,...
22
22


- Nêm thủy tinh:
Xét 1 nêm thủy tinh, chiết suất là n, 1 tia sáng rọi vuông
góc với mặt đáy của nêm:
- Hiệu quang lộ giữa 2 tia:



L   SM  2nd    SM    2nd 
2
2

- Điều kiện để là vân tối:
 
1


2nd    k    , suy ra: d   k  1
dk

2n
2n
2 
2
với k  0,1, 2,...

Từ đó suy ra: d  k


 k ,
2
 viÕt l ¹ i
1 

suy ra: d   2k  1
với k  0,1, 2,...
 d   k  
4n
2  2n

- Vân tròn Newton (bản chất là bài toán “nêm không khí”)
Như trong trường hợp nêm không khí:

Vị trí các vân tối: d  k với k  0,1, 2,...
2
1

Vị trí các vân sáng: d   k   với k  0,1, 2,...
2 2



(so sánh với cách viết: d   2k  1 với k  1,2,3,...  như nhau!)
4
Công thức tính bán kính vân tối thứ k: rk  Rk

- Điều kiện để là vân sáng: 2nd 

2


Khoảng cách giữa 2 vân sáng (tối) liên tiếp: i  rk 1  rk 



k 1  k



R

4. Bản mỏng có độ dầy không đổi (vân cùng độ nghiêng):
- Hiệu quang lộ giữa 2 tia phản xạ trên 2 mặt của bản mỏng: L1  L 2  2d n 2  sin 2 i 


2

Bài tập cần giải:
1.2, 1.6, 1.7, 1.8, 1.10, 1.13, 1.14, 1.16, 1.19, 1.20. 1.22, 1.24, 1.25, 1.26, 1.28, 1.29, 1.32
Bài 1.2. Khoảng cách giữa hai khe trong máy giao thoa Young là l = 1mm. Khoảng cách từ màn
quan sát đến mặt phẳng chứa hai khe là D = 3m. Khi toàn bộ hệ thống đắt trong không khí, người

ta đo được khoảng cách giữa hai vân sáng liên tiếp là i = 1,5mm.
a) Tìm bước sóng của ánh sáng tới;
b) Xác định vị trí của vân sáng thứ 3 và vân tối thứ 4, coi vân sáng giữa là vân bậc 0;
c) Đặt trước một trong 2 khe sáng mộ bản mỏng phẳng có 2 mặt song song, chiết suất n = 1,5, bề
dầy e  10m . Xác định độ dịch chuyển của hệ thống vân giao thoa trên màn quan sát.
d) Trong câu hỏi c) nếu đổ đầy nước có chiết suất n  1,33 vào khoảng cách giữa màn quan sát và
mặt phẳng chứa các khe thì hệ thống vân giao thoa có gì thay đổi? Hãy tính khoảng cách giữa 2
vân sáng liên tiếp trong trường hợp này.
Chú ý: câu d) lúc này hiệu quang lộ liên quan đến cả 2 chiết suất (chiết suất của nước và chiết
suất của bản mỏng đặt trước 1 khe)
Tóm tắt:
l  1mm  103 m; D  3m;i  1,5mm  1,5.103 m

a)  ?
b)x s3 , x t 4  ?
c)e  10m  105 m; n  1,5; x k  ?
d)n  1,33;i  ?
Giải:
il 1,5.103.103
D
 0,5.106 m  0,5m
a) Công thức tính khoảng vân: i 
, từ đó suy ra:   
l
D
3
D
b) Vị trí các vân sáng: x sk   k
, với k = 0 chúng ta có vân trung tâm, k  1 có 2 vân sáng thứ
l

1, tương tự như thế, vị trí vân sáng thứ 3 ứng với k  3 :
0,5.106.3
x s3  3.
 4,5.103 m  4,5mm
3
10
1  D

Vị trí các vân tối: x tk    k  
, với k = 0 chúng ta có vân tối bậc 1, k = 1 có vân tối bậc 2,
2 l

nên vân tối bậc 4 ứng với k = 3:
1  0,5.106.3

x t3    3   .
 5, 25.103 m  5, 25mm
3
2
10


c) Giả sử bản mỏng đặt trước khe S1:

3


Hiệu quang lộ khi đó:
L  L 2  L1  r2   r1  e  ne   r  e  n  1
Vân sáng thứ k khi đó thỏa mãn điều kiện: L  k

x
r  e  n  1  k , ở đây chú ý: r  l k :
D
e
n
 1 D


D
x

 xk
l k  e  n  1  k  xk  k
D
l
l
Như vậy nếu đặt 1 bản mỏng trước khe S1 thì hệ thống vân sẽ bị dịch chuyển lên trên 1 khoảng:
e  n  1 D 10 5. 1,5  1 .3
x 

 0, 015m  15mm
l
103
(Tổng quát: nếu đặt bản mỏng trước khe nào thì hệ thống vân sẽ bị dịch chuyển về phía khe đó)
d)
Hiệu quang lộ khi đó:
L  L2  L1  nr2   n  r1  e   ne  
 nr  e  n  n 
Vân sáng thứ k khi đó thỏa mãn điều kiện: L  k
x 

nr  e  n  n  , ở đây chú ý: r  l k
D

D e  n  n   D
x k

 e  n  n    k  xk  k
D
nl
nl
Độ dịch chuyển của hệ thống vân so với ban đầu:
D e  n  n   D
D
D  1
 e  n  n  D
x  xk  x k  k

k
k
 1 

nl
nl
l
l  n 
nl
Ta thấy hệ thống vân bị dịch chuyển tùy thuộc vào bậc của vân đó.
Khoảng cách giữa 2 vân sáng liên tiếp là:
D i 1,5.103




i  x k 1  x k 
 
 1,13.103 m  1,13mm
nl n
1,33
Như vậy hệ thống vân sít lại gần nhau hơn so với ban đầu (1,5mm). Có được điều này là do hệ
thống vân dịch chuyển không đều, chứ nếu hệ thống vân dịch chuyển đều thì khoảng cách giữa
các vân vẫn không đổi!
Bài 1.14. Chiếu một chùm ánh sáng trắng xiên 1 góc 450 lên một màng nước xà phòng. Tìm bề
dầy nhỏ nhất của màng để những tia phản chiếu có màu vàng. Cho biết bước sóng của ánh sáng
vàng là 6.105 cm . Chiết suất của bản là n = 1,33.
Tóm tắt:
  0, 6.10 6 m;i  450 ; n  1,33;d min  ?
Giải:

Điều kiện cực đại giao thoa là: L1  L 2  2d n 2  sin 2 i   k ,
2
n l

4




0, 6.106
2

 0,133m

Bề dầy: d 
 d min 
4 n 2  sin 2 i 4 1,332  sin 2 450
2 n 2  sin 2 i
Bài 1.19. Chiếu một chùm tia sáng song song (   0,6m ) lên một màng xà phòng (chiết suất
bằng 1,3) dưới góc tới 300. Hỏi bề dầy nhỏ nhất của màng phải bằng bao nhiêu để chùm tia phản
xạ có:
+ Cường độ sáng cực tiểu?
+ Cường độ sáng cực đại?
Tóm tắt:
n  1,33;i  300 ;   0, 6m  0, 6.106 m
d min  ?
Giải:
 k  1  , bề dầy nhỏ nhất ứng với


+ Điều iện cực tiểu: 2d n 2  sin 2 i    2k  1  d 
2
2
2 n 2  sin 2 i
k = 0:

0, 6.106
d min1 

 0, 243.106 m  0, 243m
2
2
2
2

0
2 n  sin i 2 1,33  sin 30
 2k  1  , bề dày nhỏ nhất ứng với k = 0:

+ Điều kiện cực đại: 2d n 2  sin 2 i   k  d 
2
4 n 2  sin 2 i
k 

d min 2 


2

2



0, 6.106
2

2

0

 0,122.106 m  0,122m

4 n  sin i 4 1,33  sin 30
Bài 1.24. Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc (bước sóng   0,5m ) vuông góc với mặt của một
nêm không khí và quan sát ánh sáng phản xạ trên mặt nêm, người ta thấy bề rộng của mỗi vân

bằng 0,05 cm.
a) Tìm góc nghiêng giữa 2 mặt nêm;
b) Nếu chiếu đồng thời hai chùm tia sáng đơn sắc (bước sóng lần lượt bằng 1  0,5m và

2  0,6m ) xuống mặt nêm thì hệ thống vân trên mặt nêm có gì thay đổi? Xác định vị trí tại đó
các vân tối của 2 hệ thống vân trùng nhau?
Tóm tắt:
  0,5.106 m;i  0, 05cm  0,5.103 m
a)  ?
b)1  0,5.106 m;  2  0, 6.106 m; x1  t   x 2  t   ?
Giải:

5


a) Hiệu quang lộ:

L  2d  (hiện tượng nhảy pha diễn ra đối với tia thứ
2
2 – tia phản xạ ở mặt dưới).
Điều kiện vân tối:


k
L  2d    2k  1  d k 
2
2
2
Tọa độ của vân tối (tính từ đỉnh nêm):
d

d
k
xk  k  k 
sin   2

Khoảng cách giữa 2 vân tối (khoảng vân) là: i  x k 1  x k 
2
6

0,5.10
 0,5.103 rad
Suy ra:   
3
2i 2.0,5.10
b) Khi chiếu 2 ánh sáng có bước sóng khác nhau, trên bề mặt có 2 hệ thống vân
k
k
Vị trí được xác định: x k1  1 1 ; x k 2  2 2
2
2
k
k 
k
6
Các vân trùng nhau thỏa mãn điều kiện: x k1  x k 2  1 1  2 2  k11  k 2 2  1 
2
2
k2 5
Như vậy:
+ Vân thứ 6 của bước sóng 1 sẽ trùng với vân thứ 5 của bước sóng  2 , vị trí là:

61 6.0,5.106

 0, 003m  3mm
2 2.0,5.103
+ Vân thứ 12 của bước sóng 1 sẽ trùng với vân thứ 10 của bước sóng  2 , vị trí là:
x 61 

121 12.0,5.106
x121 

 0, 006m  6mm
2
2.0,5.103
Như vậy là cứ cách mỗi 3mm kể từ đỉnh nêm sẽ có 1 điểm mà 2 vân tối của 2 hệ thống vân là trùng
nhau.
Bài 1.28. Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc vuông góc với bản cho vân tròn Newton và quan sát
ánh sáng phản xạ. Bán kính của hai vân tối liên tiếp lần lượt bằng 4,00mm và 4,38mm, bán kính
cong của thấu kính bằng 6,4m. Tìm số thứ tự của các vân tối trên và bước sóng của ánh sáng tới.
Tóm tắt:
rk  4.103 m; rk 1  4, 38.103 m; R  6, 4m; k  ?;   ?
Giải:
r2  r2
rk  Rk; rk 1  R  k  1  rk2  Rk; rk21  R  k  1  rk21  rk2  R    k 1 k
R
2
2
2
2
r r

4,38  4
.106  0,5.106  0,5m
Thay số ta được:   k 1 k 
R
6, 4

rk2  Rk; rk21  R  k  1 

rk21 k  1
rk2
1
42


1


k


5
rk2
k
k
rk21  rk2 4,382  42
6