GIẢI BÀI TẬP VẬT LÍ - PHẦN QUANG - CÓ ĐÁP ÁN

Bài tập quang.
Câu 1.

-1-

H

d = 1cm

d’

i

n = 1,73

β
A

i = 600
d'=?

i
C

r

d

n

Theo định luật khúc xạ ta có :

B

sin i
sin i 1
= n ⇒ sin r =
=
(1) Vì:
sin r
n
2

r < 900 :

(1) ⇒ r = 300 ⇒ i + β = 900 ⇒ β = r = 300

Hay AC =

d
d
=
cosr sin i

Mặt khác: d ' = AC .sin β = AC .sin r = d .tgr
0
Vậy d ' = d .tgr = 1.tg 30 =

1
; 0,57(cm)
3

Vậy khoảng cách giữa hai tia ló là 0,57(cm)
00
Câu 2:
i = 700

i

n = 1,5
d = 0,1m

I1
r

δ =?

i-r

n

d
δ

Theo định luật khúc xạ ta có:

sin i
=n
sin r
hay sin r =

I2

sin i
n

Theo hình vẽ ta có:
I1I 2 =

d
cos r

d .sin(i − r )
cosr
Suy ra : δ = 6, 63(cm)

δ = I1 I 2 .sin(i − r ) =

Câu 3:
a.
Để tia phản xạ trùng với tia ló thì tia khúc xạ phải vuông góc với mặt sau
của lăng kính hay tia khúc xạ trùng với tia phản xạ mặt sau lăng kính


Bài tập quang.
-20
Suy ra
r = α = 30
Theo định luật khúc xạ ta có:
sin i
= n suy ra i= arcsinr= 53.130
sin r

rk2+1 = λ R (k + 1) = 4 ⇒ λ = 0,589µ m
rk2+1
1
= 1+
2
rk
k
Theo định luật khúc xạ:
sin i1
=n
s inr1
b.

Với

⇒

⇒ s inr1 =

H

i = 600 ta có

sin i1
⇒ r1 = 32, 760
n

·
∆KOJ : KOI
= r2 + 2i

⇔ r1 = r2 + 2i
∆KAJ : 900 + r2 = α + 900 − i
→ α = r2 + i
⇒ r2 = 27, 240 , i = 2, 760
s ini 2

= n ⇒ s ini 2 = n.sin r2 ⇒ i2 = arcsin(n.sin r2 ) = 47, 080

sin r2
Vậy nếu góc tới bằng 60 thì góc ló bằng 47,08
Câu 4:
1. Ta có

S 2 A = D 2 + d 2 = 42 + (2.10−3 ) 2 = 2, 000001(m)
∆L = S2 A − S1 A = D 2 − D 2 + d 2 = 2λ
 Tại A sẽ quan sát được vân sang
2. Khi đặt thêm bản mỏng
Ta có:
L1 = S1 A = D
L2 ' = ( S 2 A − e).1 + e.n = 2, 00000625
∆L = L2 '− L1 = 6.25.10−6 m
∆L
= 12,5 = 12 + 1
2
λ
Tại điểm A trên màn sẽ quan sát được vân tối
Câu 5:
1. Bước song của ánh sang đã dung là
kλ D
ib

i=
⇒λ =
= 0,5µ m , Vân thứ 3 là vân tối và cách vân trung tâm 7,5mm
b
kD
λD
ib
i = (k + 1 )
⇒λ =
2 b
(k + 1 ) D
2
k = 2 ⇒ λ = 0, 6 µ m


Bài tập quang.

-3-

H

Câu 6:

a. Theo công thức góc lệch giữa tia tơí và tia ló khi truyền qua lăng kính có góc chiết
quang nhỏ ta có
∆ = α (n − 1), α =
tan(α (n − 1)) ≈ α ( n − 1)
d = S1S2 = 2a tan ∆ = 2a∆ = 2mm
Độ rộng của trường giao thoa trên màn quan sát L = 2l ∆ = 0.018m
λD

= 0, 6.10−3 m . Gọi L là bề rộng của trường giao thoa trên màn
b. Khoảng vân i =
d
Xét trên nửa trường giao thoa=> số vân quan sát được trên nửa trường giao thoa là
L
0, 018
n= =
= 15
2i 2.0, 6.10−3
Tổng số vân sang trên trường giao thoa là: N s = 2n + 1 = 31(van), N t = 2n = 30(van)
c. TH1: Các bức xạ của ánh sang trắng cho vân sang tại x0
Vị trí vân sang bất kì:
x d 3.3
kλ D
x0 =
⇒λ = 0 =
( µ m)
d
kD
k
3.3
0.4 ≤ λ ≤ 0, 76( µ m) ⇔ 0.4 ≤
≤ 0, 76 ⇔ 4,3 ≤ k ≤ 8, 25( k ∈ Z ) ⇒ k = 5, 6, 7,8
k
Lập bảng:
k
5
6
7
8

0,66
0,55
0,47
0,4125
3.3
λ=
( µ m)
k
d. Th2: Các bức xạ cuả ánh sang trắng cho vân tối tại x0
Vị trí các vân tối bất kì là:
1 λD
6, 6
x0 = (k + )
⇒λ =
( µ m)
2 d
2k + 1
6, 6
0.4 ≤ λ ≤ 0, 76( µ m) ⇔ 0.4 ≤
≤ 0, 76 ⇔ 3,84 ≤ k ≤ 7, 75( k ∈ Z ) ⇒ k = 4,5, 6, 7
2k + 1
Lập bảng
k
6, 6
λ=
( µ m)
2k + 1
Câu 7:z

4

0,73

5
0,6

6
0,507

7
0.44


Bài tập quang.

-4-

H

1. Theo công thức thấu kính ta có
sf '
s' =
= 150cm, D = l − s '
s+ f '
OO
SO
e
s
∆SO1O2 : ∆SS1S 2 ⇔ 1 2 =
⇔ =
⇒ d = 3mm

S1S 2 SH
d s+ s'
Vậy khoảng cách giữa 2 ảnh là d=3mm
2. Ta thấy từ vị trí M ta mới quan sát được vân giao thoa trên màn đặt OM= l0
Xét 2 tam giác đồng dạng:
SS
MH
d l0 − s '
∆MS1S 2 : ∆MAB ⇒ 1 2 =
⇔
=
⇒ l0 = 157,9cm
AB MO
d0
l0
Vậy với giá trị l> l0 thì ta sẽ quan sát được vân giao thoa trên màn
λ D λ (l − s ')
∆x =
=
⇒ ∆x : l ⇒ l ↑→ ∆x ↑, l ↓→ ∆x ↓
d
d
λ (l − s ')
l = 3m → ∆x =
= 0, 25mm
d
c. Bề rộng của trường giao thoa b khi l=3m là:
Ta có:
e
s

l+s
=
⇒b=
.e = 5mm
b l+s
s
b
5
n= =
= 20(van)
i 0, 25
Câu8:

λ
2
Chùm sang phản xạ đơn sắc trong ánh sang trắng sẽ được tăng cường
2
2
Hiệu quang trình ∆ = 2d n − sin i −

λ
2d n 2 − sin 2 i
2dn
∆ = k λ ⇔ 2d n − sin i − = k λ ⇒ λ =
,i = 0 ⇒ λ =
1
1
2
k+
k+

2
2
2dn
0, 4 ≤ λ ≤ 0, 76 µ m ⇔ 0, 4 ≤
≤ 0, 76 ⇔ 1, 07 ≤ k ≤ 2,5, k ∈ Z → k = 2 → λ = 0, 48 µ m
1
k+
2
Vậy chum sang có bước song trên sẽ được tăng cường
2

2


Bài tập quang.

-5-

H

Câu 9:

λ
2
Để các cặp tia sáng phản xạ trên 2 mặt của màng mỏng giao thoa nhau và cho cường độ
sang cực tiểu
λ
λ
λ
∆L = (2k + 1) ⇔ 2dn '− = (2k + 1) ⇒ 2dn ' = ( k + 1)λ

2
2
2
λ
d min ⇔ k = 0 ⇒ d min =
= 0, 214nm
2n '
Hiệu quang trình: ∆L = 2dn '−

Câu 10:
Ta có

λ
3λ
= k λ , k = 1 ⇒ d1 =
2
2
4 n − sin i 2
λ
5λ
n 2 − sin i 2 − = k λ , k = 2 ⇒ d 2 =
2
2
4 n − sin i 2

∆L1 = 2d1 n 2 − sin i 2 −
∆L2 = 2d 2

⇒ ∆d = d 2 − d1 =

λ

2 n − sin i 2
Theo hình vẽ ta có:
2

∆d = ∆x.sin α = ∆x.sin i ⇔

λ

= 0, 21.10 −3.sin i ⇔ sin i 2 ( n 2 − sin i 2 ) = 1, 71.10 −6

2 n − sin i
⇒ sin i = 2, 2(loai ),sin i = 7, 6.10 −7 ⇒ i = 0, 050
Câu 11:
2
Ta có rk = λ Rk , k = 4 ⇒ λ = 0,589µ m
Câu 12:
2
Đối với vân thứ k ta có: rk = λ Rk
2

2

2

2

Đối với vân thứ k+1 ta có: rk +1 = λ R (k + 1)
2

rk2+1
1
⇒ 2 = 1+
rk
k
Bán kính của 2 vân tối kề nhau lần lượt là 4mm và 4,38mm
rk2
(4,38) 2
1
=
1
+
⇔
k
≈
5
⇒
λ
=
= 0,5µ m
42
k
Rk
Câu 13:
Ta có hiệu quang trình:


Bài tập quang.
∆ = kλ

-6-

2rk2
∆ = 2dn ⇔ 2dn = k λ ⇔
.n = k λ ⇒ rk =
2R
λD
i=
= 0,5mm
d
xs3 = ki = 3i = 1,5mm

H
Rλ
k , k = 5 ⇒ r5 = 1, 24mm
n
∆ = 2dn

xt4 = (k + 1 )i = 3,5i = 1, 75mm
2
Rr0 λ
ρk =2 =
k = 10−3 m ⇒ d = 2 ρk = 2 = 2.10−3 m
R + r0
Đối với vân sang ∆ = k λ
2r 2
Rλ
⇔ k .n = k λ ⇒ rk =
k , k = 5 ⇒ r5 = 1, 24mm

2R
n
Câu 14:

λD
= 0,5mm
d
2. Vị trí vân sang thứ 3 và vân tối thứ tư lần lượt là xs3 = ki = 3i = 1,5mm ,
xt4 = (k + 1 )i = 3,5i = 1, 75mm
2
3. Nếu đổ đầy nước có chiết suất n=4/3 vào khoảng không gian giữa màn ảnh và mặt
xd
phẳng chứa 2 khe hẹp => hiệu quang trình ∆L = L2 − L1 = nr2 − nr1 = n
D
nxd
kλD
λD
= kλ ⇒ x =
⇒ ∆x = i ' =
Nếu tại đó là vân sang =>
. Khoảng vân sẽ
D
nd
nd
thu hẹp lại
Khoảng cách giữa 2 vân sang kế tiếp đó sẽ là
λD i
i' =
= = 0.375mm
nd n

1. Khoảng cách giữa 2 vân sang kề nhau trên màn ảnh là i =

Câu 15:
Theo tính chất của gương lôi ta có
Hiệu quang trình
∆L = L2 − L1 = [ ( S ' M + MP ) − SP ] +

λ
λ
r2
λ
= 2SM − SP + = 2 a 2 + − r + = 0, 625.10−7
2
2
4
2

∆L
;1
λ
=> Tại P xuất hiện vân sang
⇒

Câu 16:
Để tâm của ảnh nhiễu xạ quan sát được là tối nhất => k=2
Rr0 λ
ρk =2 =
k = 10−3 m ⇒ d = 2 ρk = 2 = 2.10−3 m
R + r0
Vậy đường kính của lỗ là 2.10−3 m

Câu 17:


Bài tập quang.

-7-

k λd
2λ
⇒ ϕ3 = arcsin( d ) = 4,350
b
b
kλ
3λ
sin ϕ 4 = t ⇒ ϕ4 = arcsin( t ) = 3, 430
b
b
0
Áp dụng công thức: ∆ϕ = ϕ 4 − ϕ3 = 0,92
10−3
b=
= 2.10−5
50
λd

H

sin ϕ3 =

λt

sin ϕ =

kλ
kλ
⇒b=
= 2,8.10−4 cm
b
sin ϕ

1
= 3571(vach )
cm
b
Câu 18:
10−3
1. b =
= 2.10−5
50
Cuối quang phổ bậc 1: λd : k = 1
Đầu quang phổ bậc 2: λt ; k = 2
kλ
λ
sin ϕ1 = d ⇒ ϕ1 = arcsin( d ) = 2,17 0
b
b
kλ
2λ
sin ϕ 2 = t ⇒ ϕ2 = arcsin( t ) = 2, 290
b
b

0
∆ϕ = ϕ 2 − ϕ1 = 0,12
n=

2. Cuối quang phổ bậc 2: λd : k =2
Đầu quang phổ bậc 3: λt ; k = 3
kλ
2λ
sin ϕ3 = d ⇒ ϕ3 = arcsin( d ) = 4,350
b
b
kλ
3λ
sin ϕ 4 = t ⇒ ϕ4 = arcsin( t ) = 3, 430
b
b
0
∆ϕ = ϕ 4 − ϕ3 = 0,92
Câu 19:
1. Để tâm của ảnh nhiễu xạ quan sát được là tối nhất => k=2
Rr0 λ
ρk =2 =
k = 10−3 m ⇒ d = 2 ρk = 2 = 2.10−3 m
R + r0
2.

ρk =

Rr0 λ
ρ 2 ( R + r0 ) (2,1.10−3 ) 2 (5,5 + 5,5)

k ⇒k = k
=
=3
R + r0
Rr0 λ
5,5.5,5.5500.10−10

sang tại tâm ảnh nhiễu xạ lớn hơn khi không có màn chắn.
Câu 20.
- Độ rộng của vân sang trung tâm b:

Vì n lẻ nên cường độ


Bài tập quang.
Ta có
n=

-8-

ρ n2 1 1
ρ2
( + ), R = ∞ => r0 = n , n = 2 => r0 = 1m
λ R r0
nλ

H
sin ϕ =
tan ϕ =

k λ 1.0, 6.10−6
=
⇒ ϕ = 20 '
a
0,1.10−3
b

2

1

=> b = 0, 012m = 12mm

-

Ta có:
ρ n2 1 1
ρ n2 ρ n2
n=
( + ), R = ∞ => r0 =
=
= 1m
λ R r0
nλ 2λ

ρ n2 1 1
ρ n2 ρ n2
n=
( + ), R = ∞ => r0 =
=

= 1m
λ R r0
nλ 2λ
Vậy khoảng cách từ lỗ đến màn quan sát là 1m
Câu 21:
a. Vị trí của cực đai thứ k và cực đại kề nó k+1 là
k λ 1,32.10−6
sin ϕ = 1 =
d
d
kλ
d
1,32.10−6
sin ϕ =
⇒ λ = sin ϕ =
d
k
k
1,32.10−6
0.4 ≤ λ ≤ 0, 76 µ m ⇒ 0.4 ≤
≤ 0, 76 ⇔ 1,9 ≤ k ≤ 3,3 ⇒ k = 2,3
k
d
1,32.10−6
λ2 = sin ϕ =
= 0, 66 µ m
k
2
d
1,32.10−6

λ3 = sin ϕ =
= 0, 44 µ m
k
3
(k + 1)λ
d
sin ϕ 2 =
⇒ k = sin ϕ2 − 1
d
λ
λ
=> d =
= 6µ m
sin ϕ2 − sin ϕ1
kλ λ
d
d 6
sin ϕ =
= ⇒ k = => a = = = 1,5µ m
d
a
a
k 4
Vậy độ rộng có thể có của mỗi khe là 1,5µ m
Câu 22.
1. Vì 2 cực đại nhiễu xạ trùng nhau
kλ k λ
sin ϕ1 = sin ϕ 2 = sin ϕ = 1 1 = 2 2
b
b

k 6563 k2 4102
k 5 10
sin 410 = 1
=
⇒ 1 = =
= ....
b
b
k2 8 16
k1 = 5, k2 = 8 => b = 5µ m
2. Để thu được quang phổ lớn nhất thì sin ϕ = 1

b. Vì cực
đại thứ
4 không
quan sát
được
nên cực
đại đó
trùng
với cực
tiểu
chính
thứ nhất
khi đó:


Bài tập quang.
λ
1 = kmax => kmax ≈ 3

b
sin ϕ = 1
kmin = 1

-9-

1 = kmax

H

λ
=> kmax ≈ 3
b

λmax
=> λmax = 2 µ m
b
Để có bước song cực đại mà ta có thể quan sát được nhờ cách tử nhiễu xạ này thì
sin ϕ = 1 , k nhỏ nhất => kmin = 1
λ
sin ϕ max = kmin max => λmax = 2 µ m
b
sin ϕ max = kmin

Câu 23:
Theo công thức tính bán kính lỗ tròn:

ρk =

Rr0 λ

ρ 2 ( R + r0 )
k ⇒k = k
R + r0
Rr0 λ

ρ 2 2 2 D2 4
x
R = r0 = ⇒ k = k ( + ) =
. =4
2
λ x x
4λ x

Vậy với k=4 số đới chẵn tâm của ảnh
nhiễu xạ trên màn quan sát là tối

Câu 24.
Vì tâm của ảnh nhiễu xạ trên màn quan sát là điểm sang và bán kính lỗ tròn thay đổi
có 2 giá trị kế tiếp nên số đới phải là lẻ. Gọi 2 số đới đó là k và k+2
Áp dụng công thức bán kính của lỗ tròn
Rr λ
ρk 2 = 0 k
R + r0

ρk +2

2

Rr0 λ
Rr0 λ

( ρ k + 2 2 − ρ k 2 )( R + r0 )
2
2
=
(k + 2) ⇒ ρ k + 2 − ρ k =
2⇒λ =
= 2, 7 µ m
R + r0
R + r0
2 Rr0

Câu 26.
kλ
d
1,32.10−6
⇒ λ = sin ϕ =
d
k
k
1,32.10−6
0.4 ≤ λ ≤ 0, 76 µ m ⇒ 0.4 ≤
≤ 0, 76 ⇔ 1,9 ≤ k ≤ 3,3 ⇒ k = 2,3
k
d
1,32.10−6
λ2 = sin ϕ =
= 0, 66µ m
k
2
d

1,32.10−6
λ3 = sin ϕ =
= 0, 44 µ m
k
3

sin ϕ =

Câu 30.
a. Dây tóc bong đèn (T=3000K)
b 2,896.10−3
λmax = =
= 0,965µ m
T
3000
b. Mặt trời (T=6000K)
b 2,896.10−3
λmax = =
= 0.483µ m
T
6000


Bài tập quang.
c. Bom nguyên tử (T=10^7)
b 2,896.10−3
λmax = =
= 2,896 A0
7
T

10

- 10 -

Câu 31.
Coi mặt trời là vật đen tuyệt đối
a. Năng lượng toàn phần của mặt trời là
b 4
R = σT 4 = σ (
) = 6, 4.107 Wm −2
λmax
b. Quang năng do MT phát ra ứng với phát xạ cực đại là
b 4
R = σT 4 = σ (
) = 6, 4.107 Wm −2
λmax
b 5
ρ = BT 5 = B(
) = 8, 48.1015 Wm −2
λmax
b 5
ρ = BT 5 = B (
) = 8, 48.1015 Wm −2
λmax
Câu 34
Ta có:
hc
hc
= A + eU h ⇒ A =
− eU h = 2, 44eV

λ
λ
Câu 37.
λ ' = λ + λk (1 − cosθ ) = 7,3232.10−11
W=ε − ε '
hc
ε=
λ
Wmax ⇒ ε 'min ⇒ λ 'min ⇒ θ ' = 1800

λ ' = λ + λk .2 ⇒ ε ' =

hc
=> Wmax = 1, 702.10 −17 J
λ'

Câu 38.
1.
hc
⇒ λ = 1, 242.10−12 m
λ
λ ' = λ + λk (1 − cosθ )

ε=

hc
= 8, 08.10−14 J
λ'
2. W = ε − ε ' = 7,9148.10−14 J W = ε − ε ' = 7,9148.10−14 J
3. Góc giật lùi của e.

h
h
mv 2 P 2`
Pλ = ; Pλ ' = , W =
=
→ Pe = 2mW = 3,975.10 −22
λ
λ'
2
2m
Pλ '
Pe
Pλ ' sin 600
=
⇒ sin ϕ =
⇒ ϕ = 37057 '
0
sin ϕ sin 60
Pe

ε'=

H