SKKN Sử dụng khái niệm “khoảng vân tương đương” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

1. ĐẶT VẤN ĐỀ:

Kể từ năm học 2006-2007 đến nay, đối với bộ môn vật lý Bộ Giáo dục-Đào
tạo đã đổi từ thi tự luận sang trắc nghiệm khách quan. Thi trắc nghiệm khách
quan không những học sinh phải tƣ duy mà còn phải giải bài toán nhanh gọn.
Việc giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc là một vấn đề khó trong
chƣơng trình vật lí lớp 12, các em học sinh thƣờng bối rối và khó khăn khi gặp
vấn đề này.
Để giải bài toán loại này, một số giáo viên sử dụng các phƣơng pháp thông
thƣờng biển đổi nhiều và mất thời gian chỉ phù hợp đối với những bài toán tự
luận. Đối với những em học sinh có học lực trung bình, yếu thì với phƣơng pháp
giải toán tự luận cho dạng toán giao thoa ánh sáng đa sắc, các em làm thƣờng bị
sai. Còn khi các em gặp bài toán giao thoa với ánh sáng đơn sắc các em giải rất
nhanh và chính xác.
Đứng trƣớc vấn đề này làm tôi luôn suy nghĩ phải tìm ra một phƣơng pháp
nào đó để giúp cho các em giải một bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc cũng
giống nhƣ giải một bài toán giao thoa với ánh sáng đơn sắc.
Vì vậy mà tôi quyết định chọn đề tài : SỬ DỤNG „„KHÁI NIỆM
KHOẢNG VÂN TƢƠNG ĐƢƠNG‟‟ ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN GIAO THOA
VỚI ÁNH SÁNG ĐA SẮC

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 1


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

2. NỘI DUNG:
2.1. Cở sở lý luận của vấn đề:
Trong vật lý, các linh kiện (đặc trƣng bằng một đại lƣợng vật lý nào đó)
giống nhau đƣợc thay thế bởi một linh kiện cùng loại có tác dụng hoàn toàn
tƣơng đƣơng với các linh kiện đã cho. Phƣơng pháp thay thế đó gọi là phƣơng
pháp tƣơng đƣơng. Ví dụ:
+ Hai lò xo có độ cứng k1, k2 mắc nối tiếp có thể thay thế bằng một lò xo
tƣơng đƣơng có độ cứng k, với

1 1 1
 
. Hai lò xo có chiều dài tự nhiên nhƣ
k k1 k2

nhau, có độ cứng k1, k2 mắc song song có thể thay thế bằng một lò xo tƣơng
đƣơng có độ cứng k, với k  k1  k2
+ Hai điện trở R1, R2 mắc song song có thể thay thế bằng một điện trở tƣơng
đƣơng R, với

1 1
1
 
. Hai điện trở R1, R2 mắc nối tiếp có thể thay thế bằng
R R1 R2

một điện trở tƣơng đƣơng R, với R  R1  R2
+ Hai tụ điện có điện dung C1, C2 mắc nối tiếp có thể thay thế bằng một tụ
điện tƣơng đƣơng có điện dung C, với

1 1

1
 
. Hai tụ điện có điện dung C1,
C C1 C2

C2 mắc song song có thể thay thế bằng một tụ điện tƣơng đƣơng có điện dung C,
với C  C1  C2
+ Hai cuộn cảm có độ tự cảm L1, L2 mắc nối tiếp có thể thay thế bằng một
cuộn cảm tƣơng đƣơng có độ tự cảm L, với L  L1  L2 . Hai cuộn cảm có độ tự
cảm L1, L2 mắc song song có thể thay thế bằng một cuộn cảm tƣơng đƣơng có độ
tự cảm L, với

1 1 1
 
L L1 L2

+ Ánh sáng hỗn hợp (đa sắc) gồm nhiều thành phần đơn sắc 1 , 2 , 3 ... có thể
thay thế bằng ánh sáng “đơn sắc” tƣơng tƣơng td, với td = BSCNN( 1 , 2 , 3 ... )

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 2


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

Ta đã biết, đối với ánh sáng đơn sắc: khoảng vân i là khoảng cách giữa hai
vân sáng, hoặc hai vân tối liên tiếp:

i

D
a

Với ánh sáng đa sắc thì khoảng cách giữa hai vân sáng liên tiếp cùng màu
với vân trung tâm hay khoảng cách từ vân trung tâm đến vân sáng trùng nhau lần
thứ nhất của tất cả các ánh sáng đơn sắc, tôi tạm gọi đó là khoảng vân tƣơng
đƣơng itd.
Thiết lập đƣợc biểu thức khoảng vân tƣơng đƣơng i td thì việc giải bài toán
giao thoa với ánh sáng đa sắc sẽ đơn giản và đặc biệt tránh đƣợc sự nhầm lẫn
thƣờng xảy ra trong việc xác định số vân tối trùng nhau.
* Thiết lập được biểu thức khoảng vân tương đương itd trong sự giao
thoa hai ánh sáng đơn sắc λ1, λ2
a. Trường hợp vân sáng của hai bức xạ trùng nhau
- Vị trí vân sáng đƣợc xác định bởi: xs  k.

D
a

 k.i

- Vị trí vân sáng trùng nhau của 2 bức xạ:
xs1  xs2

m
: phân số tối giản
n
m, n  N*
k1, k2  Z

k

m
 1  2 
k2 1 n

Khi đó k1 = m.t ; k2 = n.t với t  Z → k1, k2 là bội số của t
- Khi k1 = m, k1 = m +1 (k2 = n, k2 = n +1) vân sáng trùng nhau của 2 bức xạ
lần thứ m, m + 1 (n, n +1) ứng với bức xạ λ1 (λ2):
xsm1  m

1D
a

, xsm11  (m  1)

1D
a

;

xsn2  n

2 D
a

, xsn21  (n  1)

→ Khoảng vân tƣơng đƣơng itd  xsm1  xsm  xsn1  xsn  m

1

Vậy, ta có thể viết: itd  m

1D
a

1

2

2

2 D
a

1D
a

n

2 D
a

Với m là bội số chung nhỏ nhất của các giá

trị k1 đối với ánh sáng đơn sắc 1 để xs1  xs2 ; xs1  xs3 ; xs1  xs4 ; …

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 3


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

hay

k1 3
 ;
k3 1

k1 2
 ;
k2 1

k1 4
 ; …. (k1, k2, k3, k4, …  N , nhỏ nhất
k4 1

khác 0)
Ví dụ 1a: Giao thoa với hai bức xạ: 1  450nm , 2  600nm
Để hai vân sáng của hai bức xạ 1 , 2 trùng nhau thì:
 k11

xs1 = xs2

D
D
 k22

a
a



k1 2 4
 =
k2 1 3

Ta thấy: k1  k2  0 thì hai vân sáng của 1 , 2 trùng nhau tại vân sáng trung
tâm. Ta gọi đó là vân sáng trùng nhau bậc 0.
Khi k1  4, k2  3 thì hai vân sáng của 1 , 2 trùng nhau lần thứ nhất không kể
vân sáng trung tâm. Ta gọi đó là vân sáng trùng nhau bậc 1.
Khi k1  8, k2  6 thì hai vân sáng của 1 , 2 trùng nhau lần thứ hai không kể
vân sáng trung tâm. Ta gọi đó là vân sáng trùng nhau bậc 2.
Khi k1  12, k2  9 thì hai vân sáng của 1 , 2 trùng nhau lần thứ ba không kể
vân sáng trung tâm. Ta gọi đó là vân sáng trùng nhau bậc 3.
…..
Vậy khoảng vân tƣơng đƣơng chính là khoảng cách từ vân sáng trung tâm
đến vân sáng trùng nhau bậc 1 bằng khoảng cách từ vân sáng trung tâm vân sáng
bậc 4 của bức xạ 1
 itd  xs41  4

1D
a

Mặt khác ta có: k1  4, k2  3 là hai giá trị nhỏ nhất, khác không. Vậy bội số
nhỏ nhất của k1 là 4  m  4
 itd  m

1D
a

4

1D
a

Mục đích đƣa ra khái niệm khoảng vân tƣơng đƣơng, là vận dụng sự tƣơng
đƣơng của các công thức giao thoa với ánh sáng đơn sắc dùng cho đa sắc.

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 4


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

Ta biết công thức xác vị trí vân sáng trong giao thoa với ánh sáng đơn sắc là:
xs  k.i,

kz

Cho nên, ta có công thức xác định vị trí vân sáng trùng nhau của các bức xạ:
xstn  k .itd ,

kz

+ k  0, xstn  0 . Đây là vân sáng trùng nhau bậc 0 (vị trí trung tâm)

+ k  1, xstn  itd . Đây là vân sáng trùng nhau bậc 1 (vân sáng bậc 4 của 1 )
+ k  2, xstn  2itd . Đây là vân sáng trùng nhau bậc 2 (vân sáng bậc 8 của 1 )
+ k  3, xstn  3itd . Đây là vân sáng trùng nhau bậc 3 (vân sáng bậc 12 của
1 )

…
Ví dụ 2a: 1  750nm , 2  450nm
k
 3
D
D
 1  2=
Ta có: xs1  xs2  k11  k 2 2

a

 k1  3, k2  5,

k2

a

1

5

 itd  3

m3

1D
a

Ví dụ 3: 1  400nm , 2  450nm , 3  600nm
Ta có: xs1  xs2 ;

xs1  xs3



k1 2 9

 ;
k2 1 8

k1 3 3
 
k3 1 2

Ta thấy k1 đối với ánh sáng đơn sắc 1 nhận 2 giá trị 9, 3. Vì vậy bội số
chung nhỏ nhất của k1 là m = 9  itd  9

1D
a

b. Trường hợp vân tối hai bức xạ trùng nhau
1 D
1
 (k  ).i
2 a

2

- Vị trí vân tối đƣợc xác định bởi: xT   (k  ).
- Vị trí vân tối trùng nhau của 2 bức xạ:

m

xT 1  xT 2

là phân số tối giản

2k  1 2 m n
1 D
1 D
 (k1  ) 1  (k2  ) 2  1


2 a
2 a
2k2  1 1 n m, n  N*
k1, k2  Z

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 5


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc



2k1n  n  2k2 m  m

 2(k1n  k2 m)  m  n

(1)

Thấy k1n, k2m  Z; 2(k1n – k2m): số chẵn
Ta biết: hiệu một số chẵn và một số lẻ là một số lẻ; hiệu một số lẻ và một số
lẻ là một số chẵn. Do đó, để (1) có nghiệm (tức vân tối hai bức xạ trùng nhau) thì
m, n cùng là số lẻ (2)
Suy ra đƣợc

m
là số lẻ (thƣơng số của hai số lẻ là một số lẻ).
n

Đặt

2k1  1
 A , A: số lẻ.
m

Từ

2k1  1 m

2k 2  1 n

viết lại: 2k1  1  mA

 k1 

mA  1
;
2

2k2  1  nA

- Với mọi bức xạ đơn sắc: 0,38 m    0, 76 m

 k2 


nA  1
2

(3)

1 1 m

 2
2 2 n

(4)

Ánh sáng đa sắc: m  n và n, m N*. Giả sử n = 1 → m = 3 không thỏa (4).
Do đó:

m > 1, n > 1

-Từ (3):
A = 1 → k11 

1
m  1 1  1 D
m 1
 
, vị trí vân tối trùng nhau thứ 1: xTk11  
2 a
2
 2

A = 3 → k12 

2
3m  1 1  1 D
3m  1
 
, vị trí vân tối trùng nhau thứ 2: xTk11  
2 a
2
 2

-Khoảng vân tƣơng đƣơng:
2
1
D
 3m  1 1  1 D  m  1 1  1 D

itd  xTk11  xTk11  
 

 
m 1
2 a  2
2 a
a
 2

Kết hợp (2) và (5), để vân tối hai bức xạ trùng nhau:

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

(5)
+ k1, k2 : cùng là số lẻ
+ itd  m

1D
a

trang 6


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

Ví dụ 1b: 1  450nm , 2  600nm
1 1D
1 D

 ( k2  ) 2
2 a
2 a

Ta có : xT 1  xT 2  (k1  )

1
2  2  4  3k  1,5  4k  2

1
2
1 1 3
k2 
2
k1 

 3k1  4k2  0,5 . Vì k1 và k2 nguyên nên hiệu hai số nguyên không thể nào là

số thập phân. Vì vậy vân tối của hai bức xạ 1 , 2 không thể trùng nhau
Nhận xét: Đối chiếu với ví dụ 1a ở trên thấy rằng, trong giao thoa ánh sáng
đa sắc có thể có các vân sáng của các bức xạ trùng nhau nhƣng các vân tối của
các bức xạ có thể không trùng nhau.
Ví dụ 2b: 1  750nm , 2  450nm
1 1D
1 D
 ( k2  ) 2
2 a
2 a

Ta có : xT 1  xT 2  (k1  )

1
2  2  3  5k  2,5  3k  1,5

1
2
1 1 5
k2 
2
k1 

 5k1  3k2  1 . Vì 5k1 và 3k2 nguyên nên hiệu hai số nguyên là số nguyên.

Suy ra: k2  k1 

m 1
2k1  1
để k2 nguyên, thì 2k1 +1 = 3m  k1  m 
;
2
3

Tƣơng tự, để k1 nguyên, thì m -1 = 2n  m  2n  1
Suy ra: k1  3m  1;

k2  5m  2

mZ

Vậy, vị trí vân tối trùng nhau của hai bức xạ 1 , 2 :

1 D
1 D
xTtn  (k1  ) 1  (3m  1  ) 1
2 a
2 a

m = 0  Vị trí vân tối trùng thứ nhất xTtn1 

31D itd

(đối chiếu với ví dụ
2a
2

2a trƣờng hợp vân sáng trùng nhau ở trên)

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 7


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

m = 1  Vị trí vân tối trùng thứ hai xTtn 2 

i
91D 3 31D 3

 itd  itd  td

2a
2 a
2
2

Vậy khoảng cách giữa hai vân tối trùng nhau liên tiếp:
xTtn 2  xTtn1 

31D
 itd (bằng khoảng vân tƣơng đƣơng của ví dụ 2a ở trên)
a

Nhƣ vậy khoảng vân tƣơng đƣơng itd cũng chính là khoảng cách của hai vân
tối trùng nhau liên tiếp và bằng khoảng cách giữa hai vân sáng trùng nhau liên
tiếp của hai bức xạ 1 , 2 .
Ta biết công thức xác vị trí vân tối trong giao thoa với ánh sáng đơn sắc là:
xT  (k 

1
)i,
2

kz

Cho nên, ta có công thức xác định vị trí vân tối trùng nhau của các bức xạ:
1
xTtn  (k  )itd , k  z
2
1
2

+ k  0, 1; xTtn   itd . Đây là vân tối trùng nhau thứ nhất.
3
2

+ k  1, 2; xTtn   itd . Đây là vân tối trùng nhau thứ hai.
5
2

+ k  2, 3; xTtn   itd . Đây là vân tối trùng nhau thứ ba.
….
*Nhận xét: Hai bức xạ 1 , 2 giao thoa có vân sáng trùng nhau ứng với các
cặp k1, k2 đều là số lẻ thì có vân tối của hai bức xạ 1 , 2 trùng nhau!
Ví dụ 3: 1  400nm , 2  450nm , 3  600nm
1 1D
1 D
 ( k2  ) 2
2 a
2 a

Ta có : xT 1  xT 2  (k1  )

1
2  2  9  8k  4  9k  4,5  8k  9k  0,5

1
2
1
2
1 1 8

k2 
2
k1 

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 8


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

Vì k1 và k2 nguyên nên hiệu hai số nguyên không thể là số thập phân → vân
tối của hai bức xạ 1 , 2 không thể trùng nhau
1 1D
1 D
 (k3  ) 3
2 a
2 a

Ta có : xT 1  xT 3  (k1  )

1
2  3  3  2k  1  3k  1,5  2k  3k  0,5

1
3
1
3
1 1 2

k3 
2
k1 

Vì k1 và k3 nguyên nên hiệu hai số nguyên không thể là số thập phân → vân
tối của hai bức xạ 1 , 3 không thể trùng nhau
Vậy, giao thoa với ba bức xạ 1  400nm , 2  450nm , 3  600nm thì vân tối
của ba bức xạ không trùng nhau.
Với bài toán này để rút ngắn lời giải, chỉ cần lý luận: vân sáng 1 , 2 trùng
nhau thì k1= 9, k2 = 8 (chẵn) nên hai vân tối của 1 , 2 không thể trùng nhau đƣợc
(muốn hai vân tối trùng nhau thì k1, k2 phải là số lẻ). Từ đó ta có thể kết luận giao
thoa với ba bức xạ 1  400nm , 2  450nm , 3  600nm thì vân tối của ba bức xạ
không thể nào đồng thời trùng nhau.
* Chú ý:
- m cũng chính là vân sáng bậc m của bức xạ 1 để có vân sáng cùng màu
với vân sáng trung tâm lần thứ nhất.
- Khi giao thoa với ánh sáng đa sắc: nếu có vân sáng trùng nhau ứng với các
các cặp giá trị k đều là số lẻ , thì có vân tối trùng nhau.
- Nếu viết itd  m

2 D
a

thì m là bội số chung nhỏ nhất của các giá trị k2 đối với

ánh sáng đơn sắc 2 để xs2  xs1 ; xs2  xs3 ; xs2  xs4 ; …
hay

k2 1 k2 3 k2 4
 ;  ;  ; ….(k1, k2, k3, k4, …  N , nhỏ nhất khác 0)

k1 2 k3 2 k4 2

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 9


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

Khi đã tính đƣợc khoảng vân tƣơng đƣơng thì các dạng bài tập giao thoa với
ánh sáng đơn sắc đều có thể sử dụng một cách tƣơng đƣơng cho giao thoa với ánh
sáng đa sắc.
2.2 Thực trạng của vấn đề:
Khi gặp bài toán tính số vân sáng trùng nhau nằm giữa hai điểm MN, các em
thƣờng mất rất nhiều thời gian mới có thể làm đƣợc dạng bài tập này. Đối với
những học sinh trung bình thì không thể giải đƣợc vì không thể hình dung đƣợc
giữa MN có vân sáng trùng bậc mấy của các bức xạ đơn sắc để rồi tìm công thức
xác định vị trí vân sáng.
Đặc biệt, khi tính số vân tối nằm giữa hai điểm MN thì các em rất khó khăn
vì không thể tìm đƣợc các giá trị của k của các bức xạ để có vân tối trùng nhau
nên không tìm đƣợc công thức xác định vị trí vân tối. Còn khi khi sử dụng phân
số tối giản để tìm công thức xác định vị trí vân tối trùng nhau thì không biết phân
biệt đƣợc trƣờng hợp nào mới xuất hiện vân tối trùng nhau.
Khi gặp các dạng bài tập giao thoa với ánh sáng đa sắc, nếu sử dụng các
phƣơng pháp cũ thì mất rất nhiều thời gian mới có thể giải đƣợc. Cho nên với
cách giải cũ không còn phù hợp với kiểu ra đề trắc nghiệm khác quan.
Với phƣơng pháp mới này, các em chỉ cần tính đƣợc khoảng vân tƣơng
đƣơng thì các dạng bài tập giao thoa với ánh sáng đa sắc sẽ trở nên đơn giản. Một
khi học sinh nắm đã nắm vững các dạng bài tập giao thoa với ánh sáng đơn sắc,

giáo viên cần có sự liên hệ giữa giao thoa đơn sắc và đa sắc khi sử dụng phƣơng
pháp này.
2.3. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề
2.3.1.Biện pháp :
- Trang bị cho học sinh những kiến thức về khoảng vân tƣơng đƣơng. Từ đó
cho học sinh thấy đƣợc những đại lƣợng tƣơng đƣơng nhau giữa giao thoa đơn
sắc với giao thoa đa sắc:

i  itd ;

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

xs  xstn ;

xT  xTtn

trang 10


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

- Khi dạy các dạng bài tập về giao thoa với ánh sáng, sau khi học sinh học
tốt dạng toán giao thoa với ánh sáng đơn sắc cần trang bị dạng toán giao thoa ánh
sáng đa sắc, để từ đó liên hệ với các dạng bài tập giao thoa với ánh sáng đa sắc sẽ
giúp cho các em ghi nhớ vững chắc kiến thức hơn.
2.3.2. Các dạng bài tập :
DẠNG 1: Tìm số vân sáng trùng nhau, số vân tối trùng nhau của các bức xạ
nằm giữa 2 điểm M, N bất kì với xM < xN
a) Phương pháp:

Bước 1: Tính khoảng vân tƣơng đƣơng itd  m

1D
a

Bước 2: Viết công thức xác định vị trí vân sáng trùng nhau, vân tối trùng
nhau của các bức xạ đơn sắc

xstn  kitd ;

1
xTtn  (k  )itd với k  Z
2

Bước 3: Giải bất phƣơng trình xM  x stn  x N ; x M  xTtn  x N
Bước 4: Số giá trị của k thỏa mãn bất phƣơng trình là số vân sáng trùng
nhau, số vân tối trùng nhau của các bức xạ đơn sắc.
* Chú ý:
- Trong đoạn MN có bao nhiêu vân sáng trùng nhau, vân tối trùng nhau thì
phải giải bất phƣơng trình : xM  x stn  x N ; x M  xTtn  x N
- M, N nằm cùng một phía vân trung tâm thì ta lấy xM, xN > 0
- M, N nằm khác phía vân trung tâm thì ta lấy xM < 0, xN > 0 hoặc ngƣợc lại
- m là bội số chung nhỏ nhất của các giá trị k1 đối với ánh sáng đơn sắc 1
để

xs1  xs2 ; xs1  xs3 ; xs1  xs 4 ; …(m chính là vân sáng bậc m của

1 để các

vân sáng trùng nhau lần thứ nhất không kể vân trung tâm)

- Khi giao thoa với ánh sáng đa sắc: để ý các giá trị k của các vân sáng trùng
nhau đều là số lẻ, thì có vân tối trùng nhau của các bức xạ.
Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 11


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

b) Bài tập vận dụng:
Bài 1: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai
khe là 0,8 mm, khoảng cách từ hai khe đến màn quan sát là 1,2m. Nguồn sáng
dùng trong thí nghiệm gồm hai bức xạ có bƣớc sóng 1 = 750 nm và 2 = 450
nm. Trên màn quan sát, gọi M, N là hai điểm ở cùng một phía so với vân trung
tâm, cách vân trung tâm lần lƣợt là 5,5 mm và 14 mm. Tìm số vân sáng trùng
nhau, vân tối trùng nhau của hai bức xạ nằm giữa MN.
Giải:
Cách 1: (cách mới)
Bước 1: ta có
itd  m

1D
a

k1 2 3

 m3
k2 1 5

 3,375(mm) . Ta thấy k1 = 3, k2 = 5 (2 giá trị lẻ) nên có vân tối

trùng nhau của hai bức xạ.
1
2

Bước 2: xstn  kitd  3,375.k (mm) ; xTtn  (k  ).3,375(mm) với k  Z
Bước 3: Giải bất phƣơng trình:
+ xM  xstn  x N 

5,5
14
k
3,375
3,375

+ xM  xTtn  xN

5,5 1
14
1
 k

3,375 2
3,375 2



Bước 4: Chọn giá trị của k:
+ ksáng = 2, 3, 4. Vậy có 3 giá trị của k thỏa mãn bất phƣơng trình nên có 3

vân sáng trùng nhau nằm giữa MN.
+ ktối = 2, 3. Vậy có 2 giá trị của k thỏa mãn bất phƣơng trình nên có 2 vân
tối trùng nhau nằm giữa MN
Cách 2: (cách tự luận thông thƣờng)
* Tìm

số vân sáng:

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 12


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

Các vân sáng trùng nhau: xk  xk  k1
 k1 

1

2

1

2

1D
a

 k2

2 D
a

 750k1  450k2

3k2
.
5

Để k1 và k2 cùng nguyên thì k2 phải là những số nguyên chia hết cho 5. (*)
Tọa độ vạch sáng của bức xạ thứ hai là: xk  k2
2

2

2 D
a

 0,675.k2 (mm)

Do chỉ xét giữa MN (trong khoảng MN) nên ta có :
5,5
14
 k2 
 8,15  k2  20,7
0,675
0,675

 k2  9,10,11,12...,15,..., 20.

Kết hợp với (*) ta thấy m chỉ có thể nhận 3 số nguyên đó là 10, 15, 20.
Vậy có 3 vân sáng trùng nhau nằm giữa MN.
* Tìm số vân tối:
Vân tối trùng nhau: xTk  xTk  (2k1  1)
1

2

1



(2k1  1) 2 450 3



(2k2  1) 1 750 5

2

1D
2a

Phân số tối giản

 (2k2  1)

2 D

2a

(2k1  1) 3

(2k2  1) 5

[1]

Có thể viết tách:
2k1  1  3(2n  1),

2k2  1  5(2n  1) .

với n  Z , n là giá trị trung gian rút

gọn xác định số cặp k1, k2 nghiệm đúng phân số tối giản [1]
Vị trí trùng nhau của hai vân tối lúc đó là :
xTtn  3(2n  1)

1D

1 D
 (n  )3 1
2a
2
a

1
 xTtn  (n  ).3,375 (mm) với n  Z
2

Do chỉ xét giữa MN (trong khoảng MN) nên ta có :
5,5 1
14
1
 n
  1,1  n  3,6  n  2,3.
3,375 2
3,375 2

Có 2 cặp giá trị của k1, k2 thỏa mãn bất phƣơng trình nên có 2 vân tối trùng
nhau nằm giữa MN.
*Lưu ý: Với dạng vân tối của các ánh sáng đơn sắc trùng nhau

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 13


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

- Giá trị tính được của n trong các biểu thức viết tách của phân số tối giản
không phải kết quả của bài toán, giá trị ấy cho biết số cặp k 1, k2 thỏa phân số tối
giản.
- Để xác định số vân tối trùng nhau, trước hết phải xác định các giá trị k có
các vân sáng trùng nhau, nếu các giá trị k đều là số lẻ thì mới có vân tối trùng
nhau. Lúc này mới thực hiện phép tính giá trị n qua phân số tối giản [1] được rút
ra từ điều kiện xTk  xTk  (2k1  1)
1

2

1

2

1D
2a

 (2k2  1)

2 D
2a

.

Bài 2: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai
khe là 0,5 mm, khoảng cách từ hai khe đến màn quan sát là 2 m. Nguồn sáng
dùng trong thí nghiệm gồm hai bức xạ có bƣớc sóng 1 = 450 nm và 2 = 600
nm. Trên màn quan sát, gọi M, N là hai điểm ở khác phía so với vân trung tâm,
cách vân trung tâm lần lƣợt là 5,5 mm và 22 mm. Tìm số vân sáng trùng nhau,
vân tối trùng nhau của hai bức xạ nằm trên đoạn MN.
Giải:
Cách 1:(cách mới)
Bƣớc 1: ta có
itd  m

1D
a

k1 2 4

 m4
k 2 1 3
 7, 2(mm) . Ta thấy k1 = 4, k2 = 3 (1 giá trị chẵn, 1 giá trị lẻ) nên

không có vân tối trùng nhau của hai bức xạ.
Bƣớc 2: xstn  kitd  7, 2.k (mm) với k  Z
Bƣớc 3: Giải bất phƣơng trình : + xM  xstn  x N 

 5,5
22
k
7,2
7,2

Bƣớc 4: +ksáng = 0,1,2,3. Vậy có 4 giá trị của k thỏa mãn bất phƣơng trình
nên có 4 vân sáng trùng nhau nằm trên đoạn MN.
Cách 2: (cách cũ – cách giải thông thƣờng của học sinh)
* Tìm số vân sáng:
Các vân sáng trùng nhau:
Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 14


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

xk11  xk22  k1

1D
a

 k2

2 D
a

 450k1  600k2  k1 

4k 2
.
3

Để k1 và k2 cùng nguyên thì k2 phải là những số nguyên chia hết cho 3. (*)
Tọa độ vạch sáng của bức xạ thứ hai là: xk  k2
2

2

2 D
a

 2, 4.k2 (mm)

Do chỉ xét trong đoạn MN nên ta có :
5,5
22

 k2 
 2,3  k2  9, 2
2, 4
2, 4

 k2  2, 1,0,1, 2,3,...,6,...,9.

Kết hợp với (*) ta thấy m chỉ có thể nhận 4 số nguyên đó là 0, 3, 6, 9. Vậy
có 4 vân sáng trùng nhau nằm trên đoạn MN.
* Tìm số vân tối:
Vân tối của hai bức xạ trùng nhau: xTk  xTk  (2k1  1)
1

2

1



1D

2

2a

 (2k2  1)

2 D
2a

(2k1  1) 2 600 4
4


  Phân số tối giản =  Có thể viết tách:
(2k2  1) 1 450 3
3

2k1  1  4(2n  1),

2k2  1  3(2n  1) với n  Z

Vị trí trùng nhau của hai vân tối lúc đó là :
xTtn  4(2n  1)

1D

1 D
1
 (n  )4 1  (n  )7, 2(mm) với n  Z
2a
2
a
2

Do chỉ xét trong đoạn MN nên ta có :
5,5 1
22 1
 n
  1,3  n  2,6  n  1,0,1, 2.

7, 2 2
7, 2 2

Vậy có 4 giá trị của n thỏa mãn bất phƣơng trình nên có 4 vân tối trùng nhau
nằm giữa MN (học sinh thường mắc phải kết quả sai này)
* Nhận xét:
- Với cách làm 1: học sinh rất dễ nhớ vì nó có dạng bài tập giống nhƣ giao
thoa với ánh sáng đơn sắc.
- Với cách làm 2:

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 15


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

+ Tìm số vân sáng: Học sinh thƣờng nhận giá trị thỏa mãn bất phƣơng trình
mà quên phải là bội số của giá trị nào đó.
+ Tìm số vân tối: Việc chuyển về phân số tối giản rất khó hiểu và dễ quên
đối với học sinh. Điều quan trọng là học sinh không biết trƣờng hợp nào giao
thoa của các bức xạ mà không xuất hiện vân tối trùng nhau. Cho nên ở bài tập 2
mặc dù không xuất hiện vân tối trùng nhau nhƣng các em vẫn kết luận 4 vân tối
trùng nhau nằm giữa MN. Còn cách khác nữa, học sinh không dùng cách tách
phân số tối giản mà giải trực tiếp giá trị của k1 hoặc k2 , nghiệm thu đƣợc là 2 dãy
số giá trị của k1, k2 rất mất thời gian và cũng xảy ra trƣờng hợp tìm đƣợc giá trị
của k1 hoặc k2 là chọn ngay kết luận...
DẠNG 2: Tìm số vân sáng trùng nhau, vân tối trùng nhau của các bức xạ
trong bề rộng miền giao thoa L

a) Phương pháp:
Bƣớc 1: Tính khoảng vân tƣơng đƣơng itd  m
Bƣớc 2: Tính số khoảng vân tƣơng đƣơng:

1D
a

n=

L
itd

Bƣớc 3: Xác định số vân trùng nhau
Số vân sáng trùng nhau luôn luôn là số lẻ, số vân tối trùng nhau luôn luôn là
số chẵn (nếu xuất hiện).
* Trường hợp: n là số nguyên
+ Nếu n chẵn thì hai biên là hai vân sáng trùng nhau  số vân sáng trùng
nhau là n + 1, số vân tối trùng nhau là n và.
+ Nếu n lẻ thì hai biên là hai vân tối trùng nhau  số vân tối trùng nhau là
n +1, số vân sáng trùng nhau là n và.
[Cách nhớ: số vân sáng trùng nhau và số vân tối trùng nhau hơn kém 1; ở
biên là vân gì thì số vân ấy là n +1, còn số vân kia là n]
* Trường hợp: n là số thập phân

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 16

Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

- Nếu n là chữ số thập phân thì hai biên không phải là vân sáng trùng nhau,
cũng không phải là vân tối trùng nhau. Khi đó n đƣợc làm tròn theo qui ƣớc sau
để đƣợc số nguyên:
*Nếu chữ số phần thập phân đầu tiên từ 5 trở lên thì phần nguyên n tính
thêm 1.
*Nếu chữ số phần thập phân đầu tiên từ 4 trở xuống thì phần nguyên n
không thay đổi.
+ Nếu làm tròn nâng lên để n nguyên thì số vân sáng trùng nhau (nếu n
chẵn) hoặc số vân tối trùng nhau (nếu n lẻ) đều là: n-1 (vì 2 biên không phải là
vân sáng trùng nhau, vân tối trùng nhau); số vân kia là n.
+ Nếu làm tròn hạ xuống để n nguyên thì số vân sáng trùng nhau hoặc số
vân tối trùng nhau giống nhƣ trƣờng hợp tìm ra n là số nguyên.
Ví dụ:
n = 1,8  2 : Số vân sáng trùng nhau là 1  số vân tối trùng nhau là 2
n = 2,2  2 : Số vân sáng trùng nhau là 3  số vân tối trùng nhau là 2
n = 2,8  3: Số vân tối trùng nhau là 2  số vân sáng trùng nhau là 3
n = 3,2  3: Số vân tối trùng nhau là 4  số vân sáng trùng nhau là 3
- Ta cũng có thể tìm số vân sáng trùng nhau bằng cách giải bất phƣơng trình
sau:

L
L
 xstn  , số vân tối trùng nhau bằng cách giải bất phƣơng trình sau:
2
2

L
L

 xTtn  . Số giá trị của k thỏa mãn bất phƣơng trình là số vân sáng trùng
2
2

nhau, số vân tối trùng nhau nằm trong bề rộng miền giao thoa L.
b) Bài tập vận dụng:
Bài 1: Trong thí nghiệm Young về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai
khe là 2 mm, khoảng cách từ hai khe đến màn là 2 m. Dùng nguồn sáng phát ra
ba bức xạ đơn sắc 1 = 0,4 m, 2 = 0,45 m và 3 = 0,6 m. Tìm số vân sáng

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 17


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

trùng nhau, số vân tối trùng nhau của ba bức xạ trong một khoảng rộng L trên
màn. Cho biết L1 = 18 mm; L2 = 22,32 mm; L3 = 20,88 mm.
Giải:
Cách 1: Trƣờng hợp 1: L1 =18 mm.
Bƣớc 1: Tính khoảng vân tƣơng đƣơng itt  m
Ta có : xs1  xs2 ;

xs1  xs3



1D

a

k1 2 9

 ;
k2 1 8

k1 3 3
 
k3 1 2

Ta thấy k1 đối với ánh sáng đơn sắc 1 nhận 2 giá trị 9, 3 . Vì vậy bội số
chung nhỏ nhất của k1 là m = 9
 itd  m

1D
a

= 3,6 mm

Ta thấy k1 = 9, k2 = 8 nên vân tối của hai bức xạ này không thể nào trùng
nhau. Vì vậy số vân tối trùng nhau của ba bức xạ bằng 0
Bƣớc 2: Tính số khoảng vân tƣơng đƣơng:

n1 =

L1
=5
itd

Bƣớc 3: n1 = 5 (số lẻ, nguyên)  Số vân sáng trùng nhau là 5.
Vậy: ba bức xạ trên giao thoa có 5 vân sáng trùng nhau trên bề rộng L1 và
không có vân tối trùng nhau.
Trƣờng hợp 2: L2 = 22,32 mm
Bƣớc 1: thừa nhận kết quả: itd  m

1D
a

= 3,6 mm, không có vân tối trùng

nhau.
Bƣớc 2: n2 =

L2
22,32
=
 6,2  6
itd
3,6

Bƣớc 3: n2 = 6 (phần nguyên làm tròn xuống, chẵn)  Số vân sáng trùng
nhau 7
Vậy: ba bức xạ trên giao thoa có 7 vân sáng trùng nhau trên bề rộng L 2 và
không có vân tối trùng nhau.
Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 18

Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

Trƣờng hợp 3: L3 = 20,88 mm
Bƣớc 1: thừa nhận kết quả: itd  m

1D
a

= 3,6 mm , không có vân tối trùng

nhau.
Bƣớc 2: n3 =

L3
20,88
=
 5,8  6
itd
3,6

Bƣớc 3: n3 = 6 (phần nguyên làm tròn lên, chẵn)  Số vân sáng trùng nhau
5
Vậy: ba bức xạ trên giao thoa có 5 vân sáng trùng nhau trên bề rộng L3 và
không có vân tối trùng nhau.
Ta cũng có thể tìm số vân sáng trùng nhau bằng cách giải bất phƣơng trình
sau:

L
L

nhƣ sau:
 xstn 
2
2

Cách 2:Trƣờng hợp 1: L1 = 18 mm.
Thực hiện bƣớc 1 của cách 1 tính itd = 3,6 mm và xác định không có vân tối
trùng nhau.
Tính số vân sáng trùng nhau: Số vân sáng trùng nhau của các bức xạ phải
thỏa mãn bất phƣơng trình:
 L1
L
 k1.itd  1
2
2



 L1
L
 k1  1
2itd
2itd

 2,5  k1  2,5

 k1 = -2, -1, 0, 1, 2. Vậy có 5 giá trị của k1 thỏa mãn sẽ có 5 vân sáng

trùng nhau.
Trƣờng hợp 2: L2 = 22,32 mm

Thừa nhận kết quả: itd  m

1D
a

= 3,6 mm, không có vân tối trùng nhau (trƣờng

hợp 1, cách 2).
Tính số vân sáng trùng nhau: Số vân sáng trùng nhau của các bức xạ phải
thỏa mãn bất phƣơng trình:

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 19


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

 L2
L
 k2 .itd  2
2
2

 L2
L
 k2  2
2itd
2itd



 3,1  k2  3,1

 k2 = -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3. Vậy có 7 giá trị của k thỏa mãn sẽ có 7 vân sáng

trùng nhau
Trƣờng hợp 3: L1 = 20,88 mm
Thừa nhận kết quả: itd  m

1D
a

= 3,6 mm, không có vân tối trùng nhau (trƣờng

hợp 1, cách 2).
Tính số vân sáng trùng nhau: Số vân sáng trùng nhau của các bức xạ phải
thỏa mãn bất phƣơng trình:
 L3
L
 k3 .itd  3
2
2

 L3
L
 k3  3
2itd
2itd



 2,9  k3  2,9

 k3 = -2, -1, 0, 1, 2 . Vậy có 5 giá trị của k thỏa mãn sẽ có 5 vân sáng

trùng nhau.
Bài 2: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, chiếu đồng thời hai
bức xạ đơn sắc với khoảng vân trên màn ảnh thu đƣợc lần lƣợt là i1 = 0,5 mm và
i2 = 0,3 mm. Biết bề rộng trƣờng giao thoa là 5 mm. Tìm số vị trí trên trƣờng giao
thoa có 2 vân sáng, 2 vân tối của hai hệ trùng nhau ?
Cách 1:
Bƣớc 1: Tính khoảng vân tƣơng đƣơng itd  m
Ta có : xs1  xs2



1D
a

k1 i2 3
 
k2 i1 5

Ta thấy k1 đối với ánh sáng đơn sắc 1 nhận 1 giá trị 3. Vì vậy bội số chung
nhỏ nhất của k1 là m = k1 = 3

 itd  m

1D
a

 3.i1  1,5(mm)

Ta thấy k1 = 3, k2 = 5 (2 giá trị lẻ) nên vân tối của hai bức xạ này phải trùng
nhau.
Bƣớc 2: Tình số khoảng vân tƣơng đƣơng:
Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

n=

L
5

 3,3  3
itd 1,5

trang 20


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

Bƣớc 3: Số vân sáng trùng nhau là 3, số vân tối trùng nhau là 4.
Cách 2:
* Số vân sáng trùng nhau của các bức xạ phải thỏa mãn bất phƣơng trình:
L
L
 k.itd 

2
2



L
L
k
2itd
2itd

 1, 7  k  1, 7

 k = -1, 0, 1. Vậy có 3 giá trị của k thỏa mãn sẽ có 3 vân sáng trùng nhau.

* Số vân tối trùng nhau của các bức xạ phải thỏa mãn bất phƣơng trình:
L
1
L  L  1  k  L  1
 (k  ).itd 
2itd 2
2itd 2
2
2
2

 2, 2  k  1, 2

 k = -2, -1, 0, 1. Vậy có 4 giá trị của k thỏa mãn sẽ có 4 vân tối trùng nhau

DẠNG 3: Tìm vị trí và khoảng cách giữa các vân trùng nhau của
các bức xạ
a) Phƣơng pháp:
Bƣớc 1: Tính khoảng vân tƣơng đƣơng itd  m

1D
a

Bƣớc 2: Viết công thức xác định vị trí vân sáng trùng nhau (nếu tính vị trí
vân sáng), vân tối trùng nhau (nếu tính vị trí vân tối) của các bức xạ đơn sắc
1
xstn  kitd ; hoặc xTtn  (k  )itd với k  Z
2

Bƣớc 3: Nếu tính khoảng cách giữa các vân trùng nhau của các bức xạ thì:
Trƣờng hợp 1: các vân trùng nhau nằm cùng phía :

x  xlon  xnho

Trƣờng hợp 2: các vân trùng nhau nằm khác phía :

x  xlon  xnho

Bài 1: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai
khe là 0,8 mm, khoảng cách từ hai khe đến màn quan sát là 1,2m. Nguồn sáng
dùng trong thí nghiệm gồm hai bức xạ có bƣớc sóng 1 = 750 nm và 2 = 450
nm.
a)Tìm vị trí vân sáng trùng nhau lần thứ ba không kể vân sáng trung tâm, vị
trí vân tối trùng nhau lần thứ nhất kể từ vân sáng trung tâm ?
Phan Thƣợng Tòng

Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 21


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

b) Khoảng cách giữa hai vân này xét trong 2 trƣờng hợp nằm cùng phía và
khác phía so với vân trung tâm ?
Giải:
Bƣớc 1: ta có

k1 2 3

 m3
k2 1 5

Bƣớc 2: xstn  k.itd  3,375.k (mm);

→

itd  m

1D
a

 3,375(mm) .

1
1

xTtn  (k  ).itd  (k  ).3,375(mm) với k  Z
2
2

a)Vân sáng trùng nhau lần thứ ba chính là vân sáng trùng nhau bậc 3  k  3
Vậy vị trí vân sáng trùng nhau lần thứ ba là: x3stn = 3.itd = 10,125(mm)
Vân tối trùng nhau lần thứ nhất là vân tối trùng nhau ứng với k = 0
Vậy vị trí vân tối trùng nhau lần thứ nhất là:
1
2

1
2

x1Ttn = (k  ).itd  (0  ).3,375 = 1,6875 (mm)
b) Trƣờng hợp 1: nằm cùng phía: x  xlon  xnho  xstn3  xTtn1  8,4375(mm)
Trƣờng hợp 2: nằm khác phía: x  xlon  xnho  xstn3  xTtn1  11,8125(mm)
DẠNG 4: Tìm số vân sáng trong bề rộng miền giao thoa khi cho
bƣớc sóng các bức xạ đơn sắc hoặc ngƣợc lại
a) Phương pháp:
Bƣớc 1: Tính đƣợc m dựa vào khoảng vân tƣơng đƣơng itt  m
itt 

k1 3
 ;
k3 1

k

L

, hoặc 1  2 ;
k2 1
n

Bƣớc 2: Dựa vào

1D
a

, hoặc

k1 4
 …
k4 1

k1 k1 k2
, , ... để tìm số vân sáng trùng nhau của từng cặp, số
k2 k3 k3

vân sáng của từng bức xạ.
Bƣớc 3: Kết hợp với dữ kiện của đề bài tìm ra kết quả.

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 22


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

* Chú ý: m là bội số chung nhỏ nhất của các giá trị k1 đối với ánh sáng đơn
sắc 1 để xs1  xs2 ; xs1  xs3 ; xs1  xs 4 ; …(m chính là vân sáng bậc m của 1 khi
các vân sáng trùng nhau lần thứ nhất không kể vân trung tâm  k1  m )
b) Bài tập vận dụng:
Bài 1(ĐH 2011): Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, khe hẹp S
phát ra đồng thời ba bức xạ đơn sắc có bƣớc sóng là 1  0,42 m ; 2  0,56 m và
3  0,63 m . Trên màn quan sát, trong khoảng giữa hai vân sáng liên tiếp có màu

giống màu vân trung tâm, nếu vân sáng của hai bức xạ trùng nhau ta chỉ tính là
một vân sáng thì số vân sáng quan sát đƣợc là:
A. 27.

B. 23.

C. 26.

D. 21.

Giải:
Bƣớc 1: Ta có :

k1 2 0,56 4


 ;
k2 1 0, 42 3

k1 3 0, 63 3
 
 .

k3 1 0, 42 2

Ta thấy k1 nhận 2 giá trị 4, 3. Vậy bội số chung nhỏ nhất của 4, 3 là 12
 m  12 . Đây chính là vân sáng bậc 12 của 1 để các vân sáng trùng nhau lần thứ

nhất không kể vân trung tâm.
Bƣớc 2:
Ta có:

k1 4 8 12
    giữa 2 vân sáng liên tiếp có màu giống màu vân
k2 3 6 9

trung tâm có : 11 vân sáng của 1 ; 8 vân sáng của 2 ; 2 vân sáng trùng của 1 , 2
Ta có:

k1 3 6 9 12
     giữa 2 vân sáng liên tiếp có màu giống màu vân
k3 2 4 6 8

trung tâm có: 7 vân sáng của 3 ; 3 vân sáng trùng của 1 , 3
Ta có:

k2 9
  giữa 2 vân sáng liên tiếp có màu giống màu vân trung tâm
k3 8

có : 0 vân sáng trùng của 2 , 3 .
Bƣớc 3: Vậy trong khoảng giữa hai vân sáng liên tiếp có màu giống màu vân
trung tâm, số vân sáng quan sát đƣợc là: N  11  8  7  2  3  0  21

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 23


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

Bài 2: Một nguồn sáng điểm nằm cách đều hai khe Y-âng và phát ra đồng
thời hai bức xạ đơn sắc có bƣớc sóng 1 = 0,6 m và bƣớc sóng 2 chƣa biết.
Khoảng cách giữa hai khe là a = 0,2 mm, khoảng cách từ các khe đến màn là D =
1 m. Trong một khoảng rộng L = 2,4 cm trên màn, đếm đƣợc 17 vạch sáng, trong
đó có 3 vạch là kết quả trùng nhau của hai hệ vân. Tính bƣớc sóng 2, biết 2
trong 3 vạch trùng nhau nằm ngoài cùng của khoảng L.
Giải:
Bƣớc 1: Vì có 3 vân sáng trùng nhau liên tiếp nên chỉ có 2 khoảng vân (n =
2) tƣơng đƣơng  itd 

ai
D
L 24

 12(mm) mà itd  m 1  m  td  4  k1 . Đây chính
a
1 D
n 2

là vân sáng bậc 4 của 1 để các vân sáng trùng nhau lần thứ nhất không kể vân
trung tâm. Vậy giữa vân trung tâm và vân trùng nhau lần thứ nhất có 3 vân sáng
của 1

Bƣớc 2: ta có:

k1 2
k
  2  1 1 (*)
k2 1
k2

Bƣớc 3: Trong khoảng rộng có 17 vân sáng, trong đó 3 vân sáng trùng nhau
nên có 14 vân sáng không trùng của hai bức xạ. Vậy giữa vân sáng trung tâm và
vân sáng trùng nhau lần thứ nhất có 7 vân sáng không trùng của hai bức xạ 1 ,
2 ; 4 vân sáng của 2  k2  5

Thay và phƣơng trình (*) ta đƣợc: 2 

4.0,6
 0, 48 m
5

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm :
Chọn 2 lớp nguyên vẹn, lớp 12 B4 là nhóm thực nghiệm có sĩ số 42, nhóm
12B2 là nhóm đối chứng có sĩ số 42, 2 lớp khá tƣơng đồng về học lực. Chúng tôi
tiến hành kiểm tra 15 phút cho hai lớp. Kết quả thu đƣợc của hai lớp đƣợc thể
hiện bảng sau:

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 24

Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

Kết quả kiểm tra 15 phút
GIỎI

Nhóm

KHÁ

YẾU

TB

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

Đối chứng 12B2

0

0

5

11,9

22

52,4

15

35,7

Thực nghiệm 12B4

12

28,6

14

33,3

16

38,1

0

0

SƠ ĐỒ THỂ HIỆN SỰ SO SÁNH ĐIỂM KIỂM TRA 15 PHÚT
GIỮA 2 NHÓM ĐỐI CHỨNG VÀ THỰC NGHIỆM
25
22
20
16
14

15

15

12
10
5

5

0

0
Giỏi

0

Khá
Nhóm đối chứng

TB

Yếu

0

0

Kém

Nhóm thực nghiệm

Kết quả bài kiểm tra 15 phút của 2 lớp đối chứng và thực nghiệm. Ta thấy
lớp thực nghiệm không có điểm yếu, kém mà điểm khá, giỏi đƣợc tăng lên. Điều
đó chứng tỏ phƣơng pháp: SỬ DỤNG „„KHÁI NIỆM KHOẢNG VÂN TƢƠNG
ĐƢƠNG‟‟ ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN GIAO THOA VỚI ÁNH SÁNG ĐA SẮC
đã đem lại hiệu quả thiết thực.

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 25