Bài tập giải chi tiết vật lý 2 ( đại học cao đẳng)

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
KHOA VẬT LÝ

BÀI TẬP VẬT LÝ 2
(NHIỆT , QUANG, & VẬT LÝ HIỆN ĐẠI)
DÙNG CHO SINH VIÊN KHỐI ĐẠI TRÀ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA

LƯU HÀNH NỘI BỘ

Đà Nẵng, 2017-2018


Phần I: NHIỆT HỌC
Chương 1: THUYẾT ĐỘNG HỌC PHÂN TỬ
(Không có bài tập)
--------------------------------------------------------------------------Chương 2: NGUYÊN LÝ I CỦA NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC

I. CÁC CÔNG THỨC CẦN GHI NHỚ
A. Các định luật thực nghiệm về chất khí
1. Định luật Boyle-Mariotte cho quá trình đẳng nhiệt:
pV = const
trong đó p và V là áp suất và thể tích của khối khí.
2. Định luật Gay-Lussac cho quá trình đẳng áp:
V = V0(1 + t) = V0T

hay V/T = const.

Định luật Charles cho quá trình đẳng tích:
P = p0(1+t) = p0T

hay P/T = const.

trong đó V0 và p0 là thể tích và áp suất của khối khí ở 00C; V và p là thể tích và áp
1
suất của khối khí ở t (0C) ứng với T (K),  
độ -1 là hệ số giãn nở nhiệt của
273
chất khí.
3.

Phương trình trạng thái của khí lý tưởng (phương trình Mendeleep –
Claperon):
a. Phương trình trạng thái cho một Kmol khí:

PV = RT.

b. Phương trình trạng thái cho một khối khí bất kỳ: pV 

m



RT

trong đó p, V và T là áp suất, thể tích và nhiệt độ của khối khí có khối lượng m,
 là khối lượng của 1 kilômol khí đó; R là hằng số khí lý tưởng.
Trong hệ SI:

R  8,31.103

J
 8,31J / mol.K
kmol.K

4. Nội năng và khối lượng riêng của khí lý tưởng
a. Nội năng của một khối khí lý tưởng khối lượng m:

1

U

mi
RT
2


b. Khối lượng riêng của khối khí lý tưởng khối lượng m:  

m
v

B. Nguyên lý thứ nhất nhiệt động học và các hệ quả
1. Nguyên lý thứ nhất nhiệt động học
U = A + Q
Nó có thể viết dưới dạng vi phân: dU = A + Q
trong đó: dU là độ biến thiên nội năng của hệ, A = -pdV là công và Q là nhiệt
lượng mà hệ nhận được trong suốt quá trình biến đổi.
2. Độ biến thiên nội năng của khí lý tưởng
dU 

mi
m
RdT  Cv dT
2


3. Công mà khối khí nhận được trong quá trình biến đổi đẳng nhiệt:
A

m



RT ln

V1 m
p
 RT ln 2
V2 
p1

4. Nhiệt dung riêng của một chất:
- Nhiệt dung phân tử của một chất:
đó.

c

Q
mdT

trong đó m là khối lượng của hệ.

C = c, với  là khối lượng của 1 mol chất

- Nhiệt dung phân tử đẳng tích và nhiệt dung phân tử đẳng áp của một chất khí
Cv 

- Hệ số Poisson:  

iR
;
2

Cp 

i2
R  Cv  R
2

Cp i  2

Cv
i

5. Phương trình của quá trình đoạn nhiệt:


pV = const

hoặc: TV

-1

1

= const

hoặc Tp   const

6. Công mà khối khí nhận được trong quá trình đoạn nhiệt:
1

p V  V 
A  1 1  2 
  1  V1 

Hoặc: A 

p2V2  p1V1
 1


 1


hoặc: A 


m RT1  T2

  1
   1  T1 

Trong đó p1 và V1 là áp suất và thể tích của khối khí ở nhiệt độ T1; p2 và V2 là
áp suất và thể tích của khối khí ở nhiệt độ T2.
2


II. BÀI TẬP
Bài 1.

6,5 gam Hydro ở nhiệt độ 270C, nhận được nhiệt nên thể tích giản nở gấp
đôi, trong điều kiện áp suất không đổi. Tính :

a. Công mà khí sinh ra
b. Độ biến thiên nội năng của khối khí
c. Nhiệt lượng đã cung cấp cho khối khí.
Bài 2.

10 gam khí Oxy ở nhiệt độ 100C, áp suất 3.105 N/m2. Sau khi hơ nóng đẳng
áp, thể tích khí tăng đến 10 lít. Tìm:

a. Nhiệt lượng mà khối khí nhận được
b. Nội năng của khối khí trước và sau khi hơ nóng.
Bài 3. Cho một khí lý tưởng đơn nguyên tử có thể tích 5 lít ở áp
suất 1 atm và nhiệt độ 300 K (A). Khí thực hiện quá trình
biến đổi đẳng tích đến áp suất 3 atm (B), sau đó giãn đẳng
nhiệt về áp suất 1 atm (C). Cuối cùng, khí được làm lạnh
đẳng áp đến thể tích ban đầu (A). Tính:
a. Nhiệt độ tại B và C.

b. Nhiệt hệ nhận và công khối khí thực hiện trong chu trình trên.
Bài 4. Một mol khí lý tưởng được làm nóng đẳng áp từ 170C đến 750C, khi đó khí hấp
thụ một nhiệt lượng là 1200 J. Tìm:
a. Hệ số Poátxông  =Cp/CV
b. Độ biến thiên nội năng U của khối khí và công mà khí sinh ra.
Bài 5. Để nén 10 lít không khí đến thể tích 2 lít, người ta có thể tiến hành theo hai cách: nén
đẳng nhiệt hay nén đoạn nhiệt. Hỏi cách nén nào tốn công ít hơn?
Bài 6. Một mol khí lý tưởng lưỡng nguyên tử thực hiện biến đổi như sau: từ trạng thái
(1) với áp suất P1; thể tích V1 và nhiệt độ T1 = 27oC khí giãn đẳng nhiệt đến
trạng thái (2) có thể tích V2 = 2V1. Sau đó, khí lý tưởng tăng áp đẳng tích đến
trạng thái (3) có P3 = 2P1.
a. Vẽ đồ thị biến đổi trên giản đồ (P,V).
b. Tính trong toàn bộ quá trình: Nhiệt mà khối khí
nhận được và công khối khí sinh ra.
Bài 7. 0,32 mol khí lý tưởng đơn nguyên tử thực hiện
biến đổi như sau: từ trạng thái (A) với áp suất p1 =
2,4 atm, thể tích V1 = 2,2 lit được nung nóng và
giãn đẳng áp đến trạng thái (B) có thể tích V2 =
2V1. Sau đó, khối khí được làm lạnh đẳng tích đến trạng thái (C) có P3 = P1/2 =
1,2 atm. Từ (C) nén đẳng nhiệt thì khối khí trở về trạng thái (A). Hãy xác định:
3


a. Nhiệt độ tại các trạng thái A, B, và C
b. Công hệ sinh, nhiệt hệ nhận, và độ biến thiên nội năng trong mỗi quá trình.
Bài 8. Một chất khí lưỡng nguyên tử có thể tích V1 = 0,5lít, ở áp suất p1 = 0,5 at.
Nó bị nén đoạn nhiệt tới thể tích V2 và áp suất p2. Sau đó người ta giữ nguyên
thể tích V2 và làm lạnh nó đến nhiệt độ ban đầu. Khi đó áp suất của khí là p0 =
1at.
a. Vẽ đồ thị của quá trình đó.

b. Tìm thể tích V2 và áp suất p2
Bài 9. Một lượng khí Oxy chiếm thể tích V1 = 3 lít, ở nhiệt độ
270C và áp suất p1 = 8,2.105 N/m2. Ở trạng thái thứ hai, khi
có các thông số V2 = 4,5 lít và p2 = 6.105 N/m2 (hình vẽ)
Tìm nhiệt lượng mà khí sinh ra khi giãn nở và độ biến thiên
nội năng của khối khí. Giải hai bài toán trong trường hợp
biến đổi khí từ trạng thái thứ nhất sang trạng thái thứ hai theo hai con đường.
a. ACB

b. ADB

Bài 10. Một mol khí lưỡng nguyên tử thực hiện một
chu trình (như được minh họa ở hình bên) gồm 2
quá trình đẳng nhiệt ứng với nhiệt độ 𝑇1 =
700 K, 𝑇2 = 300 K; và 2 quá trình đẳng tích ứng
với thể tích 𝑉1 và 𝑉2 = 2𝑉1.
a. Chứng minh rằng:

PA Pp

PB PC

b. Tính công và nhiệt mà hệ trao đổi với môi
trường và độ biến thiên nội năng của hệ trong
mỗi quá trình.
III. HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ
Bài 1.
Cho: quá trình đẳng áp p=const

Tìm:

6,5gam =65.10-4kg

a.Công mà khối khí sinh ra: A’.

t1= 27oCT1= 300oK

b.Độ biến thiên nội năng:

V2=2V1,

c. Nhiệt lượng dã cung cấp cho khối
khí ( nhiệt mà khối khí nhận được) :Q.

=2kg/Kmol, i=5

a. Quá trình giản nở là đẳng áp nên:
A= p. V = pV1 = -

U.

m
RT1 = - 8,1.103J

4


b.Độ biến thiên nội năng của khối khí:
U =

m i
R(T2  T1 )
 2

Tìm T2 từ phương trình của quá trình đẳng áp: T2 = T1
Do đó: U =

V2
 2T1
V1

m i
RT1  20, 2.103 J
 2

c. Theo nguyên lý I NĐH: U= A+Q => Q=U –A = 28,3.103J
Bài 2.
Cho: quá trinh đẳng áp p=const

Tìm:

10gam =.10-2kg

a.Nhiệt mà khối khí nhận được :Q.

t1= 10oCT1= 283oK
V2=10lit = 10-2m3,

b. U1 , U2.

=32kg/Kmol, i=5

a. Vì quá trình hơ nóng là đẳng áp, nên:
Q=

m



C p T 

m i2
R(T2  T1 )
 2

Tìm T2 từ phương trình của quá trình đẳng áp.
; trong đó V1 =

m RT1
.
 p1

Kết quả là: Q = 7,9.103J
b. Nội năng của khối khí trước khi hơ nóng:
U1 

m i
RT1  1,8.108 J
 2

U2 =

m i
RT1  7,6.103 J
 2

Và sau khi hơ nóng:
Bài 3. ĐS:
- Nhiệt độ 𝑇𝐵 = 𝑇𝐶 = 900 K
- Công

𝐴′𝐵𝐶 = 1648 J
𝐴′𝐶𝐴 = −1000 J
- Suy ra:

5


𝐴′ = 648 J
- Nhiệt hệ nhận trong cả chu trình: 𝑄 = −𝐴 = 𝐴′ = 648 J
Bài 4. ĐS:
a) Tính
𝑄=

𝑚
𝑄
1200
𝐽
𝐶𝑃 ∆𝑇 → 𝐶𝑃 = 𝑚
=

= 20,69
.
𝜇
𝑚𝑜𝑙. 𝐾
∆𝑇 75 − 17
𝜇
𝛾=

𝐶𝑃
𝐶𝑃
20,69
=
=
= 1,67
𝐶𝑉 𝐶𝑃 − 𝑅 20,69 − 8,31

b) Tính ∆𝑈 và 𝐴′
∆𝑈 =

𝑚𝑖
𝑚
𝑅∆𝑇 = 𝐶𝑉 ∆𝑇 = 12,38(75 − 17) = 720𝐽
𝜇2
𝜇

𝐴′ = −𝐴 = 𝑄 − ∆𝑈 = 1200 − 720 = 480𝐽
Bài 5.
Cho: V1 =10lit =10-2m3; V2 =2lit =2.10-3m3
Nén theo quá trình nào mà ít tốn công hơn thì lợi hơn.
Nếu nén đẳng nhiệt, thì công mà khí phải nhận vào là:

A1 =

V
m
RT1 ln 1

V2

m RT1
Nếu nén đọan nhiệt, thì A2 =
  l

Với  =

 V 1
 2 
 V1 


 1


i2
; i (không khí) = 5
2

Xét tỷ số

; suy ra là nén đẳng nhiệt lợi hơn.

Bài 6. ĐS:
b. Nhiệt hệ nhận: 𝑄 = 𝑄12 + 𝑄23 = (𝑙𝑛2 +

15
2

) 𝑅𝑇1 = 20427 J

′
Công hệ sinh: 𝐴′ = 𝐴12
+ 𝐴′23 = 1701 J

Bài 7. ĐS:
a. TA = TC = 199 K; TB = 398 K
b. Tính 𝑄, 𝐴′ và ΔU
- Quá trình 1 (A → B): Q1 = 1323 J; A’1 = 528 J; ΔU1 = 795 J
6


- Quá trình 2 (B → C): A’2 = 0; Q2 = - 795 J; ΔU2 = -795 J
- Quá trình 3 (C → C): ΔU3 = 0; A3 = - Q3 = 367 J
Bài 8.
Cho: p1=0,5at= 0,5.9,81.104N/m2

Tìm:

Po=1at= 9,81.104N/m2

a.Vẽ đồ thị của quá trình đó.

V1=0,5lit = 5.10-4m3

b. V2 , p2.

i=5.
a. Đồ thị biểu diễn quá trình

3 ta tìm được (quá trình

b. Xét trạng thái 1 và
đẳng nhiệt):
V2 =

p1
V1  0,25l
p2

Quá trình biến đổi từ (1) đến (2) là đoạn nhiệt Q = 0, ta có:
y

V 
p 2  p1  1   1,32at
 V2 

Bài 9.
Cho: V1=3lit=3.10-3m3, p1 = 8,2.105 N/m2

Tìm:

t1= 27oCT1=300oK = TA

a.Nhiệt lượng mà khí sinh ra.

V2= 4,5lit, p2=6.105 N/m2 .

b.Độ biến thiên nội năng của khối khí.

Vì nhiệt lượng trao đổi phụ thuộc vào độ biến thiên nhiệt độ, nên phải tìm nhiệt độ
của những trạng thái C, B, D.
TC = T1

P2
 2200 K ; TB = T2 = TC V2  3300 K ; TD = T1
P1
V1

V2
 4500 K
V1

Tính khối lương khí từ trạng thái 1:
m

PV
1 1
RT1
7


Nhiệt hệ nhận được khi biến đổi khí từ trạng thái thứ nhất

sang trạng thái thứ hai theo hai con đường:
QACB= QAC + QCB =

m



CV TAC +

m



CP TCB =1,55KJ .

Tương tự
QADB= QAD + QDB =

m



CP TAD +

m



CV TDB =1,88KJ .

Công hệ nhận được khi biến đổi khí từ trạng thái thứ nhất sang trạng thái thứ hai theo
hai con đường:
AACB= AAC + ACB =0 –p2(VB-VC) =–p2(V2-V1)= -0,92KJ
Tương tự
AADB= AAD + ADB = –p1(VD-VA) =–p1(V2-V1)= -1,25KJ
Độ biến thiên nội năng khi biến đổi khí từ trạng thái thứ nhất sang trạng thái thứ hai
theo hai con đường:
UACB = AACB+ QACB =0,63KJ
UADB = AADB+ QADB =0,63KJ
U = UV=const + Up =const ;
p.V
Ta tính được:
= 1,25KJ

Q = QV= const + Qp=const

;

A =-

QACB = 1,55KJ : QADB = 1,88KJ ; AACB = 0,92KJ ; AADB

UACB = 0,63KJ ; UADB = 0,63KJ
Bài 10. ĐS:
a. Đối với các quá trình đẳng nhiệt AB và CD, ta có:

p
P
PA V2
P

V
và D  2 do đó A  D

PB PC
PC V1
PB V1
b.
Quá trình từ A→ B: 𝐴𝐴𝐵 = −4,032 kJ; 𝑄𝐴𝐵 = −𝐴𝐴𝐵 = 4,032 kJ
Quá trình BC: 𝑄𝐵𝐶 = −8,31 kJ;
Quá trình từ C → D: 𝐴𝐶𝐷 = 1,728kJ; 𝑄𝐶𝐷 = −𝐴𝐶𝐷 = −1,728kJ;
Quá trình DA: 𝑄𝐷𝐴 = 8,31kJ

--------------------------------------------------------------------------8


Chương 3: NGUYÊN LÝ II CỦA NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC
I. CÁC CÔNG THỨC CẦN GHI NHỚ
1. Hiệu suất của một động cơ nhiệt:  

A ' Q1  Q '2

Q1
Q1

Trong đó Q1 là nhiệt mà tác nhân nhận được của nguồn nóng và Q'2 là nhiệt
mà tác nhân nhả cho nguồn lạnh.
2. Hiệu suất của chu trình Carnot:

  1

3. Hệ số làm lạnh của máy làm lạnh:  

T2
T1

Q2
Q
 ' 2
A Q1  Q2

Trong đó A là công tiêu tốn trong một chu trình làm lạnh, Q2 nhiệt mà tác nhân
nhận được của nguồn lạnh trong chu trình đó, Q'1 nhiệt mà tác nhân nhả cho
nguồn nóng trong 1 chu trình.
Đối với máy làm lạnh hoạt động theo chu trình Carnot:



T2
T1  T2

II. BÀI TẬP
Bài 1. Một động cơ nhiệt làm việc theo chu trình Cacnô có công suất P = 73.600W.
Nhiệt độ của nguồn nóng là 1000C nhiệt độ của nguồn lạnh là 00C. Tính:
a. Hiệu suất của động cơ.
b. Nhiệt mà tác nhân thu được từ nguồn nóng trong 1 phút.
c. Nhiệt mà tác nhân nhả cho nguồn lạnh trong 1 phút
Bài 2. Một máy hơi nước có công suất 14,7KW, tiêu thụ 8,1 kg than trong 1 giờ. Năng
suất tỏa nhiệt của than là 7800 kcal/kg. Nhiệt độ của nguồn nóng là 2000C, nhiệt
độ của nguồn lạnh là 580C. Tìm hiệu suất thực tế của máy. So sánh hiệu suất đó
với hiệu suất lý tưởng của máy nhiệt làm việc theo chu trình Carnot với những

nguồn nhiệt kể trên.
Bài 3. Một máy làm lạnh làm việc theo chu trình Carnot nghịch, tiêu thụ công suất
36800W. Nhiệt độ của nguồn lạnh là -100C, nhiệt độ của nguồn sóng là 170C.
Tính:
a. Hệ số làm lạnh của máy.
b. Nhiệt lượng lấy được từ nguồn lạnh trong 1 giây
c. Nhiệt lượng tỏa ra cho nguồn nóng trong 1 giây.
Bài 4. Một máy hơi nước chạy theo chu trình Stilin gồm hai quá trình đẳng nhiệt và
hai quá trình đẳng tích.
a. Tính hiệu suất của chu trình
9


b. So sánh hiệu suất này với hiệu suất của chu trình Carnot có cùng nhiệt độ của
nguồn nóng và nguồn lạnh
Bài 5. Một động cơ nhiệt có nhiệt độ của nguồn nóng là 200oC và nhiệt độ của nguồn
lạnh là 57oC. Động cơ nhận nhiệt lượng 45000 kJ trong 1 giờ và có công suất là
2,5 kW.
a. Tính hiệu suất thực của động cơ.
b. Giả sử động cơ nhiệt đó hoạt động theo chu trình Carnot thì công suất của nó
tăng lên bao nhiêu lần.
Bài 6. Một máy nhiệt lý tưởng chạy theo chu trình Carnot thuận nghịch có nguồn nóng
ở nhiệt độ 1270C và nguồn lạnh ở 270C. Máy nhận một nhiệt lượng 63 kcal từ
nguồn nóng trong 1 s. Tính:
a) Hiệu suất của máy.
b) Nhiệt lượng tỏa ra cho nguồn lạnh trong 1 giây.
c) Công suất của máy.
Bài 7. Tua bin hơi của nhà máy phát điện nguyên tử công suất 1000MW nhận nhiệt từ
nguồn hơi ở nhiệt độ 7270C và thải nhiệt ra môi trường ở nhiệt độ 1270C. Giả
thiết hiệu suất thực tế của tua bin hơi bằng 50% hiệu suất của chu trình Carnot.

Hãy tính:
a) Hiệu suất thực tế của chu trình tuabin hơi.
b) Nhiệt do nhà máy thải ra nguồn nước (sông) làm lạnh trong 1 giây.
c) Nhiệt độ tăng của nước sông nếu dòng chảy có lưu lượng 10 6kg/s. Cho nhiệt
dung riêng của nước là: c = 4,19 kJ/kg. độ.
Bài 8. Động cơ đốt trong 4 thì hoạt động theo chu trình
Otto (Đồ thị)
Hút: O→A hỗn hợp nhiên liệu và không khí hút vào
xi lanh, thể tích tăng từ V2 đến V1
 Nén đoạn nhiệt từ A→B
 Đốt, tỏa nhiệt Q1 từ B→C
 Sinh công: giãn đoạn nhiệt từ C→D
 Xả từ D→A→O, tỏa nhiệt Q2 cho môi trường.
a) Hãy tính hiệu suất của chu trình Otto, biểu diễn hiệu suất thông qua nhiệt độ
TA, TB, TC, TD và hệ số nén r = V1/V2.
b) So sánh với hiệu suất chu trình Carnot.
Bài 9. Một cục nước đá có khối lượng 0,1kg ở nhiệt độ 2400K, được biến thành hơn
nước ở 3730K. Tính độ biến thiên Entropi trong quá trình biến đổi trên nếu cho
rằng nhiệt dung của nước đá và nước không phụ thuộc nhiệt độ. Áp suất trong
10


quá trình biến đổi là áp suất khí quyển. Nhiệt dung riêng của nước là
1,8.103J/kg độ, của nước là 4,18.103J/kg độ, nhiệt nóng chảy riêng của nước đá
là 3,35.105J/kg độ. Nhiệt hóa hơi riêng của nước là 2,26.106 J/kg.
Bài 10. Tính độ biến thiên Entrôpi khi hơ hóng đẳng áp 6,5 gam Hydro, thể tích khí
tăng gấp đôi.
Bài 11. Tính độ biến thiên Entrôpi khi biến đổi 1g nước đá ở 00C thành hơi nước ở
1000C.
Bài 12. 10 gam Oxy được hơ nóng từ t1 = 500C tới t2 = 1500C.Tính độ biên thiên

Entrôpi nếu quá trình hơ nóng là:
a. Đẳng tích

b. Đẳng áp

Bài 13. Tính độ biến thiên Entrôpi của một chất khí lý tưởng khi
trạng thái của nó thay đổi từ A đến B (hình vẽ) theo:
a) Đường ACB;
b) Đường ADB. Cho biết: V1 = 3 lít, P1 = 8,31.105N/m2
t1 = 270C, V2 = 4,5 lít; P2 = 6.105 N/m2.
Bài 14: 200 gam sắt ở 1000C được bỏ vào một nhiệt lượng kế chứa 300g nước ở
120C. Entrôpi của hệ thế nào khi hệ đạt tới trạng thái cân bằng nhiệt.
III. HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ
Bài 1.
a. Hiệu suất của động cơ chạy theo chu trình Carnot:  =

T1  T2 373  273

 27%
T1
373

b. Trong 1 giây, động cơ sinh một công A’ = P.t = 73600J và nhận từ nguồn nóng nhiệt
lượng:
Q1 =

A'


Trong một phút động cơ nhận được nhiệt lượng:

Qlp = 60Q1 = 60

A'



 60.

73600
 16470 J
0, 27

c. Trong thời gian 1 giây tác nhân nhả cho nguồn lạnh nhiệt lượng: Q’2 = Q1 - A’
Nếu thời gian là 1 phút thì nhiệt lượng đó là:
KJ.

60.Q’2 = 60 (Q1 - A') = 12054

Bài 2.
Hiệu suất thực tế của động cơ nhiệt chạy theo chu trình Carnot với cùng 2 nguồn
nhiệt là:

11




A'
 20%
Q1

Hiệu suất lý tưởng của động cơ nhiệt chạy theo chu trình Carnot với cùng 2 nguồn
nhiệt là:
2  1 

T2
 30%
T1

2
Vậy 1  2
3

Bài 3. Đáp số:
Q2
T2

 9,74
A T1  T2

a.



b.

Q2 = A = Pt = 86000 Calo

c.

Q1 = Q2 +A = 94.800 Calo

Bài 4.
Hiệu suất của máy hơi nước x = 1y -

Q'
với Q' là nhiệt
Q

mà máy tỏa ra và Q là nhiệt mà máy nhận vào trong toàn
chu trình.
Q  Q23  Q34 

m



Q' = Q '12  Q11 


X 

CV (T1  T2 ) 

m



RT2 ln

m



RT1 ln

V2 m
 CV (T1  T2 )
V1 

T T
T1  T2
và c  1 2 ;
C (T  T )
T1
T1  v 1 2
V
Rln 2
V1

Vậy  x  c .
Bài 5. ĐS: 𝜂𝑡 = 20%; 𝜂𝑐 = 30%
𝑃𝑐
= 1,5
𝑃
→ Công suất tăng 1,5 lần

Bài 6. Đáp số:
a)  1

V2
V1

T2
300
1
 25%
T1
400
12


b) Q2' Q1 1   47,25.103 cal / s.

A' Q1  Q2'
 65,835 kw .
c) P  
t
1s
Bài 7.

1
2

a) Hiệu suất thực tế:   1

T2  1  400 
 30%
  1
T1  2  1000 

b) Nhiệt do nhà máy thải ra trong 1 giây:



A'
A'
7 ' 7
'
 '

Q

A  P.t
2
Q1 A  Q'2
3
3
Q2'  2,33.109 J

Q2'
 0,56 K
c) Nhiệt độ tăng: T 
c.m
Bài 8.

'
'
a) Tính hiệu suất: Công A  Q1  Q2

Hai quá trình đẳng tích: Q1  nCv Tc TB 

Q2'  nCv TD TA 

A'
Q2'
T T
1 D A .
Hiệu suất:   1
Q1
Q1
TC  TB
 1
Do hai quá trình A → B và C → D là đoạn nhiệt nên TV  const

TcV2 1 TDV1 1 (1) và TBV2 1 TAV1 1 (2)
Suy ra: TD TA V1 1  Tc TB V2 1
 1

V 
V
1
 1  2  . Đặt r  1  1  1
V2
r
 V1 
 1

 V2 
 

 V1 



- Chu trình Carnot:

c 1

TA
TC

- Chu trình Otto:

o 1

TD
.
TC

So sánh: Từ (1) và (2)

Bài 9.
13

TD TA

TC TB

Do TD TA nên c o

Trong quá trình đưa nước đá ở T1 = 2400K thành nước đá ở T0= 2730K thì:
S1  MCd 

TO

T1

dT
 MCd (ln TO  ln T1 )
T

Trong quá trình nước đá. Ở T0 = 2730K biến thành nước ở T0 = 2730K thì:
M
S2 
T0
với  = 3,35.105J/kgK
Trong quá trình trình nước ở T0 = 2730K biến thành nước ở T2 = 3730K thì:
S3  MCn 

T2

T0

dT
 MCn (ln T2  ln T0 )
T

Trong quá trình nước ở T2 = 2730K biến thành hơi nước ở T2 = 3730K thì S4 

ML
với L =
T2

2,26.106 J/kg.
Độ

biến

thiên

Entrôpi

trong
S4  S1  S2  S3  S4  833J / độ.

cả

4

quá

trình

trên

là:

Bài 10.

S  

2

1

Q
T

 S 

m



với quá trình đẳng áp thì: Q 
Cp ln

T2
T1

Mặt khác ta có:

m
C p dT


V
m
T2 V2

. Vậy : S  C p ln 2  66,3J

T1 V1

V1

/độ.
Bài 11.
S  S1  S2

S1 = độ tăng Entrôpi trong quá trình biến đổi nước ở 00C thành nước ở 1000C.
S1 = độ tăng Entrôpi trong quá trình nước ở 1000C thành hơi nước ở 1000C.
Tương tự bài 6 ta có: S = 7,4J/độ
Bài 12.
P2 m
T
 Cv ln 2  1,6J /độ
P1 
T1

a. Sv 

m

b. Sp 

T
m
C p ln 2  2,4J /độ


T1



Cv ln

Bài 13.

14


Độ biến thiên của Entrôpi không phụ thuộc
đường đi mà chỉ phụ thuộc vào trạng thái đầu và
trạng thái cuối.
SACB  SADB  

A

B

Q
T

SACB  SAC  SCB

=

P m
V
m

C v ln 1  C p ln 2  5,5J /độ

P2 
V1

Bài 14:
Gọi nhiệt độ lúc hệ cân bằng nhiệt là T (0C): M1C1 (100 - T) = M2C2 (T - 12)
Với M1, C1 là khối lượng và nhiệt dung riêng của sắt
M2,C2 là khối lượng và nhiệt dung riêng của nước
Rút ra : T = 190C = 2920K
Độ biến thiên Entrôpi của hệ bằng tổng độ biến thiên Entrôpi của sắt và độ biến
292
292
 M 2C2 ln
 3,26J /độ.
thiên Entrôpi của nước: S  M1C1 ln
373
285
--------------------------------------------------------------------------Chương 4: KHÍ THỰC (SV tự đọc)
(Không có bài tập)
--------------------------------------------------------------------------Phần II: DAO ĐỘNG VÀ SÓNG (SV TỰ ĐỌC)
Chương 5: DAO ĐỘNG CƠ VÀ DAO ĐỘNG ĐIỆN TỪ
(Không có bài tập)
Chương 6: SÓNG CƠ VÀ SÓNG ĐIỆN TỪ
(Không có bài tập)
--------------------------------------------------------------------------Phần III: QUANG HỌC
Chương 7: GIAO THOA ÁNH SÁNG
I. CÁC CÔNG THỨC CẦN GHI NHỚ
1. Điều kiện cho cực trị giao thoa:
a. Cực đại:

L2 - L1 = k

(k = 0,  1,  2…)
15


b. Cực tiểu: L2 - L1 = 2k  1 

(k= 0,–1; 1, –2; 2, –3…)

2

Với:

L1, L2 là quang lộ của tia sáng từ nguồn thứ nhất và thứ hai tới điểm quan sát

 là bước sóng của ánh sáng trong chân không
k là bậc giao thoa (khái niệm bậc giao thoa chỉ dùng cho vân sáng, vân tối
không có khái niệm bậc giao thoa)
2. Giao thoa gây bởi khe Young
a. Hiệu quang lộ 2 tia giao thoa:
L2  L1 

Với:

ax
D

a là khoảng cách hai khe hẹp.

D là khoảng cách từ hai khe hẹp đến màn quan sát.
x là vị trí của một điểm M trên màn.

D
a

b. Vị trí vân sáng:

xS  k

c. Vị trí vân tối:

xt   2k 1

D 

1  D
 k  
2a  2  a

d. Khoảng cách vân (khoảng cách hai vân sáng hoặc hai vân tối kế tiếp):
D
i
a
3. Giao thoa gây bởi bản mỏng:
a. Bản mỏng có độ dày thay đổi vân cùng độ dày:
Hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên hai mặt của bản :
L2  L1  2d n2  sin 2 i 



2

b. Nêm không khí và bản cho vân tròn Niutơn :
- Vị trí của các vân tối

:d

k
; k = 0, 1, 2, ...
2


- Vị trí của các vân sáng: d  2k 1 ; k = 1, 2, ...
4

Với d là chiều dày của nêm.
* Đối với bản cho vân tròn Niutơn thì bán kính vân tối thứ k là :
rk  R . k

Với R là bán kính mặt cong của thấu kính.
16


c. Bản có độ dày không đổi - Vân cùng độ nghiêng :
Hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên hai mặt bản mỏng:
L2  L1  2d n2  sin 2 i 

Với:
bản


2

d là bề dày của bản, n là chiết suất của bản, i là góc tới của ánh sáng tới mặt

 là bước sóng của ánh sáng tới.
II. BÀI TẬP:
Bài 1. Khoảng cách giữa hai khe trong máy giao thoa khe Young a = 1mm. Khoảng
cách từ màn quan sát E tới mặt phẳng chứa hai khe D = 1m. Đặt toàn bộ hệ
thống trong không khí, hai khe được chiếu bởi ánh sáng đơn sắc có bước sóng 
= 0,49m.
a. Xác định vị trí của 3 vân sáng đầu tiên và vị trí vân tối thứ 4. Nêu nhận xét
b. Thay ánh sáng đơn sắc khác có bước sóng ’, hệ thống trên cho các vân giao thoa
với khoảng cách vân bằng 0,66mm. Tính ’.
c. Sử dụng ánh sáng có bước sóng  = 0,49m. Đổ vào khoảng giữa màn ảnh và mặt
phẳng chứa hai khe một chất lỏng có chiết suất n. Tính chiết suất n của chất lỏng đó, biết
rằng khoảng cách vân trong trường hợp này bằng 0,36mm. Nêu nhận xét?
Bài 2. Trong thí nghiệm giao thoa với máy giao thoa khe Young, 2 khe cách nhau a =
1mm. Màn quan sát E đặt song song và cách mặt phẳng chứa 2 khe một đoạn D = 1m.
Nguồn S đặt cách đều hai khe và cách mặt phẳng chứa hai khe một đoạn là d = 0,5m
phát ánh sáng đơn sắc có bước sóng  = 0,6m.
a. Dời khe S song song với mặt phẳng chứa hai khe S1, S2 tới vị trí S’ và SS’ = 1mm.
Xác định chiều và khoảng dịch chuyển của vân trung tâm.
b. Lại đưa khe S về vị trí cũ nhưng đặt trước S1 một bản mặt song song có chiều dày e
= 8m, chiết suất n = 1,5. Vân sáng trung tâm sẽ dời chỗ như thế nào ?
Bài 3. Trong thí nghiệm giao thoa với máy giao thoa khe Young, khoảng cách giữa hai
khe là a = 1mm, khoảng cách từ hai khe tới màn quan sát là D = 2m. Chiếu đồng thời
hai khe bởi hai bức xạ có bước sóng 1 và 2. Khoảng cách giữa 5 vân sáng liên tiếp của
bức xạ 1 là 4,8mm, khoảng cách từ vân sáng thứ 2 đến vân sáng trung tâm của bức xạ
2 là 1,92mm.

a. Tìm bước sóng của hai bức xạ trên.
b. Trong vùng có giao thoa MN = 23mm có :
- Bao nhiêu vân sáng và tối của từng bức xạ trên?
- Mấy vị trí có sự chồng nhau của vân sáng của hai loại bức xạ trên?

17


Bài 4. Chiếu một chùm ánh sáng trắng (0,4 μm ≤ λ ≤ 0,7 μm) lên một màng nước xà
phòng có chiết suất n = 1,33.
a. Chiếu theo phương vuông góc với màng xà phòng. Cho bề dày của màng xà phòng e
= 0,4 µm. Hỏi trong phạm vi quang phổ thấy được của chùm sáng trắng, những chùm
tia phản chiếu có bước sóng nào sẽ được tăng cường.
b. Chiếu theo phương xiên góc 450 lên màng xà phòng. Tìm bề dày nhỏ nhất của màng
để tia phản chiếu có màu vàng với bước sóng λ = 0,6 µm.
Bài 5. Một màng mỏng có bề dày d, chiết suất n = 1,3. Một chùm ánh sáng đơn sắc
song song có bước sóng  = 0,6m chiếu vào màng mỏng dưới góc tới i = 300. Hỏi bề
dày nhỏ nhất của màng phải bằng bao nhiêu để ánh sáng phản chiếu giao thoa có
cường độ:
a. Cực đại
b. Cực tiểu
Bài 6. Trên một bản mỏng thủy tinh phẳng (có chiết suất n = 1,5), người ta phủ một
màng rất mỏng của chất có chiết suất n’ = 1,4. Một chùm tia sáng đơn sắc, song song có
bước sóng  = 0,6m được chiếu thẳng góc với bản mặt. Xác định bề dày nhỏ nhất của
màng mỏng khi hiện tượng giao thoa cho chùm tia phản xạ có:
a. cường độ cực tiểu.
b. cường độ cực đại.
Bài 7. Một nêm thủy tinh có góc nghiêng  =2’, chiết suất n. Người ta chiếu thẳng
góc với nêm ánh sáng đơn sắc có bước sóng 0,5216 m.
a) Vẽ hình và thiết lập biểu thức điều kiện độ dày để có vân tối

b) Tìm chiết suất của nêm, biết rằng khoảng cách giữa 2 vân tối liên tiếp trên bề
mặt của nêm bằng 0,3 mm.
c) Độ dày nêm tại vị trí có vân tối thứ 4;
Bài 8. Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc, song song và thẳng góc với mặt dưới của một
nêm không khí. Ánh sáng tới có bước sóng λ = 0,6µm.
a. Xác định góc nghiêng của nêm, biết rằng trên 1cm chiều dài của mặt nêm, người ta
quan sát thấy 10 vân giao thoa.
b. Nếu chiếu đồng thời hai chùm tia sáng đơn sắc có bước sóng lần lượt là λ1 = 0,5 µm
và λ2 = 0,6 µm xuống mặt nêm thì hệ thống vân trên mặt nêm có gì thay đổi? Xác định
vị trí tại đó các vân tối của hai hệ thống vân trùng nhau.
Bài 9. Một thấu kính hội tụ phẳng lồi được đặt trên một bản thủy tinh để tạo thành hệ
thống cho vân tròn Newton. Mặt lồi của thấu kính có bán kính R = 4 m. Chiếu ánh
sáng đơn sắc thẳng góc vào mặt phẳng của thấu kính thì khoảng cách giữa vân tối thứ
9 và thứ 4 là 1,6 mm.
18


a. Tìm bước sóng của ánh sáng.
b. Tìm bề dày của lớp không khí tại vị trí vân tối thứ 4.
Bài 10. Một thấu kính được đặt trên một bản thủy tinh, nhưng do một hạt bụi dày nằm
giữa thấu kính và bản thủy tinh nên chúng không tiếp xúc với nhau. Đường kính của vân
tối thứ 5 và thứ 15 là 0,7mm và 1,7mm, bước sóng của ánh sáng rọi vuông góc vào mặt
phẳng của thấu kính là 0,59m. Xác định bán kính cong của thấu kính.
III. HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ
Tóm tắt:

d1
S1

a = 1mm

D = 1m

d2

a

 = 0,49m

M
x
O

S2

D

a. xStt; xS1; xS2; xS3; xt4.
b. Thay   ’; i’ = 0,66mm. ’ = ?
c.  = 0,49m, đổ n = ? với i’’ =
0,36mm. Nhận xét?
Hướng dẫn:
a. - Khoảng cách vân : i 

 D 0, 49.106 .1

= 0,49.10-3m
3
a
10

- Vị trí 3 vân sáng đầu tiên:
Vân sáng trung tâm (k = 0) ứng với: 𝑥𝑆𝑡𝑡 = 0𝑖 = 0
Vân sáng bậc 1 (k = 1) ứng với:

𝑥𝑆1 = 𝑘

Vân sáng bậc 2 (k = 2) ứng với:

𝑥𝑆2 = 𝑘

Vân sáng bậc 3 (k = 3) ứng với:

𝑥𝑆3 = 𝑘

𝜆𝐷
𝑎
𝜆𝐷
𝑎
𝜆𝐷
𝑎

= 1. 𝑖 = 0,49. 10−3 𝑚
= 2. 𝑖 = 0,98. 10−3 𝑚
= 3. 𝑖 = 1,47. 10−3 𝑚

 Nhận xét: Các vân sáng cách đều nhau.
- Vị trí vân tối bậc 4 (k = 3) ứng với:

x   2k  i 

D
2a

= 3,5i = 1,715mm.

b. Khi thay ánh sáng có bước sóng  bởi ánh sáng có bước sóng  thì khoảng cách vân:
i' 

'D
a

' 

i ' a 0,66.1

= 0,66 . 10-3mm = 0,66 m
3
D
10

c. Tính chiết suất của chất lỏng :
- Hiệu quang lộ tại M của 2 tia sáng từ S1 và S2: L2 - L1 = nd2 - nd1 = n(d2 - d1) = n
19

ax
D


- Điều kiện xác định vị trí các vân sáng: L2  L1  n
 Tọa độ vân sáng:

xk

D
na

k

ax
 k
D

i
n

 Khoảng cách vân (khoảng cách giữa 2 vân sáng liên tiếp) là : i '   k 1
 𝑖′ =

i ki i
 
n n n

𝑖
𝑛

i
i'

Do đó chiết suất chất lỏng: n  

0,49 .10 3
1,36
0,36 .10 3

* Nhận xét: Khoảng vân giảm n lần, tức là hệ thống vân sít lại gần nhau một đoạn Δi =
i – i’ = (0,49 – 0,36).10–3 khi được đặt trong chất lỏng có chiết suất n = 1,36.
Bài 2.
Tóm tắt:

O’

d1
S1

a = 1mm;

S d1’

D = 1m;
S’

 = 0,6m;

x

d2

a
O

d2’ S
2

D

d

d = 0,5m.
a. Dời S với SS’=1mm.
 Xác định chiều và
khoảng dịch chuyển?

O’

d1
S1

x

d2

a

b. Bản mặt e = 8m vào S1.

O

S2

 Vân sáng trung tâm dời

chỗ như thế nào?

D

Hướng dẫn:
a. Khi nguồn sáng di chuyển tới vị trí mới S’ thì hiệu quang lộ của hai tia sáng xuất
phát từ S’ tới O' là:
L2 - L1 = (d2’ + d2) – (d1’ + d1) = (d2 - d1) + (d2’ - d1’)
Hiệu khoảng cách từ điểm ta xét đến 2 nguồn S1 và S2:
Do đó:
Suy ra : L2  L1 

d2 - d1 =
d2’ - d1’ =

x ' a xa

d
D
20

x'a
d

xa
D


- Điều kiện để tại O' có vân sáng:

L 2 - L1 =

 Vân sáng trung tâm ứng với k = 0:
Suy ra : x   x '

x ' a xa

 k
d
D

x ' a xa

 0.
d
D

D
1
  1.
= –2mm
d
0,5

 Dấu (–) chứng tỏ vân sáng trung tâm dời ngược chiều di chuyển của nguồn S,
khoảng dịch chuyển là 2mm.
b. Giả sử bản mặt song song đặt trước nguồn S1.
Hiệu quang lộ từ 2 nguồn sáng S1 và S2 đến điểm M (2 tia S2M và S1M) là:
L2 – L1 = d2 – [(d1 – e) + ne)] = (d2 – d1).n – (n – 1).e =
Điều kiện để tại M cho vân sáng: L2 – L1 =

xa
– (n – 1).e = k
D
x

Suy ra công thức xác định tọa độ vân sáng:
Vân sáng trung tâm k = 0  x0 

xa
– (n – 1).e
D

k  D  n 1 eD

a
a

 n 1 eD  1,5 1 8.


a

1
= 4.103m = 4.10-3 m
3
10

Vậy vân sáng trung tâm mới nằm cách vân sáng trung tâm cũ một đoạn:
𝑥0 =

(𝑛 − 1)𝑒𝐷
= 4. 10−3 𝑚
𝑎

* Do n > 1 nên x0 > 0, nghĩa là vân sáng giữa về phía có đặt bản mặt song song, trong
trường hợp này là dời về phía nguồn S1.
Bài 3.
Tóm tắt:

d1

a = 1mm; D = 2m; λ1 và λ2.
Cho: xS(k+3) (λ1) – xSk (λ1) = 4,8mm

S1

d2

a

xS2 (λ2) – xStt (λ2) = 1,92mm

b. MN = 23mm.
- Số vân sáng; vân tối?
- Vị trí trùng nhau của λ1 và λ2 trong
MN.
Hướng dẫn:
21

x
O

S2

a. λ1 và λ2 = ?

M

D


a. * Theo giả thiết:
xS(k+3) (λ1) – xSk (λ1) = 4.i1 = 4,8mm
Suy ra khoảng vân của bức xạ λ1: i1 = 1,2mm
 Bước sóng λ1 =

𝑖1 𝑎
𝐷

=

1,2.10−3 .1.10−3

= 0,6. 10−6 𝑚 = 0,6𝜇𝑚

2

* Theo giả thiết:
xS2 (λ2) – xStt (λ2) = 2.i2 = 1,92mm

Suy ra khoảng vân của bức xạ λ2: i2 = 0,96mm
 Bước sóng λ2 =

𝑖2 𝑎
𝐷

=

0,96.10−3 .1.10−3
2

= 0,48. 10−6 𝑚 = 0,48𝜇𝑚

b. Ta có:
1
𝑏ề 𝑟ộ𝑛𝑔 𝑣ù𝑛𝑔 𝑔𝑖𝑎𝑜 𝑡ℎ𝑜𝑎
2

𝑖1

=

1
𝑏ề 𝑟ộ𝑛𝑔 𝑣ù𝑛𝑔 𝑔𝑖𝑎𝑜 𝑡ℎ𝑜𝑎
2

𝑖1

1
.23

2

=

1,2

= 9,58  λ1 có 19 vân sáng và 20 vân tối

1
.23
2

0,96

= 11,98  λ2 có 23 vân sáng và 24 vân tối

* Khi vân sáng của hai bức xạ trung nhau:
k1.λ1 = k2.λ2
 k1.0,6 = k2.0,48
4

 k1 = .k2
5

Khi k1 = k2 = 0: xStt = 0.
Khi k1 = ±4; k2 = ±5: xS1 = ±4,8mm
Khi k1 = ±8; k2 = ±10: xS2 = ± 9,6mm
Vậy có 5 vị trí trên màn ảnh cho các vân sáng trùng nhau.
Bài 4. ĐS:
a. Bước sóng: λ = 0,4256μm

b. dmin = 1,33.10-5cm.
Bài 5.

22


Tóm tắt:

S

R

Màn mỏng d; n = 1,3

R’

N

Chiếu  = 0,6m; i = 300.

i i

dmin = ? để:

i

H i

L

I

a. Giao thoa có cường độ cực đại

r

b. Giao thoa có cường độ cực tiểu

r
rr
K

Hướng dẫn:
Đây là hiện tượng giao thoa do bản mỏng cùng độ dày gây ra.
Hiệu quang lộ của 2 tia phản chiếu từ 2 mặt màng (tia IR và LR’) là :
L2  L1  2d n 2  sin 2 i 


2

a. Cường độ sáng phản chiếu cực đại khi :



2d n 2  sin 2 i 

Suy ra: d = (2k + 1)

2

 k


4 n  sin 2 i
2

 Bề dày cực tiểu của bản mỏng ứng với k = 0:
dmin =



1,25.107 m

4 n  sin i
2

2

b. Cường độ ánh sáng phản chiếu cực tiểu khi :
2d n2  sin 2 i 

Suy ra: d   k 1


2

  2k 1


2


2 n2  sin 2 i

 Bề dày cực tiểu của bản mỏng ứng với k = 0:
d min 


2 n 2  sin 2 i

= 2,5 . 10-7m.

* Trường hợp riêng: Khi tia sáng được chiểu vuông góc với màng mỏng  góc tới i =
00 nên bề dày cực tiểu của bản mỏng khi:
- Cường độ sáng phản chiếu cực đại:

𝑑𝑚𝑖𝑛 =
23

𝜆
4𝑛


- Cường độ sáng phản chiếu cưc tiểu:

𝑑𝑚𝑖𝑛 =

𝜆
2𝑛

Bài 6.
Tóm tắt:

S1

S2

I1

I2

Bản mỏng n = 1,5
 Phủ lớp mỏng n’ = 1,4.
 = 0,6m.

e

e = ? khi:

N1

N2

a. cường độ giao thoa cực tiểu.
b. cường độ giao thoa cực đại.
Hướng dẫn:
Xét tia sáng S1I1, khi tới mặt của màng mỏng, một phần tia sáng này sẽ phản xạ
ở mặt trên của màng tại I1, một phần sẽ đi qua màng mỏng và phản xạ ở mặt dưới của
màng mỏng tại N1. Quang lộ của cả hai tia sáng phản xạ tại I1 và N1 đều bị dài thêm
𝜆

một đoạn do phản xạ trên môi trường chiết quang hơn. Hai tia phản xạ này sẽ giao
2

thoa với nhau tại mặt trên của màng mỏng.
- Quang lộ của tia S1I1S1 phản xạ tại I1:
𝐿1 = ̅̅̅̅̅̅̅̅
𝑆1 𝐼1 𝑆1 +

𝜆
2

- Quang lộ của tia S1I1N1I1S1 phản xạ N1:
𝐿2 = ̅̅̅̅̅̅̅̅
𝑆1 𝐼1 𝑆1 + 2𝑛′ . 𝐼̅̅̅̅̅̅
1 𝑁1 +

𝜆
𝜆
= ̅̅̅̅̅̅̅̅
𝑆1 𝐼1 𝑆1 + 2𝑛′ 𝑒 +
2
2

 Hiệu quang lộ của hai tia phản xạ: L2 – L1 = 2𝑛′ 𝑒
a. Khi cường độ sáng của chùm tia giao thoa này cực đại thì:
𝐿2 − 𝐿1 = 2𝑛′ 𝑒 = 𝑘𝜆
Do đó bề dày của màng mỏng được xác định bởi công thức:
𝑒=
Ứng với k = 1: 𝑒1 =

Ứng với k = 2: 𝑒1 =

𝜆
2𝑛′
2𝜆
2𝑛′

=
=

0,6
2.1,4
3.0,6
4.1,4

𝑘𝜆
2𝑛′

= 0,214𝜇𝑚
= 0,428𝜇𝑚

…
b. Khi cường độ sáng của chùm tia giao thoa này cực tiểu thì:
24