Tải bản đầy đủ (.pdf) (81 trang)

Tổng hợp đề trắc nghiệm vật lí đại cương 3 HUST PH1131

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.42 MB, 81 trang )

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131)
ĐỀ SỐ 3
Họ và tên:..............................................................Lớp:...............................Mã hiệu SV:.....................................
Câu 1: Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng 1  0, 65   m  vào khi Yâng. Đặt trước một trong 2 khe
một bản mỏng có hai mặt song song chiết suất n  1,5 và có bề dày e  12   m  . Độ dịch chuyển của hệ thống
vân giao thoa trên màn là 6  mm  . Bề rộng của vân giao thoa có giá trị bằng:
A. i  0, 65  mm  .

B. i  0,55  mm  .

D. i  0, 75  mm  .

C. i  0, 45  mm  .

Giải
Độ dịch chuyển của hệ thống vân giao thoa trên màn là
 n  1 e.D  D   n  1 e  1,5  1 .12.106  103 m
y 
 
d
d
y
6.103

1.D

 0, 65.106.103  0, 65.103  m   0, 65  mm 
d
Câu 2: Chiếu một chùm ánh sáng đơn sắc song song vng góc với bản thủy tinh phẳng trong hệ thống vân tròn


Newton. Hệ thống vận được đặt trong khơng khí. Thấy kính phẳng – lồi có bán kính mặt lồi R  9, 4  m  . Quan
sát hệ thống vân tròn Newton trong chùm tia phản xạ người ta thấy bán kính hai vân tối liên tiếp lần lượt bằng
4,94  mm  và 5,53  mm  . Bước sóng ánh sáng có giá trị là:
Bề rộng của vân giao thoa có giá trị bằng: i 

A. 0,56   m  .
Giải

D. 0, 72   m  .

C. 0, 66   m  .

B. 0, 66   m  .

Bán kính vân tối Newton xác định bởi: rk  Rk 
Bán kính của vân tối thứ k : rk  Rk 
Bán kính của vân tối thứ k  1: rk 1  R  k  1 
Lấy

 2   rk 1 
1 rk

1
 2

r2
r2
k 1
k 1
 k 21 

 k  2 k 2 . Thay vào 1 , ta được:
k
rk
k
rk 1  rk

r2
r 2  r 2  5,53.10
rk  kR  r  2 k 2 .R.    k 1 k 
rk 1  rk
R
2
k

   4,94.10 

3 2

9, 4

3 2

 6, 6.10 7  m   0, 66   m 

 Bước sóng của ánh sáng:   0, 66   m 
Câu 3: Chiếu một chùm tia sáng song song, đơn sắc có bước sóng   0, 65   m  lên màng xà phòng chiết suất

4
dưới một góc 300 . Bề dày nhỏ nhất của màng xà phịng để những tia phản chiều có cường độ cực tiểu
3

bằng:
A. d  0, 263   m  .
B. d  0, 253   m  .
C. d  0, 232   m  .
D. d  0, 243   m  .
n

Giải
Cường độ sáng cực đại: L  k 
1

Cường độ sáng cực tiểu: L   k   
2

Xác định d min Nhận xét: Đây là bài toán giao thoa bản mỏng  sử dụng công thức xác định hiệu quang lộ.
- Xét hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên hai mặt của bản mỏng:

TUẤN TEO TÓP

Trang 1/81


VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
L  L1  L2  2d n 2  sin 2i 



2
- TH1: Cường độ sáng cực đại: L  k  , d min  k  0
L  L1  L2  2d n 2  sin 2i 



2

 k   0  d min 


4 n 2  sin 2i



0, 65
2

4
4    sin 2 300
3

1

TH2: Cường độ sáng cực tiểu: L   k    , d min  k  0
2

 
1


L  L1  L2  2d n 2  sin 2i    k      d min 

2 

2
2
2 n 2  sin 2i

 0,131  m 

0, 65
2

4
2.    sin 2 300
3

 0, 263   m 

Câu 4: Một chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng   0,56   m  được chiều vng góc với mặt nêm thủy tinh
chiết suất n  1,5 . Biết rằng khoảng cách nữa N  17 vân tối liên tiếp là l  1,5  cm  . Góc nghiêng của nêm có
giá trị nào dưới đây:
A.   1,89.104  rad  .

B.   1,99.104  rad  .

C.   1, 79.104  rad  .

D.   1, 69.104  rad  .

Giải

Nhận xét: Đây là bài tốn giao thoa trong nêm có chiết suất n.
Ví trí của vân tối: dt  k .




2

 k  0,1, 2,....

Vị trí của vân sáng: d s   2k  1



 k  1, 2,3....
4
Ta xét vị trí vân tối thứ k và vân tối thứ k  16 gây bởi nêm có chiết suất n (vì khi ánh sáng truyền qua mơi
trường có chiết suất n bước sóng sẽ giảm đi n lần)
Ví trí của vân tối thứ k : dt  k .



2n

 k  0,1, 2,....

Vị trí của vân tối thứ k  16 : d k 16   k  16 
Từ hình vẽ ta thấy: sin 


2n

d k 16  d k 8 8.0,56.106



 1,99.104  rad 
I1I 2
nl 1,5.1.5.103

vì  rất nhỏ nên   sin  1,99.104  rad 

Câu 5: Chiếu một chùm ánh sáng trắng song song vng góc với một cách tử nhiễu xạ truyền qua có n  500
(vạch/mm). Hiệu góc lệch của cuối quang phổ bậc 1 và đầu quang quang phổ bậc 2 có giá trị bằng:
A.   2, 250 .
B.   1,550 .
C.   1, 250 .
D.   1, 650 .
Giải
Nhận xét: Phân tích đề bài ta thấy liên quan tới khái niệm quang phổ nhiễu xạ. Khi ánh sáng trắng chiếu qua cách
tử phẳng thì mỗi sóng ánh sáng đơn sắc sẽ cho một hệ các cực đại chính. Do mọi ánh sáng đơn sắc đều cho cực

TUẤN TEO TÓP

Trang 2/81


VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
đại tại tiêu điểm F của thấu kính nên ta sẽ quan sát vân trung tâm chính là vân sáng trắng. Hai mép của vân trung
tâm có viền nhiều màu: mép trong là viền tím, mép ngồi là viền đỏ
1
Góc lệch cuối quang phổ bậc 1 ứng với cực đại nhiễu xạ bậc 1 của tia đỏ (ứng với 1  0, 76   m  ): và n 
d
(với d là chu kỳ cách tử)

Ta có: sin1 

1

 n1  1  22,330

d
Góc lệch đầu quang phổ bậc 2 ứng với cực đại nhiễu xạ bậc 2 của tia tím (ứng với 2  0, 4   m  :
Ta có: sin2  2.

2

 2n2  2  23, 280

d
Hiệu góc lệch của cuối quang phổ bậc 1 và đầu quang quang phổ bậc 2 có giá trị bằng:
  2  1  23, 280  22,330  1, 250
Câu 6: Một chùm tia sáng đơn sắc song song, bước sóng   0,55   m  chiếu vng góc với mặt của một lỗ
trịn. Bán kính của lỗ trịn có giá trị bằng r  1,5  mm  . Phía sau lỗ trịn có đặt một màn quan sát vng góc với
trục của lỗ tròn và cách lỗ tròn một khoảng bằng b. Gía trị lớn nhất của b để tâm của ảnh nhiễu xạ trên màn quan
sát là một điểm tối bằng
A. 2,15  m  .
B. 2, 25  m  .
C. 2,35  m  .
D. 2, 05  m  .
Giải
Bài tốn mở rộng: Xây dựng cơng thức tính bán kính của đới cầu Fresnel thứ k

Xét hai tam giác vuông OM k H k và MM k H k :


r  R   R  hk   d   b  hk 
2
k

2

2

2
k

2 Rhk  h

2
k

Vì   b 

 k 

 k 
 k b 

2

4

2

4



2

  b  k    b  hk 
2

2

2

 0  2 Rhk  k b  2bhk  hk 

 2bhk  hk2

k b
2  R  b

Rbk
Rb
 rk 
k
Rb
Rb
Vì vậy khoảng cách lớn nhất bmax để tâm của hình nhiễu xạ trên màn quan sát là tối phải ứng với trường hợp lỗ
tròn chứa hai đới Prênen. Nghĩa là bán kính của lỗ trịn phải bang bán kính của đới cầu thứ hai:

Do hk cũng rất nhỏ nên bán kính của đới cầu thứ k là: rk2  2 Rhk 

Rb

b
 r2  2
b
Rb
1
R
Theo đầu bài, chùm tia sáng tới là chùm tia song song, mặt sóng lựa trên lỗ là một mặt phẳng  R    , do đó

 k  2  : r  r2 

2

1,5.103 

r22
b

 2, 05  m 
 0 , ta có r2  2 b  bmax 
2 2.0,55.106
R
2

TUẤN TEO TÓP

Trang 3/81


VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Câu 7: Mặt phẳng chính (mặt phẳng dao động) của hai lăng kính ni cơn N1 và N 2 hợp với nhau một góc   600


. Biết rằng khi truyền qua mỗi lăng kính ni cơn ánh sáng bị phản xạ và hấp thụ k  5  %  . Cường độ ánh sáng

I 
sau khi đi qua cả hai ni côn sẽ giảm đi  0  bằng:
 I2 
I
I
I
I
A. 0  8, 76 .
B. 0  8,86 .
C. 0  8, 66 .
D. 0  8,56 .
I2
I2
I2
I2
Giải
Nhận xét: Đây là bài toán Malus cơ bản. Áp dụng các cơng thức liên quan là có thể xác định được cường độ ánh
sáng cần tìm
I
1
2
Cường độ sáng sau lăng kính nicon N1 là: I1  0,5. 1  k  I 0  0 

 2,1
I1 0,5 1  k  1  5%
Cường độ chùm sáng sau lăng kính N 2 là:
I 2  I1.cos 2  0,5. 1  k  .cos 2 .I 0 


I0
1

 8, 42
I 2 0,5. 1  5%  cos 2 600

Câu 8: Năng lượng của hạt proton trong giếng thế một chiều sâu vô hạn ở trạng thái n  5 là 7,5  meV  . Cho
biết khối lượng của hạt proton m p  1, 672.1027  kg  . Bề rộng của giếng thế năng là:
A. 8,8  A0  .

B. 8, 4  A0  .

C. 8, 2  A0  .

D. 8, 6  A0  .

Giải
h 2
.n
2

 7,5  meV 
Hạt chuyển động trong giếng thế năng có năng lượng: En 
2m p a 2

 2.

Bề rộng của giếng thế năng là:
2


 h 
2
 .   .n 2
6, 6.1034  .52

h.n 2
2 

a


 8, 2.1010  m   8, 2  A0 
6
19
27
2 En .m p
8En .m p
8.7,5.10 .1, 6.10 .1, 672.10
2

Câu 9: Trong thí nghiệm đo bước sóng ánh sáng người ta dùng một cách tử phẳng truyền qua, ánh sáng tới vng
góc với mặt phẳng của cách tử. Đối với ánh sáng Natri  1  05892   m   , góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ
bậc 1 bằng 1  17, 620 . Đối với ánh sáng đơn sắc bước sóng cần đo, người ta quan sát thấy vạch quang phổ bậc
2 dưới góc nhiễu xạ 2  25,120 . Bước sóng của ánh sáng đơn sắc cần đo nhận giá trị nào dưới đây:
A. 2  0, 4182   m  .

B. 2  0, 4232   m  .

C. 2  0, 4132   m  .


D. 2  0, 4152   m  .

Giải
Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin 

k
d

1

 k1  1 . 1
d
2
Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 2 bằng 2  25,120  sin2  2  k2  2  .  2 
d
0
1  sin1  1    sin2 .1  sin25,12 .0,5892  0, 4132  m
Lấy
 
2
2sin1
2.sin17, 620
 2  sin2 22
Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 1 bằng 1  17, 620  sin1 

Câu 10: Một tia X có bước sóng 0,300  A0  tán xạ theo một góc 600 do hiệu ứng Compton. Động năng của hạt
electron là:

TUẤN TEO TÓP


Trang 4/81


VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
A. 1,39  keV  .
B. 1, 79  keV  .
C. 1, 69  keV  .
D. 1,59  keV  .
Giải
Động năng của electron ED 

me c 2
v
1  
c

2

 me c 2  hv  hv ' hay ED 

 
Theo công thức tán xạ Compton:   2 C sin 2  
2
hc

Ta tìm được động năng của electron bắn ra : ED 




hc





hc hc
hc
 
 '    

hc
 
  2 C sin 2  
2

Hay

 
2 C sin 2  
2.2, 4.1012.sin 2  600 
hc
6, 625.1034.3.108
2

ED 

.
 2,548.1016  J   1,592  keV 
10

10
12
2
0


0,3.10


0,3.10

2.2,
4.10
.
sin
60
 
  2 C sin2  
2
 

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131)
ĐỀ SỐ 4
Họ và tên:..............................................................Lớp:...............................Mã hiệu SV:.....................................
Câu 11: Một nguồn sáng điểm S đặt trên trục của một lỗ trịn có bán kính r thay đổi được. Khoảng cách từ
nguồn sáng S đến lỗ tròn là R  100  cm  . Phía sau lỗ trịn có đặt một màn quan sát vng góc với trục của lỗ
trịn và cách lỗ tròn một khoảng b  120  cm  . Biết rằng tâm của hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại khi bán kính
của lỗ r1  1, 00  mm  và có độ sáng cực đại tiếp theo khi bán kính của lỗ r2  1,31 mm  . Bước sóng ánh sáng
dùng trong thí nghiệm là:
A. 0, 6364   m  .


C. 0, 6584   m  .

B. 0, 6264   m  .

D. 0, 6564   m  .

Giải
Nhận xét: Đây là bài toán nhiễu xạ qua lỗ trịn và gồm có hai trường hợp. Về phương hướng giải ta sẽ sử dụng
cơng thức bán kính Fresnel cho từng trường hợp sau đó kết hợp hai phương trình để rút ra giá trị bước sóng cần
tìm
TH1: Tâm của hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại khi bán kính của lỗ bằng r1  1, 00  mm   điều này có nghĩa là
Rb
k *
Rb
TH2: Tâm của hình nhiễu có độ sáng cực đại tiếp theo khi bán kính lỗ là r2  1,31 mm   điều này có nghĩa là

trong lỗ trịn chỉ có số lẻ k đới cầu Fresnel (chính là đới cầu ứng với k ). Ta có: r1  rk 

trong lỗ trịn phải có k  2 đới cầu Fresnel vì nếu có số chẵn đới cầu thì tại M độ sáng sẽ giảm đi (chính là đới
cầu ứng với k  2 ). Ta có: r2  rk  2 
Lấy

* 
**

Rb
k  2 **
Rb


k
k  2 r22 1,312

 2  2  2, 79  k  2
k 2
k
r1
1

Thay k  4 vào * ta được:
3
r 2 .  R  b  1.10  . 1, 2  1
Rb
. 2  1 mm     1

 9,167.107  m   0,9617   m 
Rb
2 Rb
2.1, 2.1
2

r1 

TUẤN TEO TÓP

Trang 5/81


VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Câu 12: Trong thí nghiệm dùng giao thoa kế Mai – ken – sơn khi dịch chuyển gương di động một khoảng

L  0, 013  mm  người ta quan sát thấy hình vân giao thoa dịch chuyển đi 40 khoảng vân. Bước sóng ánh sáng
dùng trong thí nghiệm bằng:
A. 0,55   m  .

B. 0, 65   m  .

C. 0, 45   m  .

D. 0, 75   m  .

Giải

Nhận xét: Đây là bài toán liên quan tới giao thoa kế Michelson. Trước hết ta cần phải hiểu được nguyên tắc làm
việc của giao thoa kế này. Tia sáng từ nguồn đơn sắc bị phân tách thành hai phần bởi một gương bán mạ M đặt
nghiêng một góc 450 so với tia tới. Chùm tia phản xạ từ M thẳng đứng lên gương M 1 và chùm tia thứ 2 đi thẳng
tới gương M 2 . Sau khi phản xạ từ M 1 và M 2 hai tia sáng sẽ gặp nhau tại gương M và chúng ta có thể quan sát
xảy ra hiện tượng giao thoa. Tấm kính P có chiều dày bằng chiều dày của gương M và được đặt ở trước gương
M 2 để đảm bảo là cho hai tia phản xạ từ tương M 1 và M 2 về gương M đều đi qua tấm kính có cùng chiều dày.
Để xác định điều kiện xảy ra hiện tượng giao thoa ta phải xét hiệu quang lộ tại của ánh sáng truyền tới một điểm
trên gương M . Ta có thể thay đổi hiệu quang lộ bằng cách dịch chuyển gương M 1 lên xuống để thỏa mãn điều
kiện cực tiểu hoặc cực đại giao thoa. Nếu M 1 dịch chuyển một đoạn bằng nửa bước sóng theo phương truyền
của tia sáng thì hiệu quang lộ sẽ thay đổi một lượng bằng bước sóng  hệ vân giao thoa sẽ dịch đi một khoảng
vân. Ta có cơng thức tổng quát cho giao thoa kế Michelson là: L  m



2
Trong đó L là độ dịch chuyển gương, m là số khoảng vân dịch chuyển
Áp dụng công thức trên ta có bước sóng dùng trong thí nghiệm là:
2 L 2.0, 013.103



 6,5.107  m   0, 65   m 
m
40
Câu 13: Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng   0,55   m  theo phương vng góc với
một cách tử nhiễu xạ. Ngay sau cách từ có đặt một thấu kính hội tụ có tiêu cự f  1, 00  m  để hứng chùm tia
sáng lên màn E đặt tại tiêu diện của thấu kính. Khoảng cách giữa hai cực đại chính trong quang phổ bậc 1 bằng
l  0, 202  m  . Số vạch trên 1 cm của cách tử có giá trị bằng:
A. n  1816 (vạch/cm).

B. n  1826 (vạch/cm).

C. n  1856 (vạch/cm).

D. n  1836 (vạch/cm).

Giải

TUẤN TEO TÓP

Trang 6/81


VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
k
d

Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin 
Quang phổ bậc 1 gồm 2 vân cực đại chính  k  1  sin 



d

Khoảng cách giữa 2 vạch cực đại chính bằng: l  2 f .tan
Vì  là góc rất nhỏ  tg  sin
Hay


d



l
2 f  2.1.0,55.106
d 

 5, 45.106  m   5, 45   m 
2f
l
0, 202

1
1

 1836 (vạch/cm) ( d là chu kỳ cách tử)
d 5, 45.106.102
Câu 14: Trong thí nghiệm đo bước sóng ánh sáng người ta dùng một cách tử phẳng truyền qua, ánh sáng tới
vng góc với mặt phẳng của cách tử. Đối với ánh sáng Natri  1  05892   m   , góc nhiễu xạ ứng với vạch
Mật độ khe (số khe/đơn vị độ dài): n 


quang phổ bậc 1 bằng 1  17, 620 . Đối với ánh sáng đơn sắc bước sóng cần đo, người ta quan sát thấy vạch quang
phổ bậc 2 dưới góc nhiễu xạ 2  25,120 . Bước sóng của ánh sáng đơn sắc cần đo nhận giá trị nào dưới đây:
B. 2  0, 4332   m  .

A. 2  0, 4532   m  .

C. 2  0, 4132   m  .

D. 2  0, 4232   m  .

Giải

k
d

Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin 

1

 k1  1 . 1
d
2
Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 2 bằng 2  25,120  sin2  2  k2  2  .  2 
d
0
1  sin1  1    sin2 .1  sin25,12 .0,5892  0, 4132  m
Lấy
 
2

2sin1
2.sin17, 620
 2  sin2 22
Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 1 bằng 1  17, 620  sin1 

Câu 15: Chiếu ánh sáng đơn sắc bước sóng   0,5   m  vào một lỗ trịn có bán kính chưa biết. Nguồn sáng
điểm đặt cách lỗ trịn 2  m  , sau lỗ tròn 2  m  có đặt một màn quan sát. Hỏi bán kính của lỗ trịn phải bằng bao
nhiêu để tâm của hình nhiễu xạ là tối nhất
A. 1 mm  .
B. 2  mm  .

D. 3  mm  .

C. 4  mm  .

Giải
Bài toán mở rộng: Xây dựng cơng thức tính bán kính của đới cầu Fresnel thứ k

Xét hai tam giác vuông OM k H k và MM k H k :

r  R   R  hk   d   b  hk 
2
k

2

2

2
k


2 Rhk  h

2
k

TUẤN TEO TÓP

 k 
 k b 
4


2

  b  k    b  hk 
2

2

2

2

 2bhk  hk2
Trang 7/81


VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
2

k 

k b
Vì   b 
 0  2 Rhk  k b  2bhk  hk 
4
2  R  b
Do hk cũng rất nhỏ nên bán kính của đới cầu thứ k là: rk2  2 Rhk 

Rbk
 rk 
Rb

Rb
k
Rb

Nhận xét: Đây là bài toán nhiễu xạ qua lỗ tròn. Ta cần chú ý đặc điểm sau là số đới Fresnel trong đới tròn sẽ ảnh
hưởng tới biên độ. Để tâm của hình nhiễu xạ là tối nhất thì bán kính lỗ trịn phải có giá trị sao cho qua lỗ trịn chỉ
có 2 đới cầu Fresnel. Do đó bán kính của lỗ trịn phải bằng bán kính của đới cầu thứ 2.

rl  r2 

Rb
2.2.0,5.106
k
. 2  103  mm   1 mm 
Rb
22


Câu 16:Một tia X có bước sóng 0,300  A0  tán xạ theo một góc 600 do hiệu ứng Compton. Động năng của hạt
electron là:
A. 1,59  keV  .

B. 1, 69  keV  .

C. 1, 49  keV  .

D. 1, 79  keV  .

Giải
Động năng của electron ED 

me c 2
v
1  
c

2

 me c 2  hv  hv ' hay ED 

 
Theo công thức tán xạ Compton:   2 C sin 2  
2
hc

Ta tìm được động năng của electron bắn ra : ED 




hc





hc hc
hc
 
 '    

hc
 
  2 C sin 2  
2

 

Hay

 
2 C sin 2  
2.2, 4.1012.sin 2  600 
hc
6, 625.1034.3.108
2

ED 


.
 2,548.1016  J   1,592  keV 
10
10
12
2
0


0,3.10


0,3.10  2.2, 4.10 .sin  60 
  2 C sin2  
2
 
Câu 17: Mặt phẳng chính (mặt phẳng dao động) của hai lăng kính ni cơn N1 và N 2 hợp với nhau một góc

  600 . Biết rằng khi truyền qua mỗi lăng kính ni côn ánh sáng bị phản xạ và hấp thụ k  5  %  . Cường độ ánh

I 
sáng sau khi đi qua cả hai ni côn sẽ giảm đi  0  bằng:
 I2 
I
I
I
I
A. 0  8,56 .
B. 0  8,86 .
C. 0  8, 66 .

D. 0  8, 42 .
I2
I2
I2
I2
Giải
Nhận xét: Đây là bài toán Malus cơ bản. Áp dụng các công thức liên quan là có thể xác định được cường độ ánh
sáng cần tìm
I
1
2
Cường độ sáng sau lăng kính nicon N1 là: I1  0,5. 1  k  I 0  0 

 2,1
I1 0,5 1  k  1  5%
Cường độ chùm sáng sau lăng kính N 2 là:
I 2  I1.cos 2  0,5. 1  k  .cos 2 .I 0 

I0
1

 8, 42
I 2 0,5. 1  5%  cos 2 600

Câu 18: Một notron chuyển động nhiệt ở nhiệt độ 1130 C . Bước sóng De Broglie tương ứng với hạt này là (cho
mn  1, 674.1027  kg  )

TUẤN TEO TÓP

Trang 8/81



VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
A. 1, 28  A0  .

C. 1,38  A0  .

B. 1,18  A0  .

D. 1, 48  A0  .

Giải
Phương trình thuyết động lực học phân tử:
1
Dạng phương trình: p  n0 .mv 2 trong đó: n0 : là mật độ phân tử trong 1 đơn vị thể tích
3
n
n0  ; n : là tổng số phân tử khí có trong thể tích V
V
m là khối lượng phân tử khí
2

v là vận tốc tồn phương TB của 1 phân tử khí
2

1
2 mv
2
Ta có: p  n0 .mv 2  n0 .
 n0 .Wd

3
3
2
3

3 p
(lưu ý: n0 .V  N A số phân tử khí trong 1 mol khí)
2 n0
RT
3 RT 3
Từ phương trình trạng thái đối với 1 mol khí: p 
 Wd 
 kT ( N A số Avôgrađrô  6, 022.1023
V
2 n0V 2
R
(phân tử /m3 ) và k 
NA
Động năng trung bình của phân tử khí: Wd 

Vận tốc căn quần phương: vC  v

2

R
8,314
.T
3.
. 113  273
NA

1 2 3
3kT
6, 022.1023
Mặt khác: Wd  mv  kT  vc  v 


 3090,375  m / s 
2
2
m
m
1, 674.1027
Nhận xét: Đây là bài toán de Broglie, thể hiện tính chất sóng hạt của hạt vi mô. Electron và proton là hai hạt vi
mô tương ứng với sóng phẳng đơn sắc có tần số dao động f có bước sóng  .
- Theo cơng thức de Broglie ta có:
h
h
h
6, 625.1034
p   

 1, 28.1010  m   1, 28  A0 

p mv 1, 674.1027.3090,375
3.

Câu 19: Chiếu một chùm ánh sáng trắng song song vng góc với một cách tử nhiễu xạ truyền qua có n  500
(vạch/mm). Hiệu góc lệch của cuối quang phổ bậc 1 và đầu quang quang phổ bậc 2 có giá trị bằng:
A.   1, 200 .
B.   1,350 .

C.   1, 250 .
D.   1,310 .
Giải
Nhận xét: Phân tích đề bài ta thấy liên quan tới khái niệm quang phổ nhiễu xạ. Khi ánh sáng trắng chiếu qua cách
tử phẳng thì mỗi sóng ánh sáng đơn sắc sẽ cho một hệ các cực đại chính. Do mọi ánh sáng đơn sắc đều cho cực
đại tại tiêu điểm F của thấu kính nên ta sẽ quan sát vân trung tâm chính là vân sáng trắng. Hai mép của vân trung
tâm có viền nhiều màu: mép trong là viền tím, mép ngồi là viền đỏ
1
Góc lệch cuối quang phổ bậc 1 ứng với cực đại nhiễu xạ bậc 1 của tia đỏ (ứng với 1  0, 76   m  ): và n 
d
(với d là chu kỳ cách tử)
Ta có: sin1 

1

 n1  1  22,330

d
Góc lệch đầu quang phổ bậc 2 ứng với cực đại nhiễu xạ bậc 2 của tia tím (ứng với 2  0, 4   m  :
Ta có: sin2  2.

2

 2n2  2  23, 280
d
Hiệu góc lệch của cuối quang phổ bậc 1 và đầu quang quang phổ bậc 2 có giá trị bằng:
  2  1  23, 280  22,330  1, 250

TUẤN TEO TÓP


Trang 9/81


VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Câu 20: Vạch quang phổ ứng với bước sóng   0,5461  m  được quan sát với góc dưới góc   1908 ' . Số
vạch trên 1 cm  của cách tử có giá trị
B. n  1826 (vạch/cm).

A. n  1816 (vạch/cm).
(Thiếu dữ kiện)

D. n  1836 (vạch/cm).

C. n  1856 (vạch/cm).

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131)
ĐỀ SỐ 5
Họ và tên:..............................................................Lớp:...............................Mã hiệu SV:.....................................
Câu 21: Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng 1  0, 65   m  vào khi Yâng. Khoảng cách giữa hai khe
a  2  mm  . Màn ảnh được đặt song song cách mặt phẳng của khe một đoạn D  2  m  .Đặt trước một trong 2

khe một bản mỏng có hai mặt song song chiết suất n  1,5 và có bề dày e  10   m  . Độ dịch chuyển của hệ thống
vân giao thoa trên màn quan sát là:
A. 1 cm  .
B. 1,1 cm  .
C. 1, 2  cm  .
D. 1,5  cm  .
Giải
Độ dịch chuyển của hệ thống vân giao thoa trên màn là
 n  1 e.D  1,5  1 .10.106.2  0, 01 m  1 cm

y 
   
a
103
Câu 22: Một chùm tia sáng đơn sắc song song, bước sóng   0,55   m  chiếu vng góc với mặt của một lỗ
trịn. Bán kính của lỗ trịn có giá trị bằng r  1,5  mm  . Phía sau lỗ trịn có đặt một màn quan sát vng góc với
trục của lỗ tròn và cách lỗ tròn một khoảng bằng b. Gía trị lớn nhất của b để tâm của ảnh nhiễu xạ trên màn quan
sát là một điểm tối bằng
A. 2,15  m  .
B. 2, 25  m  .
C. 2, 05  m  .
D. 1,95  m  .
Giải
Bài tốn mở rộng: Xây dựng cơng thức tính bán kính của đới cầu Fresnel thứ k

Xét hai tam giác vuông OM k H k và MM k H k :

r  R   R  hk   d   b  hk 
2
k

2

2

2
k

2 Rhk  h


2
k

Vì   b 

 k 
4

 k 
 k b 

2

 0  2 Rhk  k b  2bhk  hk 


2

  b  k    b  hk 
2

2

2

2

4

 2bhk  hk2


k b
2  R  b

Do hk cũng rất nhỏ nên bán kính của đới cầu thứ k là: rk2  2 Rhk 

TUẤN TEO TÓP

Rbk
 rk 
Rb

Rb
k
Rb

Trang 10/81


VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Vì vậy khoảng cách lớn nhất bmax để tâm của hình nhiễu xạ trên màn quan sát là tối phải ứng với trường hợp lỗ
tròn chứa hai đới Prênen. Nghĩa là bán kính của lỗ trịn phải bang bán kính của đới cầu thứ hai:
Rb
b
 r2  2
b
Rb
1
R
Theo đầu bài, chùm tia sáng tới là chùm tia song song, mặt sóng lựa trên lỗ là một mặt phẳng  R    , do đó


 k  2  : r  r2 

2

1,5.103 

r22
b

 2, 05  m 
 0 , ta có r2  2 b  bmax 
2 2.0,55.106
R
2

Câu 23: Trong hiện tượng Compton bước sóng chùm photon tới là 0, 05A0 . Phần năng lượng truyền cho electron
đối với photon tán xạ dưới góc 1800 :
A. 122  keV  .
B. 125  keV  .
C. 128  keV  .
D. 132  keV  .
Giải
Động năng của electron ED 

me c 2
v
1  
c


2

 me c 2  hv  hv ' hay ED 

 
Theo công thức tán xạ Compton:   2 C sin 2  
2
hc

Ta tìm được động năng của electron bắn ra : ED 



hc





hc hc
hc
 
 '    

hc
 
  2 C sin 2  
2

Hay


 
2 C sin 2  
2.2, 4.1012.sin2  900 
hc
6, 625.1034.3.108
2

ED 

.
 1,947.1014  J   122  keV 
10
10
12
2
0

0, 05.10
 
0, 05.10  2.2, 4.10 .sin  90 
  2 C sin2  
2
Câu 24: Chiếu một chùm ánh sáng song song, đơn sắc có bước sóng  theo phương vng góc với một lỗ trịn.
Điểm quan sát nằm cách mặt sóng một khoảng b  1, 00  m  . Khi bán kính lỗ tròn thay đổi và lấy hai giá trị kế
tiếp nhau r1  1, 22  mm  và r2  1,58  mm  thì tâm của hình ảnh nhiễu xạ quan sát trên màn là điểm sáng. Bước
sóng ánh sáng dùng trong thí nghiệm có giá trị:
A.   0, 604   m  .
B.   0, 704   m  .
C.   0,504   m  .

D.   0,584   m  .
Giải
Nhận xét: Đây là bài toán nhiễu xạ qua lỗ trịn và gồm có hai trường hợp. Về phương hướng giải ta sẽ sử dụng
cơng thức bán kính Fresnel cho từng trường hợp sau đó kết hợp hai phương trình để rút ra giá trị bước sóng cần
tìm
TH1: Tâm của hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại khi bán kính của lỗ bằng r1  1, 00  mm   điều này có nghĩa là
Rb
k *
Rb
TH2: Tâm của hình nhiễu có độ sáng cực đại tiếp theo khi bán kính lỗ là r2  1,31 mm   điều này có nghĩa là

trong lỗ trịn chỉ có số lẻ k đới cầu Fresnel (chính là đới cầu ứng với k ). Ta có: r1  rk 

trong lỗ trịn phải có k  2 đới cầu Fresnel vì nếu có số chẵn đới cầu thì tại M độ sáng sẽ giảm đi (chính là đới
cầu ứng với k  2 ). Ta có: r2  rk  2 

*

k
k  2 r22
Lấy


 2
k
r1
** k  2
TUẤN TEO TÓP




Rb
k  2 **
Rb

1,582
 2,95  k  2
1, 222
Trang 11/81


VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Thay k  4 vào * ta được:
3
r 2 .  R  b  1, 22.10  . 1, 2  1
Rb
. 2  1 mm     1

 9,167.10 7  m   0,9617   m 
Rb
2 Rb
2.1, 2.1
2

r1 

Câu 25: Một nguồn sáng điểm đơn sắc chiếu ánh sáng có bước sóng   0,5   m  vào một lỗ trịn có bán kính
r  1, 00  mm  . Khoảng cách từ nguồn sáng tới lỗ tròn R  1, 00  m  . Để lỗ tròn chứa 5 đới cầu Fresnel thì khoảng

cách từ lỗ trịn tới điểm quan sát có giá trị bằng:

A. b  0, 77  m  .
B. b  0,57  m  .

D. b  0,87  m  .

C. b  0, 67  m  .

Giải
Bài toán mở rộng: Xây dựng cơng thức tính bán kính của đới cầu Fresnel thứ k

Xét hai tam giác vuông OM k H k và MM k H k :

r  R   R  hk   d   b  hk 
2
k

2

2

2
k

2 Rhk  h

2
k

 k 
Vì   b 

4


2

  b  k    b  hk 
2

2

2

 k 
 k b 

2

4

2

 0  2 Rhk  k b  2bhk  hk 

 2bhk  hk2

k b
2  R  b

Do hk cũng rất nhỏ nên bán kính của đới cầu thứ k là: rk2  2 Rhk 


Rbk
 rk 
Rb

Rb
k
Rb

Để lỗ trịn chứa 5 đới cầu Fresnel thì khoảng cách từ lỗ tròn tới điểm quan sát  k  5
1. 1.103 
R.r52
Rb.5
r 
b

 0, 67  m 
Rb
5R  r52 5.1.0,5.106  1.103 2
2

2
5

Câu 26: Một chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng  được chiếu vng góc với một khe hẹp chữ nhật có bề
rộng b  0,10  mm  . Ngay sau khe có đặt một thấu kính để hứng chùm tía sáng lên màn E đặt cách thấu kính
một khoảng D  1, 00  m  . Bề rộng cực đại giữa quan sát được l  1, 20  cm  . Bước sóng ánh sáng dùng trong thí
nghiệm có giá trị
A.   0, 65   m  .
B.   0, 60   m  .
C.   0, 70   m  .

D.   0, 75   m  .
Giải

TUẤN TEO TÓP

Trang 12/81


VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

Theo định nghĩa, bề rộng của vân cực đại giữa là khoảng cách siữa hai cực tiểu nhiễu xạ đầu tiên ở hai bên cực
đại giữa. Độ lớn của góc nhiễu xạ  ứng với các cực tiểu nhiều xạ đó được xác định bởi: k  1: sin 


b

Bề rộng l cùa cực đại giữa bằng: l  2 D.tan
Vì  là góc rất nhỏ  tg  sin
Hay


b



l
l.b 1, 2.102.0,1.103


 6.107  m   0, 6   m 

2D
2D
2.1

Câu 27: Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng   0,5   m  theo phương vng góc với một
cách tử nhiễu xạ. Ngay sau cách từ có đặt một thấu kính hội tụ có tiêu cự f  1, 00  m  để hứng chùm tia sáng lên
màn E đặt tại tiêu diện của thấu kính. Khoảng cách giữa hai cực đại chính trong quang phổ bậc 1 bằng
l  0, 202  m  . Số vạch trên 1 cm của cách tử có giá trị bằng:
A. n  1866 (vạch/cm).

B. n  1856 (vạch/cm).

C. n  1816 (vạch/cm).

D. n  1836 (vạch/cm).

Giải

Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin 
Quang phổ bậc 1 gồm 2 vân cực đại chính  k  1  sin 

k
d


d

Khoảng cách giữa 2 vạch cực đại chính bằng: l  2 f .tan
Vì  là góc rất nhỏ  tg  sin




l
2 f  2.1.0,55.106
Hay 
d 

 5, 45.106  m   5, 45   m 
d 2f
l
0, 202

Mật độ khe (số khe/đơn vị độ dài): n 

1
1

 1836 (vạch/cm) ( d là chu kỳ cách tử)
d 5, 45.106.102

Câu 28: Thấu kính trong hệ vân trịn Newton có bán kính mặt cong R  15  m  . Chùm ánh sáng đơn sắc có bước
sóng  được chiếu vng góc với hệ thống. Quan sát các vân giao thoa người ta đo được khoảng cách giữa vân
tối thứ 4 và vân tối thứ 25 bằng 9  mm  . Đường kính vân tối thứ 16 có giá trị bằng
A. 24  mm  .

TUẤN TEO TÓP

B. 23  mm  .

C. 25  mm  .


D. 26  mm  .
Trang 13/81


VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Giải
Bán kính vân tối Newton xác định bởi: rk  Rk 
Bán kính của vân tối thứ 4 : r4  4.R  2 R

1

Bán kính của vân tối thứ 25 : r25  25R  5 R

 2

Lấy  2   1  r  r25  r4  3 R  8,5  mm    
Bán kính của vân tối thứ 16 : r16  16.R  4 R  4.

r 2
9R

 r 
R.
9R

2




4
3

 r 

2

4
 .9  12  mm 
3

Đường kính vân tối thứ 16 có giá trị bằng d16  2.r16  2.12  24  mm 
Câu 29: Một màng xà phòng chiết suất n  1,33 được đặt thẳng đứng. Nước xà phịng dồn xuống phía dưới có
dạng hình nêm. Quan sát vân giao thoa của ánh sáng phản chiếu màu vàng    600  nm   người ta thấy khoảng
cách 9 vân tối bằng 2,5  cm  . Góc nghiêng của nêm có giá trị
A.   0, 68.104  rad  .
Giải

B.   0, 78.104  rad  .

C.   0, 62.104  rad  .

D.   0, 72.104  rad  .

Nhận xét: Đây là bài toán giao thoa trong nêm có chiết suất n.
Ví trí của vân tối: dt  k .



2


 k  0,1, 2,....

Vị trí của vân sáng: d s   2k  1



 k  1, 2,3....
4
Ta xét vị trí vân tối thứ k và vân tối thứ k  8 gây bởi nêm có chiết suất n (vì khi ánh sáng truyền qua mơi
trường có chiết suất n bước sóng sẽ giảm đi n lần)
Ví trí của vân tối thứ k : dt  k .



2n

 k  0,1, 2,....

Vị trí của vân tối thứ k  8 : d k 8   k  8 
Từ hình vẽ ta thấy: sin 


2n

d k 8  d k 4
4.600.109


 7, 21.105  rad 

2
I1 I 2
nl 1,33.2,5.10

vì  rất nhỏ nên   sin  7, 21.105  rad 

Câu 30: Người ta chiếu một chùm tia Rơn – ghen có bước sóng   108  cm  vào tinh thể và quan sát hình ảnh
nhiễu xạ của nó. Biết rằng góc tới của chùm tia Rơn – ghen trên các lớp tinh thể bằng 300 và bậc cực đại nhiễu
xạ ứng với k  3 . Khoảng cách giữa hai lớp ion liên tiếp có giá trị:
A. d  3, 2.108  cm  .
B. d  3, 4.108  cm  .
C. d  3, 0.108  cm  .
D. d  3, 6.108  cm  .
Giải

TUẤN TEO TÓP

Trang 14/81


VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Nhận xét: Đây là bài toán đặc trưng của nhiễu xạ Ronghen. Những bài toán dạng này thường xoay quanh công
thức Bragg. Từ dữ kiện đã cho ta thấy 3 đại lượng  ,  , k đã biết  dễ dàng xác định đại lượng d

2dsin  k   d 

3
3.0,8.108.102

 3.1010  m  (với bậc cực đại nhiễu xạ ứng với k  3 )

0
sin
2.sin  30 

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131)
ĐỀ SỐ 6
Họ và tên:..............................................................Lớp:...............................Mã hiệu SV:.....................................
Câu 31: Một chùm sáng chiếu vng góc với một cách tử nhiễu xạ. Biết rằng góc nhiễu xạ ứng với bước sóng
1  0, 65   m  trong quang phổ bậc 2 bằng 1  450 . Góc nhiễu xạ ứng với bước sóng 2  0,55   m  trong
quang phổ bậc 3 có giá trị:
A. 2  63,830 .
B. 2  62,830 .
C. 2  61,830 .
D. 2  65,830 .
Giải
Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin 

k
d

Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 2 bằng 1  450  sin1 
Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 3 bằng 2  sin2 
Lấy

1  sin1
 2  sin2



21

 k1  2  .
d

32
 k2  3 .
d

1

 2

21
3
3.0,55
 sin2  2 sin1 
.sin  450   0,897  2  61,830
32
21
2.0, 65

Câu 32: Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc bước sóng   0, 73   m  vào khi Yâng. Đặt trước một trong 2 khe
một bản mỏng có hai mặt song song chiết suất n thì thấy hệ thống vân giao thoa dịch chuyển một đoạn 5  mm 
so với khi chưa đặt bản mỏng. Biết khoảng vân i  0, 70  mm  . Chiết suất của bản mỏng có giá trị bằng:
A. n  1,53 .
B. n  1, 62 .
C. n  1,56 .
D. n  1,52 .
(Thiếu dữ kiện bề dày)
Câu 33: Chiếu một chùm sáng trắng song song vng góc với mặt cách tử phẳng truyền qua. Dưới một góc nhiễu
xạ   390 , người ta quan sát thấy hai vạch cực đại ứng với các bước sóng 1  0, 636   m  và 2  0, 424   m 

trùng nhau. Biết rằng bậc cực đại đối với vạch thứ hai trong quang phổ của cách tử nhỏ hơn 5. Chu kỳ của cách
tử là:
A. d  2,12   m  .
B. d  2, 22   m  .
C. d  2, 02   m  .
D. d  2,32   m  .
Giải
Nhận xét: Đây là bài toán nhiễu xạ qua cách tử phẳng. Phân tích đề bài ta thấy có đề cập đến vạch cực đại 
liên hệ tới điều kiện cực đại nhiễu xạ qua cách tử phẳng: sin  k
Đối với bước sóng 1 ta có: sin  k1
Đối với bước sóng 2 ta có: sin  k2

1
d

2

d
k
2
Từ 1 ;  2   k11  k22  k1  2 2  k2
1
3

TUẤN TEO TÓP


d

1

 2

Trang 15/81


VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Vì bậc cực đại đối với vạch thứ hai trong quang phổ của cách tử nhỏ hơn 5 nên kết hợp với điều kiện k1 và k 2 là
số nguyên (xét trường hợp nguyên dương)  k1  2 và k2  3 .
Thay k1 vào (1) ta có: d 

k11 2.0, 636

 2, 02   m 
sin
sin390

Câu 34: Chiếu một chùm ánh sáng trắng dưới góc tới i  300 lên một màng xà phịng có chiết suất với ánh sáng
4
đó n  . Bề dày nhỏ nhất của màng xà phòng để những tia phản chiếu có màu đỏ (bước sóng   0, 76   m  )
3
có giá trị bằng:
A. d  1, 64   m  .
B. d  1,54   m  .
C. d  1, 44   m  .
D. d  1, 74   m  .
Giải
Xét hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên bề mặt của bản mỏng: L  L1  L2  2d n 2  sin 2i 




2
Xét điều kiện vân sáng – vân tối:
Vân sáng: L  k 
1

Vân tối: L   k   
2

Từ dữ kiện của đề bài để chùm tia phản xạ có cường độ sáng cực đại thì hiệu quang lộ phải bằng k 
Bài toán yêu cầu ta xác định bề dày nhỏ nhất. Từ công thức trên ta thấy bề dày nhỏ nhất khi k  0  ta có:

0, 76
d min 

 1,54   m 
2
4 n 2  sin 2i
4
4    sin 2 300
3
Câu 35: Năng lượng của hạt proton trong giếng thế một chiều sâu vô hạn ở trạng thái n  5 là 7,5  meV  . Cho
biết khối lượng của hạt proton m p  1, 672.1027  kg  . Bề rộng của giếng thế năng là:
B. 7, 2  A0  .

A. 8, 2  A0  .

C. 6, 2  A0  .

D. 9, 2  A0  .


Giải
h 2
.n
2
 7,5  meV 
Hạt chuyển động trong giếng thế năng có năng lượng: En 
2m p a 2

 2.

Bề rộng của giếng thế năng là:
2

a

 h  2
34 2
 .n
2
6,
6.10
.52


h
.
n
2






 8, 2.1010  m   8, 2  A0 
6
19
27
2 En .m p
8En .m p
8.7,5.10 .1, 6.10 .1, 672.10

 2 .

Câu 36: Người ta chiếu một chùm tia Rơn – ghen có bước sóng   108  cm  vào tinh thể và quan sát hình ảnh
nhiễu xạ của nó. Biết rằng góc tới của chùm tia Rơn – ghen trên các lớp tinh thể bằng 300 và bậc cực đại nhiễu
xạ ứng với k  3 . Khoảng cách giữa hai lớp ion liên tiếp có giá trị:
A. d  3, 2.108  cm  .
B. d  3, 0.108  cm  .
C. d  3,1.108  cm  .
D. d  3,3.108  cm  .
Giải
Nhận xét: Đây là bài toán đặc trưng của nhiễu xạ Ronghen. Những bài toán dạng này thường xoay quanh công
thức Bragg. Từ dữ kiện đã cho ta thấy 3 đại lượng  ,  , k đã biết  dễ dàng xác định đại lượng d

2dsin  k   d 

3
3.0,8.108.102

 3.1010  m  (với bậc cực đại nhiễu xạ ứng với k  3 )

sin
2.sin  300 

TUẤN TEO TÓP

Trang 16/81


VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

Câu 37: Dung dịch đường glucozo nồng độ C1  0, 28  g / cm3  đựng trong một bình trụ thủy tinh sẽ làm quay
mặt phẳng phân cực của ánh sáng xanh đi qua bình một góc 1  320. Với dung dịch đường glucozo nồng độ C 2
cũng đưng trong bình trụ giống như trên làm quay mặt phẳng phân cực của ánh sáng xanh một góc  2  240.
Nồng độ C 2 là:

A. 0, 23  g / cm3  .

B. 0, 25  g / cm3  .

C. 0, 21 g / cm3  .

D. 0, 27  g / cm3  .

Giải
Nhận xét: Đây là bài toán ứng dụng hiện tượng quay mặt phẳng phân cực để xác định nồng độ dung dịch. Nồng


trong đó  là góc quay của mặt phẳng phân cực. Ở trong
  d
bài toán này ta thấy có hai trường hợp  xét từng trường hợp và tính tỷ số.

độ dung dịch được xác định theo cơng thức: C 



C1    d
C


24
1

Ta có: 
 2  1  C2  1 C1  .0, 28  0, 21 g / cm3 
C1  2
2
32
C  
2

 2  d
Câu 38: Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng   0,5   m  theo phương vng góc với
một cách tử nhiễu xạ. Ngay sau cách từ có đặt một thấu kính hội tụ có tiêu cự f  1, 00  m  để hứng chùm tia
sáng lên màn E đặt tại tiêu diện của thấu kính. Khoảng cách giữa hai cực đại chính trong quang phổ bậc 1 bằng
l  0, 202  m  . Số vạch trên 1 cm của cách tử có giá trị bằng:
A. n  1816 (vạch/cm).

B. n  1836 (vạch/cm).

C. n  1826 (vạch/cm).


D. n  1846 (vạch/cm).

Giải

Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin 
Quang phổ bậc 1 gồm 2 vân cực đại chính  k  1  sin 

k
d


d

Khoảng cách giữa 2 vạch cực đại chính bằng: l  2 f .tan
Vì  là góc rất nhỏ  tg  sin



l
2 f  2.1.0,55.106
Hay 
d 

 5, 45.106  m   5, 45   m 
d 2f
l
0, 202

Mật độ khe (số khe/đơn vị độ dài): n 


1
1

 1836 (vạch/cm) ( d là chu kỳ cách tử)
d 5, 45.106.102

Câu 39: Khối lượng của hạt photon ứng với ánh sáng có bước sóng 1  0,55   m  là:
A. 4, 0.1036  kg  .
Giải

TUẤN TEO TÓP

B. 4, 2.1036  kg  .

C. 3,8.1036  kg  .

D. 4, 6.1036  kg  .

Trang 17/81


VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Nãng lượng của phôtôn cho bởi :
hc
h
6, 625.1034
W
 mpc2  mp 

 4.1036  kg 

8
6

c 3.10 .0,55.10
Câu 40: Một đèn phát ánh sáng có tần số 6.1015  Hz  . Số photon phát ra trong một phút là 8.1019 hạt. Công suất
của ngọn đèn nhận giá trị nào dưới đây
D. 5,3 W 

C. 5,5 W  .

B. 5, 6 W  .

A. 4,5 W  .

Giải
Công suất bức xạ: P  N .
Số photon do ngọn đèn phát ra trong 1 phút là
N

60.P





60 P
N .hf 8.1019.6, 625.1034.6.1015
P

 5,3 W 

hf
60
60

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131)
ĐỀ SỐ 7
Họ và tên:..............................................................Lớp:...............................Mã hiệu SV:.....................................
Câu 41: Chiếu ánh sáng đơn sắc bước sóng   0,5   m  vào một lỗ trịn có bán kính chưa biết. Nguồn sáng
điểm đặt cách lỗ tròn 2  m  , sau lỗ trịn 2  m  có đặt một màn quan sát. Hỏi bán kính của lỗ trịn phải bằng bao
nhiêu để tâm của hình nhiễu xạ là tối nhất
A. 1 mm  .
B. 2  mm  .

D. 3  mm  .

C. 4  mm  .

Giải
Bài tốn mở rộng: Xây dựng cơng thức tính bán kính của đới cầu Fresnel thứ k

Xét hai tam giác vuông OM k H k và MM k H k :

r  R   R  hk   d   b  hk 
2
k

2

2


2
k

2 Rhk  h

2
k

Vì   b 

 k 
4

 k 
 k b 

2

 0  2 Rhk  k b  2bhk  hk 


2

  b  k    b  hk 
2

2

2


2

4

 2bhk  hk2

k b
2  R  b

Do hk cũng rất nhỏ nên bán kính của đới cầu thứ k là: rk2  2 Rhk 

Rbk
 rk 
Rb

Rb
k
Rb

Nhận xét: Đây là bài toán nhiễu xạ qua lỗ tròn. Ta cần chú ý đặc điểm sau là số đới Fresnel trong đới tròn sẽ ảnh
hưởng tới biên độ. Để tâm của hình nhiễu xạ là tối nhất thì bán kính lỗ trịn phải có giá trị sao cho qua lỗ trịn chỉ
có 2 đới cầu Fresnel. Do đó bán kính của lỗ trịn phải bằng bán kính của đới cầu thứ 2.

TUẤN TEO TĨP

Trang 18/81


VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Rb

2.2.0,5.106
k
. 2  103  mm   1 mm 
Rb
22
Câu 42: Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng 1  0, 65   m  vào khi Yâng. Khoảng cách giữa hai khe
rl  r2 

a  1 mm  . Màn ảnh được đặt song song cách mặt phẳng của khe một đoạn D  2  m  . Đặt trước một trong 2

khe một bản mỏng có hai mặt song song chiết suất n  1,5 và có bề dày e  10   m  .Độ dịch chuyển của hệ thống
vân giao thoa trên màn là:
A. 1, 2  cm  .
B. 1,1 cm  .
C. 1,3  cm  .
D. 1, 0  cm  .
Giải
Độ dịch chuyển của hệ thống vân giao thoa trên màn là
 n  1 e.D  1,5  1 .10.106.2  0, 01 m  1 cm
y 
   
a
1.103
Câu 43: Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc bước sóng   0, 76   m  vào khi Yâng. Đặt trước một trong 2 khe
một bản mỏng có hai mặt song song chiết suất n  1,5 thì thấy hệ thống vân giao thoa dịch chuyển một đoạn
5  mm  so với khi chưa đặt bản mỏng. Biết khoảng vân i  1, 00  mm  . Chiết suất của bản mỏng có giá trị bằng:

C. e  7,8   m  .

B. e  6, 6   m  .


A. e  7, 6   m  .

D. e  7, 2   m  .

Giải

D

D i
1.103
25000
 

6
d
d  0, 76.10
19
Độ dịch chuyển của hệ thống vân giao thoa trên màn là
y .d
n  1 eD

5.103.19
y 
e

 7, 6.106  m   7, 6   m 
d
D.  n  1 2500. 1,5  1


Khoảng vân: i 



Câu 44: Một chùm ánh sáng được chiếu vng góc với một cách tử nhiễu xạ. Trên phương   620 , ngời ta quan
sát thấy hai vạch có bước sóng 1  0, 6   m  và 2  0,5   m  ứng với vạch quang phổ có bước sóng bé nhất
trùng nhau. Chu kỳ của cách tử là:
A. 2, 4   m  .
B. 3, 6   m  .

C. 3, 4   m  .

D. 3, 48   m  .

Giải
Nhận xét: Đây là bài toán nhiễu xạ qua cách tử phẳng. Phân tích đề bài ta thấy có đề cập đến vạch cực đại 
liên hệ tới điều kiện cực đại nhiễu xạ qua cách tử phẳng: sin  k
Đối với bước sóng 1 ta có: sin  k1
Đối với bước sóng 2 ta có: sin  k2

1
d

2

d
k22 5
 k2
Từ 1 ;  2   k11  k22  k1 
1

6


d

1

 2

Vì vạch quang phổ có bước sóng bé nhất trùng nhau nên kết hợp với điều kiện k1 và k 2 là số nguyên (xét trường
hợp nguyên dương)  k1  5 và k2  6 . Thay k1 vào (1) ta có: d 

k11
5.0, 6

 3, 4   m 
sin sin620

Câu 45: Một chùm ánh sáng trắng được rọi vng góc với một bản mỏng trong suốt hai mặt song song dày
d  0, 43   m  ; chiết suất n  1,5. Trong phạm vi quang phổ nhìn thấy (bước sóng từ 0, 4   m  đến 0, 76   m  ),
chùm tia phản chiếu được tăng cường có bước sóng là:
A. 0,52   m  .
B. 0,50   m  .
C. 0, 62   m  .
D. 0,55   m  .
Giải

TUẤN TEO TÓP

Trang 19/81



VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên hai mặt của bản mỏng : L1  L2  2d n 2  sin 2i 



2

Với trong đó : d là bề dày của bản mỏng ;
n là chiết suất của bản ;
i là góc tới của ánh sáng tới mặt bản ;
 là bước sóng cùa ánh sáng tới
Ánh sáng phản xạ được tăng cường khi: 2dn 



2

 k   

2dn
k  0,5

1

Tong phạm vi quang phổ thấy được, phải có điều kiện: 0, 4   m     0, 7   m 
Thay  vào 1 , suy ra điều kiện: 1, 20  k  2, 725
Vì k phải nguyên, nên nó chỉ có thể có một giá trị k  2 . Vậy trong phạm vi quang phổ thấy được chỉ cố một
2dn

2.0, 46.1,5

 0,552   m  được tăng cường
chùm tia phản xạ bước 2 bước sóng  
2  0,5
2,5
Câu 46: Một notron chuyển động nhiệt ở nhiệt độ 1130 C . Bước sóng De Broglie tương ứng với hạt này là (cho
mn  1, 674.1027  kg  )
A. 1, 28  A0  .

C. 1,38  A0  .

B. 1,18  A0  .

D. 1, 48  A0  .

Giải
Phương trình thuyết động lực học phân tử:
1
Dạng phương trình: p  n0 .mv 2 trong đó: n0 : là mật độ phân tử trong 1 đơn vị thể tích
3
n
n0  ; n : là tổng số phân tử khí có trong thể tích V
V
m là khối lượng phân tử khí
2

v là vận tốc tồn phương TB của 1 phân tử khí
2


1
2 mv
2
Ta có: p  n0 .mv 2  n0 .
 n0 .Wd
3
3
2
3

3 p
(lưu ý: n0 .V  N A số phân tử khí trong 1 mol khí)
2 n0
RT
3 RT 3
Từ phương trình trạng thái đối với 1 mol khí: p 
 Wd 
 kT ( N A số Avôgrađrô  6, 022.1023
V
2 n0V 2
R
(phân tử /m3 ) và k 
NA
Động năng trung bình của phân tử khí: Wd 

Vận tốc căn quần phương: vC  v

2

R

8,314
.T
3.
. 113  273
NA
1 2 3
3kT
6, 022.1023
Mặt khác: Wd  mv  kT  vc  v 


 3090,375  m / s 
2
2
m
m
1, 674.1027
Nhận xét: Đây là bài tốn de Broglie, thể hiện tính chất sóng hạt của hạt vi mô. Electron và proton là hai hạt vi
mô tương ứng với sóng phẳng đơn sắc có tần số dao động f có bước sóng  .
- Theo cơng thức de Broglie ta có:
h
h
h
6, 625.1034
p   

 1, 28.1010  m   1, 28  A0 
27

p mv 1, 674.10 .3090,375

3.

TUẤN TEO TÓP

Trang 20/81


VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Câu 47: Chiếu một chùm tia sáng song song, đơn sắc bước sóng   0, 65   m  lên màn xà phịng chiết suất
4
dưới một góc i  300 . Bề dày nhỏ nhất của màng xà phịng để những tia phản chiếu có cường độ cực tiểu
3
A. d  0, 233   m  .
B. d  0, 263   m  .
C. d  0, 232   m  .
D. d  0, 243   m  .

n

Giải
Xét hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên bề mặt của bản mỏng: L  L1  L2  2d n 2  sin 2i 


2

Xét điều kiện vân sáng – vân tối:
Vân sáng: L  k 
1

Vân tối: L   k   

2


1

Từ dữ kiện của đề bài để chùm tia phản xạ có cường độ sáng cực tiểu thì hiệu quang lộ phải bằng  k   
2

Bài toán yêu cầu ta xác định bề dày nhỏ nhất. Từ công thức trên ta thấy bề dày nhỏ nhất khi k  0  ta có:

0, 65
d min 

 0, 263   m 
2
2 n 2  sin 2i
4
2    sin 2 300
3
Câu 48: Một chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng   0,56   m  được chiều vng góc với mặt nêm thủy tinh
chiết suất n  1,5 . Biết rằng khoảng cách nữa N  17 vân tối liên tiếp là l  1,5  cm  . Góc nghiêng của nêm có
giá trị nào dưới đây:
A.   1, 79.104  rad  .

B.   1, 69.104  rad  .

C.   1,89.104  rad  .

D.   1,99.104  rad  .


Giải

Nhận xét: Đây là bài tốn giao thoa trong nêm có chiết suất n.
Ví trí của vân tối: dt  k .



2

 k  0,1, 2,....

Vị trí của vân sáng: d s   2k  1



 k  1, 2,3....
4
Ta xét vị trí vân tối thứ k và vân tối thứ k  16 gây bởi nêm có chiết suất n (vì khi ánh sáng truyền qua mơi
trường có chiết suất n bước sóng sẽ giảm đi n lần)
Ví trí của vân tối thứ k : dt  k .



2n

 k  0,1, 2,....

Vị trí của vân tối thứ k  16 : d k 16   k  16 
Từ hình vẽ ta thấy: sin 



2n

d k 16  d k 8 8.0,56.106


 1,99.104  rad 
3
I1I 2
nl 1,5.1.5.10

vì  rất nhỏ nên   sin  1,99.104  rad 

TUẤN TEO TÓP

Trang 21/81


VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Câu 49: Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng   0,5   m  theo phương vng góc với một
cách tử nhiễu xạ. Ngay sau cách từ có đặt một thấu kính hội tụ có tiêu cự f  1, 00  m  để hứng chùm tia sáng lên
màn E đặt tại tiêu diện của thấu kính. Khoảng cách giữa hai cực đại chính trong quang phổ bậc 1 bằng
l  0, 202  m  . Số vạch cực địa chính tối đa cho bởi cách tử có giá trị bằng:
A. 16 .
Giải

B. 17 .

C. 18 .


D. 19 .

k
d

Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin 
Quang phổ bậc 1 gồm 2 vân cực đại chính  k  1  sin 


d

Khoảng cách giữa 2 vạch cực đại chính bằng: l  2 f .tan
Vì  là góc rất nhỏ  tg  sin
Hay


d



l
2 f  2.1.0,5.106
d 

 4,95.106  m   4,95   m 
2f
l
0, 202

1

1

 1836 (vạch/cm) ( d là chu kỳ cách tử)
d 5, 45.106.102
dsin
, với k  0, 1, 2...
Từ cồng thức xác định vị trí của các cực đại chính ta rút ra k 
Mật độ khe (số khe/đơn vị độ dài): n 



Ứng với mỗi giá trị của k , ta có một vạch cực đại chính, nhưng vì giá trị cực đại của sin bằng 1 nên giá trị cực
4,95.106
 9,9
 0,5.106
Vì k phải lá các số nguyên nên nếu có chỉ có thể lấy các giá trị k0  0, 1, 2,...., 9

đại của k bằng : kmax 

d



Nghĩa là số vạch cực đại chính tối đa, cho bởi cách tử bằng N max  2k0 max  1  2.9  1  19
Câu 50: Chiếu một chùm ánh sáng đơn sắc song song vng góc với bản thủy tinh phẳng trong hệ thống vân trịn
Newton. Hệ thống vận được đặt trong khơng khí. Thấy kính phẳng – lồi có bán kính mặt lồi R  9, 4  m  . Quan
sát hệ thống vân tròn Newton trong chùm tia phản xạ người ta thấy bán kính hai vân tối liên tiếp lần lượt bằng
4,94  mm  và 5,53  mm  . Bước sóng ánh sáng có giá trị là:
A. 0,56   m  .
Giải


C. 0, 66   m  .

B. 0, 62   m  .

D. 0, 72   m  .

Bán kính vân tối Newton xác định bởi: rk  Rk 
Bán kính của vân tối thứ k : rk  Rk 
Bán kính của vân tối thứ k  1: rk 1  R  k  1 

1
 2

 2   rk 1  k  1  rk21  k  1  k  rk2 . Thay vào 1 , ta được:

k
rk2
k
rk21  rk2
1 rk
TUẤN TEO TÓP
Lấy

Trang 22/81


VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
r2
r 2  r 2  5,53.10

rk  kR  r  2 k 2 .R.    k 1 k 
rk 1  rk
R

   4,94.10 

3 2

2
k

3 2

9, 4

 6, 6.10 7  m   0, 66   m 

 Bước sóng của ánh sáng:   0, 66   m 

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131)
ĐỀ SỐ 8
Họ và tên:..............................................................Lớp:...............................Mã hiệu SV:.....................................
Câu 51: Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng 1  0, 65   m  vào khi Yâng. Đặt trước một trong 2
khe một bản mỏng có hai mặt song song chiết suất n  1,5 và có bề dày e  12   m  . Độ dịch chuyển của hệ
thống vân giao thoa trên màn quan sát là 6  mm  . Bề rộng của vân giao thoa có giá trị bằng
A. i  0,55  mm  .

B. i  0, 65  mm  .

D. i  0, 75  mm  .


C. i  0, 45  mm  .

Giải
Độ dịch chuyển của hệ thống vân giao thoa trên màn là
 n  1 e.D  6 mm  D  y 
6.103
y 
 1000
 
d
d  n  1 e 1,5  1 .12.106
Bề rộng của vân giao thoa có giá trị bằng
D
i
 0, 65.106.100  0, 65.103  m   6,5  mm 
d
Câu 52: Chiếu một chùm ánh sáng đơn sắc song song vng góc với bản thủy tinh phẳng trong hệ thống vân tròn
Newton. Hệ thống vận được đặt trong khơng khí. Thấy kính phẳng – lồi có bán kính mặt lồi R  9, 4  m  . Quan
sát hệ thống vân tròn Newton trong chùm tia phản xạ người ta thấy bán kính hai vân tối liên tiếp lần lượt bằng
4,94  mm  và 5,53  mm  . Bước sóng ánh sáng có giá trị là:
B. 0,56   m  .

A. 0, 62   m  .
Giải

D. 0, 72   m  .

C. 0, 66   m  .


Bán kính vân tối Newton xác định bởi: rk  Rk 
Bán kính của vân tối thứ k : rk  Rk 
Bán kính của vân tối thứ k  1: rk 1  R  k  1 
Lấy

 2   rk 1 
1 rk

1
 2

r2
r2
k 1
k 1
 k 21 
 k  2 k 2 . Thay vào 1 , ta được:
k
rk
k
rk 1  rk

rk2
rk21  rk2  5,53.10
rk  kR  r  2
.R.   

rk 1  rk2
R
2

k

   4,94.10 

3 2

9, 4

3 2

 6, 6.10 7  m   0, 66   m 

 Bước sóng của ánh sáng:   0, 66   m 
Câu 53: Chiếu một chùm tia sáng song song, đơn sắc bước sóng   0, 65   m  lên màn xà phòng chiết suất

4
dưới một góc i  300 . Bề dày nhỏ nhất của màng xà phịng để những tia phản chiếu có cường độ cực tiểu
3
A. d  0, 253   m  .
B. d  0, 263   m  .
C. d  0, 232   m  .
D. d  0, 243   m  .

n

Giải
Xét hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên bề mặt của bản mỏng: L  L1  L2  2d n 2  sin 2i 

TUẤN TEO TÓP



2

Trang 23/81


VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Xét điều kiện vân sáng – vân tối:
Vân sáng: L  k 
1

Vân tối: L   k   
2


1

Từ dữ kiện của đề bài để chùm tia phản xạ có cường độ sáng cực tiểu thì hiệu quang lộ phải bằng  k   
2

Bài toán yêu cầu ta xác định bề dày nhỏ nhất. Từ công thức trên ta thấy bề dày nhỏ nhất khi k  0  ta có:

0, 65
d min 

 0, 263   m 
2
2 n 2  sin 2i
4
2    sin 2 300

3
Câu 54: Một chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng   0,56   m  được chiều vng góc với mặt nêm thủy tinh
chiết suất n  1,5 . Biết rằng khoảng cách nữa N  17 vân tối liên tiếp là l  1,5  cm  . Góc nghiêng của nêm có
giá trị nào dưới đây:
A.   1,99.104  rad  .

B.   1, 69.104  rad  .

C.   1, 79.104  rad  .

D.   1,89.104  rad  .

Giải

Nhận xét: Đây là bài tốn giao thoa trong nêm có chiết suất n.
Ví trí của vân tối: dt  k .



2

 k  0,1, 2,....

Vị trí của vân sáng: d s   2k  1



 k  1, 2,3....
4
Ta xét vị trí vân tối thứ k và vân tối thứ k  16 gây bởi nêm có chiết suất n (vì khi ánh sáng truyền qua mơi

trường có chiết suất n bước sóng sẽ giảm đi n lần)
Ví trí của vân tối thứ k : dt  k .



2n

 k  0,1, 2,....

Vị trí của vân tối thứ k  16 : d k 16   k  16 
Từ hình vẽ ta thấy: sin 


2n

d k 16  d k 8 8.0,56.106


 1,99.104  rad 
3
I1I 2
nl 1,5.1.5.10

vì  rất nhỏ nên   sin  1,99.104  rad 

Câu 55: Chiếu một chùm ánh sáng trắng song song vng góc với một cách tử nhiễu xạ truyền qua có n  500
(vạch/mm). Hiệu góc lệch của cuối quang phổ bậc 1 và đầu quang quang phổ bậc 2 có giá trị bằng:
A.   1,350 .
B.   1,150 .
C.   1, 280 .

D.   1, 250 .
Giải
Nhận xét: Phân tích đề bài ta thấy liên quan tới khái niệm quang phổ nhiễu xạ. Khi ánh sáng trắng chiếu qua cách
tử phẳng thì mỗi sóng ánh sáng đơn sắc sẽ cho một hệ các cực đại chính. Do mọi ánh sáng đơn sắc đều cho cực
đại tại tiêu điểm F của thấu kính nên ta sẽ quan sát vân trung tâm chính là vân sáng trắng. Hai mép của vân
trung tâm có viền nhiều màu: mép trong là viền tím, mép ngồi là viền đỏ

TUẤN TEO TĨP

Trang 24/81


VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Góc lệch cuối quang phổ bậc 1 ứng với cực đại nhiễu xạ bậc 1 của tia đỏ (ứng với 1  0, 76   m  ): và n 

1
d

(với d là chu kỳ cách tử)
Ta có: sin1 

1

 n1  1  22,330

d
Góc lệch đầu quang phổ bậc 2 ứng với cực đại nhiễu xạ bậc 2 của tia tím (ứng với 2  0, 4   m  :
Ta có: sin2  2.

2


 2n2  2  23, 280

d
Hiệu góc lệch của cuối quang phổ bậc 1 và đầu quang quang phổ bậc 2 có giá trị bằng:
  2  1  23, 280  22,330  1, 250
Câu 56: Một chùm tia sáng đơn sắc song song, bước sóng   0,55   m  chiếu vng góc với mặt của một lỗ
trịn bán kính r  1,5  mm  . Phía sau lỗ trịn có đặt một màn quan sát vng góc với trục của lỗ trịn và cách lỗ
trịn một khoảng bằng b. Gía trị lớn nhất của b để tâm của ảnh nhiễu xạ trên màn quan sát là một điểm tối bằng
A. 2,35  m  .
B. 2, 25  m  .
C. 2, 05  m  .
D. 2,15  m  .
Giải
Bài toán mở rộng: Xây dựng cơng thức tính bán kính của đới cầu Fresnel thứ k

Xét hai tam giác vuông OM k H k và MM k H k :

r  R   R  hk   d   b  hk 
2
k

2

2

2
k

2 Rhk  h


2
k

Vì   b 

 k 

 k 
 k b 

2

4

2

4


2

  b  k    b  hk 
2

2

2

 0  2 Rhk  k b  2bhk  hk 


 2bhk  hk2

k b
2  R  b

Rbk
Rb
 rk 
k
Rb
Rb
để tâm của hình nhiễu xạ trên màn quan sát là tối phải ứng với trường hợp lỗ

Do hk cũng rất nhỏ nên bán kính của đới cầu thứ k là: rk2  2 Rhk 

VI vậy khoảng cách lớn nhất bmax
trịn chứa hai đới Prênen. Nghĩa là bán kính của lỗ trịn phải bang bán kính của đới cầu thứ hai:

Rb
b
 r2  2
b
Rb
1
R
Theo đầu bài, chùm tia sáng tới là chùm tia song song, mặt sóng lựa trên lỗ là một mặt phẳng  R    , do đó

 k  2  : r  r2 


2

1,5.103 

r22
b

 2, 05  m 
 0 , ta có r2  2 b  bmax 
2 2.0,55.106
R
2

TUẤN TEO TÓP

Trang 25/81


×