Bài giải vật lya đại cương phần quang

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

co

ng

.c
om

KHOA: CÔNG NGHỆ THÔNG TIN

th

an

BÀI GIẢI THAM KHẢO
[04/01/2018]

cu

u

du
o

ng

MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 2
PHẦN: QUANG

Lâm Cương Đạt

CuuDuongThanCong.com

/>

Bài giải tham khảo
Các bài tập trong tài liệu này được trích từ sách Vật Lý Đại Cương 2 của tác giả Nguyễn Thành
Vấn và Dương Hiếu Đẩu.
CHƯƠNG 8

8.1) Một chùm sáng song song có λ  0.6μm tới đập vào một màng xà phịng phẳng (n = 1.3)
dưới góc tới i = 30o. Hỏi bề dày nhỏ nhất của màng xà phòng phải bằng bao nhiêu để ánh sáng
phản chiếu giao thoa có:
a) Cường độ cực tiểu

b) Cường độ cực đại

λ
2

.c
om

Ta có hiệu quang lộ: L1  L 2  2d n 2  sin 2 i 

λ
do ánh sáng phản xạ giữa khơng khí và màng xà phịng (hai mơi trường có chiết
2

suất chênh lệch và n kk  n ).

ng

Có số hạng 

λ λ
λ
 d
 0.25μm
2 2
2 n 2  sin 2 i

th

Chọn k = 0  2d n 2  sin 2 i 

λ
2

an

co

a) Để ánh sáng phản chiếu giao thoa có cường độ cực tiểu: L1  L 2   2k  1

ng

b) Để ánh sáng phản chiếu giao thoa có cường độ cực đại: L1  L2  kλ

λ
λ
0d 
 0.125μm
2
2
4 n  sin 2 i

du
o

Chọn k = 0  2d n 2  sin 2 i 

cu

u

8.2) Trên một bản thủy tinh phẳng (bề dày không đổi và n = 1.5) ta phủ một màng rất mỏng của
một chất có chiết suất n1 = 1.2. Do hiện tượng giao thoa tia sáng phản chiếu có cường độ cực
tiểu. Xác định bề dày nhỏ nhất của màng mỏng. Biết rằng chùm sáng tới là song song với nhau
và thẳng góc với mặt bản ( i = 0o ) có bước sóng λ  0.6μm .
Do n kk  n1  n , ta có hiệu quang lộ: L1  L 2  2d n12  sin 2 i
Vì ánh sáng giao thoa có cường độ cực tiểu nên: L1  L 2   2k  1
Chọn k = 0  2d n12  sin 2 i 

λ
2

λ
λ

d
 0.125μm
2
4n1

VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 2 ( QUANG)

CuuDuongThanCong.com

2

/>

Bài giải tham khảo

8.3) Chiếu ánh sáng đơn sắc thẳng góc với mặt nêm thủy tinh, góc nghiêng của mặt nêm bằng 2’.
Chiết suất của nêm là 1.55. Hãy xác định bước sóng của ánh sáng nếu khoảng cách giữa hai vân
tối liên tiếp là 0.3mm
Ta có hiệu quang lộ: L1  L 2  2d n 2  sin 2 i 

λ
2

λ
2

.c
om

Ở một điểm có độ cao d, để nó là vân tối thì: L1  L 2   2k  1

Gọi l là khoảng cách giữa hai vân tối liên tiếp:
1
λ  k 11 k 1 
λ
l

 d k 1  d k  


tan α
tan α  2n
2n  2n tan α

ng

 λ  2ln  tan α  0.541μm

an

co

8.4) Khoảng cách giữa vân tối thứ hai và vân tối thứ nhất trong hệ thống vân Newton là l0 =
1mm. Xác định khoảng cách giữa vân tối thứ 9 và thứ 10.



2  1  l0 , r10  r9  Rλ





10  3  l

r10  r9 l
10  3
10  3
10  3
 
 l
l0 
 0.39mm
r2  r1 l0
2 1
2 1
2 1

du
o





ng

Ta có: r2  r1  Rλ

th

Ta có bán kính vân tối thứ k là: rk  Rλk

cu

u

8.5) Một thấu kính được đặt trên một bản thủy tinh, nhưng do có hạt bụi dày nằm giữa thấu kính
và bản thủy tinh nên chúng khơng 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 tới là λ  0.589μm . Hãy tìm bán kính cong của thấu
kính.
Gọi D là đường kính của hạt bụi, ta có hiệu quang lộ: L1  L 2  2d n 2  sin 2 i 
Độ dày d ứng với các vân tối là: d k  k

λ
.
2

λ
2

 λ

Bán kính vân tối thứ k: rk2  2R  d k  D   rk2  2R  k  D 
 2

VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 2 ( QUANG)

CuuDuongThanCong.com

3

/>

Bài giải tham khảo
2
  0.7
3 
6

10

   5  0.589 10  R  2RD
 2

Giải hệ phương trình: 
2
 1.7
3 
6
 2 10   15  0.589 10  R  2RD


 R

60
 0.102m
589

.c
om

8.6) Một thấu kính có một mặt phẳng và một mặt lồi, với mặt cầu có bán kính cong R = 12.5m,
được đặt trên một bản thủy tinh phẳng. Đỉnh của mặt cầu khơng tiếp xúc với bản thủy tinh vì có
một hạt bụi. Người ta đo được các đường kính của vân tròn tối Newton thứ 10 và 15 của ánh
sáng phảng chiếu lần lượt bằng D1 = 10mm và D2 = 15mm. Xác định bước sóng của ánh sáng
dùng trong thí nghiệm.

λ
2

an

Độ dày d ứng với các vân tối là: d k  k

λ
.
2

co

ng

Gọi D là đường kính của hạt bụi, ta có hiệu quang lộ: L1  L 2  2d n 2  sin 2 i 

ng

th

 λ


Bán kính vân tối thứ k: rk2  2R  d k  D   rk2  2R  k  D 
 2


cu

u

du
o

  D1 2
    10R  λ   2R  D 
 2 
 λ  0.5μm

Giải hệ phương trình: 
2
 D  1.5μm
 D 2 
 2   15R  λ   2R  D


VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 2 ( QUANG)

CuuDuongThanCong.com

4

/>

Bài giải tham khảo
CHƯƠNG 9

9.1) Tính bán kính của 5 đới cầu Fresnel trong trường hợp sóng phẳng. Biết rằng khoảng cách từ
mặt sóng đến điểm quan sát là b = 1m, bước sóng ánh sáng dùng trong thí nghiệm là λ  0.5μm .
Ta có, đối với sóng cầu, R là khoảng cách từ nguồn O phát sóng đến điểm M (OM + b =OB, B
là điểm quan sát). Bán kính của đới cầu thứ k là: rk 

Rbλ
k
Rb

Thay k = 1, 2, 3, 4, 5 ta có các bán kính tương ứng:

r1  0.71mm

r3  1.23mm

r2  1mm

r4  1.42mm

r5  1.59mm

.c
om

Do đây là sóng phẳng, khơng phải sóng cầu nên R    rk  bλk

cu

u

du
o

ng

th

an

co

ng

9.2) Một nguồn sáng điểm chiếu ánh sáng đơn sắc bước sóng λ  0.5μm vào một lỗ trịn bán kính
1mm. Khoảng cách từ nguồn sáng tới lỗ tròn R = 1m. Tìm khoảng cách từ lỗ trịn đến điểm quan
sát để lỗ tròn chứa ba đới Fresnel

Để lỗ tròn chứ được 3 đới cầu Fresnel thì mặt cầu Σ 3 phải tựa vào lỗ như hình, do đó bán kính lỗ
trịn lúc này chính là bán kính của đới cầu thứ 3.

r3 

Rbλ
3  1  b  2m
Rb

VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 2 ( QUANG)

CuuDuongThanCong.com

5

/>

Bài giải tham khảo
9.3) Chiếu ánh sáng đơn sắc bước sóng λ  0.5μm vào một lỗ trịn bán kính chưa biết. Nguồn
sáng điểm đặt cách lỗ tròn R = 2m. Sau lỗ trịn b = 2m 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.
Theo nguyên lý Huyghen thì mỗi đới cầu là một nguồn thứ cấp gửi dao động sáng đến màn quan
sát, hai đới cầu cạnh nhau ngược pha nhau nên ánh sáng chúng gửi tới màn sẽ bị giảm đáng kể
(gần như triệt tiêu nhưng không triệt tiêu do ak > ak+1 với a là cường độ sáng). Vậy nếu lỗ trịn
chứa được số chẵn đới cầu thì trên màn quan sát sẽ thấy hơi tối (do vẫn có sự chênh lệch cường
độ sáng giữa mỗi cặp đới cầu ). Vậy để không bị các sự chênh lệch cường độ sáng ảnh hướng thì
tốt nhất, lỗ trịn chỉ nên chứa 2 đới cầu để trên màn quan sát thấy tối nhất.

.c
om

Vậy bài tồn trở thành bài tốn ở câu 9.2), tuy nhiên lỗ tròn lúc này chứa được 2 đới cầu.
Bán kính lỗ trịn lúc này là bán kính của đới cầu thứ 2 (do lỗ chứa được 2 đới cầu)
Rbλ
2  2  0.5 106
2 
 1103 m  1mm
Rb
22

ng

r  r2 

th

an

co

9.4) Một màn ảnh được đặt cách một nguồn sáng điểm đơn sắc λ  0.5μm một khoảng 2m. Chính
giữa khoảng ấy có đặt một lỗ trịn đường kính 0.2cm. Hỏi hình nhiễu xạ trên màn ảnh có tâm
sáng hay tối.
R = b = 2 : 2 =1m

ng

Ta có bán kính lỗ trịn chính là bán kính đới cầu thứ k tựa lên nó.

d
Rbλ
d2 R  b
 rk 
k k
4
2
Rb
4 Rbλ

du
o

r

cu

u

Vậy số đới cầu mà lỗ tròn chứa là k = 4, là một số chẵn nên trên màn quan sát thấy tối.
9.6) Một chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng λ  0.589μm chiếu thẳng góc lên một
khe hẹp có độ rộng b  2μm . Hỏi:
a) Có thể quan sát tối đa được bao nhiêu cực đại?
b) Những cực tiểu nhiễu xạ được quan sát dưới những góc nhiễu xạ bằng bao nhiêu so với
phương ban đầu.
2b sin φ
 2k  1 , với φ là góc hợp bởi phương
λ
đang xét với đường thẳng vng góc với màn quan sát.

Để tại một điểm M trên màn quan sát là sáng thì:

VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 2 ( QUANG)

CuuDuongThanCong.com

6

/>

Bài giải tham khảo
 sin φ   2k  1

λ
λ
, mà 1  sin φ  1  1   2k  1
 1  3.89  k  2.89
2b
2b

Vậy k  3, 2,1,2 . Không nhận giá trị k = 0 và -1, xem thêm lý thuyết.
Vậy với 4 giá trị của k ứng với 4 giá trị của φ , thêm cực đại giữa với φ = 0 thì trên màn ta quan
sát được 5 cực đại.
2b sin φ
kλ
 2k  sin φ 
λ
b

kλ
 1  3.39  k  3.39
b

1  sin φ  1  1 

Ta nhận các giá trị k  3, 2, 1, không nhận giá trị k = 0.

ng

k  1  φ1  17 o8'

.c
om

b) Để điểm M trên màn là tối thì

co

k  2  φ 2  36o 5'

an

k  3  φ3  62o 4 '

th

9.9) Tìm góc nhiễu xạ ứng với cực tiểu nhiễu xạ đầu tiên nẳm ở hai bên cực đại giữa trong nhiễu
xạ Fraunhofer qua một khe hẹp ( bề rộng b  10μm ), biết rằng chùm tia sáng đập vào khe với

cu

u

du
o

ng

góc tới φ i  30o và bước sóng ánh sáng λ  0.5μm .
Vì các tia sáng khơng đập vng góc tới khen

nên lúc này, ta xem như, đối với các tia sáng
thì khe “có bề rộng” là b '  b cos φi .
Các góc φ bình thường là góc hợp bởi
phương đang xét với đường vng góc với
màn nay sẽ là góc hợp bởi phương của tia
sáng (nghiêng góc φ i  30o ) với phương đang
xét.
Ứng với hai cực tiểu nhiễu xạ đầu tiên cạnh
cực đại giữa thì
λ
k  1  sin φ    φ  3o18'
b'

VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 2 ( QUANG)

CuuDuongThanCong.com

7

/>

Bài giải tham khảo
Như đã giải thích ở trên, góc φ là góc hợp với phương của tia sáng. Vậy nếu xét theo phương
ngang ( vng góc với màn ) thì 2 góc này có giá trị là:
φ1,2  φi  φ  30o  3o18'
 φ  33o18'
 1
o
φ 2  26 41'

9.10) Một chùm tia sáng phát ra từ một ống phóng điện chứa đầy khí Hydro đến đập vng góc
với một cách tử nhiễu xạ. Theo phương θ  41o , người ta thấy có hai vạch λ1  0.6563μm và

.c
om

λ 2  0.4102μm ứng với bậc quang phổ nhỏ nhất trùng nhau. Xác định chu kỳ của cách tử ( d ).
Vị trí các cực đại chính của một ánh sáng đơn sắc được xác định bới cơng thức:
λ
. Theo phương θ  41o thì có hai vạch sáng của λ1 và λ 2 ứng với hai bậc quang phổ
d
d

 k1  sin θ λ
k
λ
5 k  5

1
 1  2   1
nhỏ nhất trùng nhau nên ta có thể suy ra: 
k 2 λ1 8 k 2  8
k  sin θ d
2

λ2

th
ng

k1λ1 k 2 λ 2

 5μm
sin θ sin θ

cu

u

du
o

 d

an

co

ng

sin φ  k

VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 2 ( QUANG)

CuuDuongThanCong.com

8

/>

cu

u

du
o

ng

th

an

co

ng

.c
om

Bài giải tham khảo

VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 2 ( QUANG)

CuuDuongThanCong.com

9

/>