Bài tập giao thoa.

Bài 1. Trong thí nghiệm Young , khoảng cách giữa hai khe hẹp là a 1 mm , khoảng

cách từ màn quan sát đến mặt phẳng chứa hai khe là D = 2,5 m. Hệ đặt trong không khí.

Biết nguồn sáng sử dụng trong thí nghiệm phát ánh đơn sắc có bước sóng . Trên đoạn

AB trên màng quan sát có độ dài AB = 6,4 mm , người ta quan sát được 5 vân sáng ( tại

A và B cũng là các vân sáng ).

a. Tính bước sóng .

b. Tìm sai số mắc phải khi đo bước sóng , biết rằng sai số trong phép đo khoảng

cách giữa hai khe và bề rộng đoạn AB đều là 0,05 mm.

Giải .

a. Bước sóng : từ công thức khoảng vân : a

Di

D

ai

Khoảng vân i . từ đk AB = 6,4 mm có 5 vân sáng

mmAB

i 6,14

m 64,0 .

b. Sai số :

Do D

ai

a

a +

i

i +

D

D

với là sai số của bước sóng

i , a và D là sai số trong các phép đo khoảng cách

0,037 m .

Bài 2. Trong thí nghiệm giao thoa khe Young , khoảng cách giữa hai khe hẹp là a

1 mm , khoảng cách từ hai khe đến màn quan sát D 2m , khoảng cách từ nguồn S

tới hai khe hẹp là d 0,5 m. Nguồn sáng S nằm trên mặt phẳng trung trực của hai

khe và phát ánh sáng đơn sắc có bước sóng m 5,0 .

a. Tính độ dịch chuyển của hệ vân nếu đặt bản mỏng có độ dày e 10 m , chiết

suất n 5,1 trước một trong hai khe sáng .

b. Cần dịch chuyển nguồn sáng S một đoạn bằng bao nhiêu và theo chiều nào trên

phương vuông góc với mặt phẳng trung trực của hai khe để đưa hệ vân về vị trí

ban đầu .

Giải :

a/ Ta có: Hiệu quang lộ '

2 1 2 1 2 1( ) ( 1)d r r r e ne r r r e n

mà 2 1

axr r

D

( 1)ax

d n eD

Xét vân sáng => d k => ( 1)ax

n e kD

=> áng

( 1)s

D n eDx k

a a

Xét vân tối => (2 1)2

d k

=>( 1)

(2 1)2

toi

D n eDx k

a a

Độ dịch chuyển của hệ vân:

sang saudatban sang truocdatbany x x

=( 1) ( 1)D n eD D n eD

k ka a a a

<0

Hệ vân dịch chuyển về phía có đặt bản.

Bài này có 1 lưu ý là: “ Khi đặt bản mỏng thì khoảng vân i không thay

đổi”

b/

Khi nguồn sáng S dịch chuyển một đoạn h

d1 – d2D

ax

d1’ – d2’ d

ha.

(d là khoảng cách từ nguồn phát tới khe)

Hiệu quang trình ( quang lộ )

d1 + d1’ – ( d2 + d2’ ) ( d1 – d2 ) + ( d1’ – d2’ ) d

ah

D

ax

Tại vân trung tâm : 0 0aX ah aX ahk k k

D d D d

0 0ah aX dX kdk h

d D D a

Xét vân sáng trung tâm: k=0 => 0dXh

D

Theo câu a, ta có độ dịch chuyển <0, => h<0 => nguồn sáng sẽ dịch về phía có

đặt bản.

Bài 3. Trong thí nghiệm giao thoa khe Young , hai khe nằm cách nhau mma 1 , và

chiếu bằng ánh sáng đơn sắc có bước sóng m 6,0 . Màn quan sát cách mặt phẳng

hai khe mD 2 .

a. Trên đoạn thẳng có các đầu mút nằm cách vân trung tâm từ 3 mm đến 7 mm , ta

quan sát được những vân giao thoa nào ?

b. Nếu thí nghiệm trên được tiến hành trong bể nước có chiết suất 3

4n thì kết

quả thay đổi như thế nào ?

Giải .

a. Khoảng vân 1,2i mm

Vân sáng: 3 7 2,5 5,8ki k (với k=1,2,3…)

số vân sáng : 3 ( bậc 3,4,5 )

Vân tối: 3 ( 0.5) 7 2,5 0.5 5,8 3 6.3k i k k (với k=1,2,3…)

Số vân tối : 4 ( bậc 3,4,5,6 )

b. Khi đặt trong nước , 0 n

=>bước sóng giảm n lầnkhoảng vân i (

a

Di

)

cũng giảm n lần i’ an

D

.

i’ mm9,0 .

: 3,3 7,7Vansang k : 3,8 8.2Vantoi k

Số vân sáng : 4 ( 4,5,6,7 )

Số vân tối : 5 ( 4,5,6,7,8 )

Bài 4. Trong thí nghiệm Young có khoảng cách giữa hai khe hẹp S1S2 mma 1 ,

khoảng cách từ hai khe đến màn quan sát mD 2 . Nguồn S phát ánh sáng trắng và

vân trung tâm nằm tại O . Đặt bản mỏng bề dày mme 16 trước khe S1. Bản có chiết

suất 4,1n .

a. Tính độ dịch chuyển của vân trung tâm.

b. Có những vân sáng và vân tối nào nằm ở vị trí vân trung tâm cũ và mới .

Giải.

a. Tương tự bài ( 2 ) , tọa độ vân trung tâm sau khi đặt bản mặt ( ứng với độ dịch

chuyển của hệ vân ) :

|X0| mma

Dne16

)1(

.

b. Gọi k là bậc của vân sáng

X0a

Dk

a

Dne .

)1(

;)1(

k

ne với ánh sáng trắng mm 76,04,0 .

2053,10 k có 10 vân sáng ứng với k 11,12,…,20.

Gọi k’ là bậc vân tối : X0( 1)

(2 ' 1)2

e n D Dk

a a

Tương tự với ánh sáng trắng

=> có 9 vân tối ứng với k=12,13,…,20.

Bài 5 : trên đường đi của chùm sáng phát ra từ một khe của thí nghiệm young đặt ống

thủy tinh hình trụ dài e=2cm. Lúc đầu trong ống chứa không khí chiết suất n=1,0007276.

Nếu thay không khí bằng clo thì thấy hệ vân dịch chuyển một đoạn bằng 20 lần khoảng

vân. Toàn bộ thí nghiệm thực hiện trong điều kiện nhiệt độ không đổi. Ánh sáng phát ra

từ nguồn sáng đơn sắc chiếu vào các khe có bước sóng , xác định chiết suất

khí clo.

Giải :

Khi ống chứa không khí thì hệ vân dịch chuyển một đoạn

( )

Khi ống chứa khí clo

( )

Theo đề : ( )

Bài 6 ( tham khảo thêm 1.22 sách Lương Duyên Bình)

Một màng nước xà phòng có chiết suất n=1,33 đặt thẳng đứng. Do trọng lực, nước xà

phòng dồn xuống dưới nên ta có thể coi màng có dạng hình nêm. Quan sát vân giao

thoa của ánh sáng phản chiếu có bước sóng 0.48 m , người ta thấy vân tối thứ 6

cách giao tuyến B của nêm một đoạn 1,2cm. Biết hướng quan sát vuông góc với mặt

nêm.

a Tính góc nghiêng của nêm.

b Xác định vị trí vân sáng đầu tiên.

Giải :

a)

Xét điểm M cách B một đoạn x=BM, bề dày nêm tại M là . .d x tg x

Hiệu quang lộ: 2 2 .2 2

d nd x n

Tại vị trí vân tối : (2 1)2

d k

=>2xnα = kλ+ =(k+1) = 'k

Vân tối đầu tiên là vân tối ở B ứng với k’=0. Vân tối thứ 6 ứng với k=5.

=>α = kλ/(2nx) ( với k=5 và x=1.2 cm)

b)

Độ dày của màng để có giao thoa vân sáng:

2 2 .2 2

( 0.5)

2

d nd x n k

kx

n

=>Vân sáng đầu tiên (k=0): x=0,12 cm

( Từ bài này có thể tính được khoảng cách giữa 2 vân sáng liên tiếp )

Khoảng cách giữa 2 vân sáng liên tiếp:

2 1

(2 0.5) (1 0.5)

2 2 2i x x

n n n

Bài 7:

Chiếu 1 chùm tia sáng có bước sóng vào

một nêm thủy tinh có chiết suất n=1,51. Biết số vân

giao thoa trên 1cm là 8.

a. Tính góc nghiêng của nêm

b. Tìm độ đơn sắc (tính bằng

) của chùm tia nếu các vân giao thoa biến mất từ

điểm M cách nêm l=2,5cm.

Giải:

a. Khoảng vân i = 10/7

Từ bài 6, ta có công thức tính i .

2i

n

Từ đó tính được góc α

b. Tại M: vận giao thoa có bậc

Khi hệ vân giao thoa biến mất, hai cực đại của các bức xạ và liên tiếp trùng nhau

( ) ( )

Bài 8:

Hai bản thủy tinh mòng, phằng tạo thành nêm không khí có cạnh nêm qua A. Tại

điểm M cách A là l=10mm, độ dày của nêm . Nêm được chiếu bằng ánh

sáng có bước sóng theo phương vuông góc với mặt dưới của nêm .

a. Tìm tổng số vân tối quan sát được từ A tới M.

b. Thay ánh sáng có bước sóng bằng ánh sáng trắng chiếu vào mặt nêm. Hỏi tại N

có độ dày có vân tối nào?

Giải:

a. Đây là nêm không khí có góc nêm

, khoảng vân

Hiệu quang lộ:

2 (2 1)2 2

2 ( 1) '

'

2

d nd k

nd k k

kd

n

Ta có: 0 d l . Từ đó sẽ tìm được số vân tối.

Tại A: d=0 => Tại A là vân tối.

b. Hiệu quang trình:

(

)

à ( ) (ánh sáng trắng)

tại N có sự trùng nhau của 58 vân tối.

Bài 9 :

Khi nhìn một váng dầu trên mặt nước theo phương làm với mặt nước một góc

, ta thấy toàn bộ váng dầu màu vàng (ứng với ). Coi chiết suất

của dầu là 1,45 và không phụ thuộc vào bước sóng.

a. Tính bề dày có thể có của váng dầu.

b. Nếu nhìn theo phương hợp với mặt nước một góc 300 thì váng dầu có màu gì?

Giải:

a Hiệu quang trình giữa hai đường SACBP và SBP là : 2 22 sin / 2d n i

ứng với cực đại giao thoa : k

2 2 12 sin ( )

2d n i k

Bề dày lớp dầu: 2 2

1( )

2

2 sin

k

dn i

dmin ứng với k=0 2 2

1. 0,13

4 sind m

n i

b 2 2 12 sin ( )

2 2d n i k

(ứng với dmin: k=0)

Khi i= 300 : 2 24 sin 7,1d n i m

váng dầu màu đỏ.

Bài 10:

Một hệ thống gồm 2 thấu kính mỏng giống nhau, một mặt phẳng, một mặt lồi.Đặt 2 thấu

kính tiếp xúc trực diện nhau với 2 mặt lồi. Chiếu tới hệ chùm tia đơn sắc có bước sóng

λ=0,5 μm theo phương vuông góc với mặt phẳng.

a.Xác định bề dày của lớp không khí ở đó ta quan sát thấy vân sáng đầu tiên.

Biết vân tối thứ 5 có bán kính 2mm và thấu kính có chiết suất n=1,5. Tìm tiêu cự của hệ

thấu kính trên.

b.Tìm tiêu cự của thấu kính,biết bán kính mặt cong R=0,8m.

Giải:

a.

Hiêu quang lộ ứng với vân sáng: Δd=2d + λ/2=kλ

Với vân sáng đầu tiên k=1 =>Δ=2d+λ/2=λ =>d=λ/4=1,25μm

Tại điểm cách tâm r,lớp không khí có độ dày

Ta có: 2 2r Rh với h=d/2 . h là độ dày lớp không khí giữa thấu kính phẳng và lổi.

=>d=r

2/R

=>Δ=2d+λ/2

=2r2/R+λ/2=(k+0.5)λ =>

22rk

R =>

22rR

k

Do tại d=0 thì có 1 vân tối => vân tối thứ 5 thì k=4

Với k=422r

Rk

=>R=4m

1 2

1 1 1( 1)( )n

f R R

=>f=8m.

b/ Tìm tiêu cự của thấu kính,biết bán kính mặt cong R=0,8m.

1 2

1 1 1( 1)( )n

f R R

Bài 11:

Một thấu kính phẳng lồi , mặt lồi có bán kính R=cm đặt trên một bản thủy tinh phẳng.

Đỉnh mặt cầu không tiếp xúc với bản thủy phẳng bởi 1 hạt bụi .

Người ta đo được bán kính các vân tối tròn Newton thứ 10 và thứ 15 là r10=5mm,

r15=7,5mm. Xác định bước sóng ánh sáng.

Giải:

Gọi e là đường kính hạt bụi

2 22

d e

Theo công thức vân newton: 2

2

rd

R

Δ=r2/R + λ/2 + 2e = (2k+1)λ/2

r102=R(k1λ-2e) = R(10λ-2e)

r152=R(k2λ-2e) = R(15λ-2e)

=>λ = (r152-r10

2)/R(k1-k2)

=>λ = 0,5μm

Bài 12:

Một thấu kính phẳng lồi L đặt trên một bản thủy tinh phẳng. Chiếu ánh sáng phản xạ có

bước sóng λ=0,546 μm theo phương vuông góc và quan sát bằng ánh sáng phản xạ.

a.Người ta đo được đường kính vân tối thứ 5 và 15 lần lượt là 9,34mm và 16,18mm. Tính

bán kính mặt cong của L.

b.Cho một chất lỏng chiếm đầy giữa không khí và bản thủy tinh rồi lặp lại phép đo trên

ta được 8,09mm và 14mm. Tìm chiết suất chất lỏng.

c.Trong trường hợp lớp mỏng là không khí, nếu ta tịnh tiến thấu kính lên trên thì điều gì

sẽ xảy ra.

Giải:

Tương tự :

r5 =√ = 9,34mm

r15 = √ =16,18mm

=>R=(r152-r5

2)/(15-5)λ = 8mm

Coi ánh sáng có λ’=λ/n. Thay và n=1,33

Tại điểm có độ dày d thì Δ=2d+λ/2. Khi thấu kính dịch chuyển ra xa thì d tăng, vân phải

dịch chuyển về tâm O, các vân tròn thu hẹp lại. Khi d khá lớn thì không quan sát được hệ

vân giao thoa nữa.

Bài 15:

Một thấu kính mỏng hai mặt lồi cùng bán kính R1 và một thấu kính mỏng hai mặt lõm

cùng bán kính R2, cùng bằng thủy tinh chiết suất n1 được đặt sao cho trục chính trùng

nhau và tiếp xúc với nhau. Chiếu sáng hệ bằng một chùm sáng đơn sắc bước sóng λ và

quan sát hệ vân giao thoa tạo thành. Vân sáng thứ 6 và vân sáng thứ 16 tính từ trong ra

lần lượt là ρ1 và ρ2. Tính tiêu cự của hệ thấu kính ghép.

Giải:

Giữa đỉnh 2 thấu kính có 1 lớp không khí mỏng có độ dày e ở cách tâm 1 khoảng e, lớp

không khí có bề dày d.

Tại vị trí có vân tối: d = ρ2/2R1 – ρ

2/2R2 + e = (k – ½)λ

Thay ρ=ρ1=1,855mm: k=6: ρ12/2(1/R1-1/R2) + e = 5,5λ

ρ=ρ2=3,161mm: k=16: ρ22/2(1/R1-1/R2) + e = 15,5λ

Giải hệ phương trình ta thu được:

1/R1 – 1/R2 = 20λ/(ρ22 – ρ1

2) = 1,667

Độ tụ của hệ : D =(n-1).(1/R1 – 1/R2) = 0,833 dp

=>Tiêu cự: f= 1/D = 1,2 m

BÀI TẬP NHIỄU XẠ

Bài 1:

Một chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng λ=0,6μm được rọi vuông góc với một

khe chữ nhật hẹp có bề rộng b=0,1mm. Ngay sau khe có đặt 1 thấu kính. Tìm bề rộng của

vân cực đại chính trên màn quan sát (E) đặt tại tiêu diện của thấu kính và cách thấu kính

D=1m

Giải:

Bề rộng của vân cực đại chính được đo bằng khoảng cách giữa 2 cực tiểu nhiễu xạ đầu

tiên ở 2 bên cực đại chính. Góc nhiễu xạ chính φ0 ứng với các cực tiểu nhiễu xạ xác định

bởi công thức:

Sin φ0= λ/b

=>bề rộng e của cực đại chính bằng l=2Dtg φ0=29λ/b=1,2cm

Bài 2:

Một chùm tia sáng đơn sắc song song, bước sóng λ=0,589μm chiếu thẳng góc với một

khe hẹp có bề rộng b=2μm . Hỏi các cực tiểu nhiễu xạ quan sát được dưới những góc

nhiễu xạ bằng bao nhiêu? (so với phương bàn đầu)

Giải:

Áp dụng công thức: sinφ=kλ/b (với k=1,2,3…)

Điều kiện: sinφ ≤1 =>các góc nhiễu xạ có thể quan sát được:

φ1=1708’

φ2=3605’

φ3=620

Bài 3:

Xác định góc nhiễu xạ ứng với các cực tiểu nhiễu xạ đầu tiên nằm ở 2 bên cực đại giữa

trong nhiễu xạ Fraunhofer qua một khe hẹp bề rộng b=10μm,biết chùm sáng tới hợp với

mặt phẳng khe một góc θ=300 và ánh sáng có bước sóng =0,5μm.

Giải:

Hiệu quang trình : Δ=b(sinθ-sinφ) (φ là góc nhiễu xạ)

Góc nhiễu xạ ứng với cực tiểu nhiễu xạ: Δ=kλ

=>sinθ-sinφ=kλ/b

=>sinφ= -kλ/b + sin θ

Cực tiểu nhiễu xạ đầu tiên ứng với k= ± 1 ta có:

φ= 330

φ=270

Bài 4:

Chiếu một chùm sáng đơn sắc song song, bước sóng λ =0,5μm thẳng góc với 1 cách tử

nhiễu xạ, phía sau cách tử đặt một thấu kính hội tụ tiêu cự f=1m . Màn quan sát đặt ở tiêu

diện thấu kính. Khoảng cách giữa hai vạch cực đại chính của quang phổ bậc 1 là l=

0,202m. Xác định:

a.Chu kì cách tử.

b.Số vạch trên 1 cm của cách tử.

c.Số cực đại chính tối đa có thể có của cách tử.

d.Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ ngoài cùng.

Giải:

a.Vị trí các cực đại chính được xác định bằng công thức:

sinφ=kλ/d=kλn với n=1/d là số vạch trên 1 đơn vị chiều dài.

Quang phổ bậc 1 ứng với hai vạch cực đại chính k=±1.

Khoảng cách giữa 2 cực đại chính này bằng: l = 2f.tgφ ≈ 2f.sinφ

Hay l≈2fkλ/d (φ nhỏ =>sinφ= tgφ và k=1)

=>d=2fλ/l=4,95μm

b.Số vạch trên một cm của cách tử : n=1/d=2020cm-1

c.Các cực đại chính : dsinφ =kλ.

=>k=dsinφ/λ , với k=0,±1,±2…..

Với mỗi giá trị của k ta có một cực đại chính, với điều kiện sinφ=1

=>Số cực đại chính tối đa có thể có ứng với kmax=d/=9,9

=>Số cực đại chính: 2[kmax] + 1 = 19 với [kmax]=9

d. Góc nhiễu xạ φmax ứng với vạch cực đại chính (vạch quang phổ)ngoài cùng (với

kmax=9)

sin φ0=kmaxλ/d=0,91=>φmax=6503’.

=>Hai vạch quang phổ ngoài cùng đối xứng nhau đối với trục chính của thấu kính và xác

định bởi các góc 6503’ và -65

03’.

Bài 5:

Một chùm tia sáng được rọi vuông góc với một cách tử. Biết rằng góc nhiễu xạ ứng với

ánh sáng có bước sóng λ1=0,65μm, trong quang phổ bậc 2 bằng φ1=45. Xác định góc

nhiễu xạ ứng với quang phổ λ=0,5μm trong quang phổ bậc 3.

Giải:

Theo đề ta có:

sinφ1=k1nλ1 (k1=2)

sinφ2=k2nλ2 (k2=3)

=>sinφ2=k2λ2sinφ1/k1λ1 =>φ2≈5504’

Bài 6:

Một chùm tia sáng được phát ra từ một ống phóng điện chứa đầy khí hydro tới đập vuông

góc với một cách tử nhiễu xạ theo phương φ=410,người ta quan sát thấy có 2 vạch λ1=

0,6563μm vàλ 2=0,4102μm, ứng với quang phổ bậc nhỏ nhất trùng nhau. Xác định chu kỳ

cách tử.

Giải:

Vì các vạch cực đại ứng với các bước sóng λ1 và λ2 trùng nhau nên ta có:

dsinφ=k1λ1=k2λ2

hay k2/k1 =λ1/λ2= 0,6563/0,4102=0,16

Do k1 , k2 phải là số nguyên nên điều kiện ( 1 ) được thỏa mãn khi k1 5 , k2 8 .

Do đó : ).(10.5656,0

10.6563,0.5

sin

66

11 mk

d

Bài 7.

Một chum sáng đơn sắc tới vuông góc với một cách tử có chu kỳ m2,2 . Biết rằng giữa

các cực đại của quang phổ bậc 1 và bậc 2 bằng 150 . Xác định bước sóng ánh sáng tới .

Giải.

Theo đề: d

1sin

và 0

21 15

d

.2sin 2

Do đó : 111 cossincossin)sin(.2

d

Mặt khác : 2

2

1

2 1sin1cosd

Và .54,0cos45

sin1cossin 22 m

d

Bài 8.

Sau một cách tử nhiễu xạ có hằng số m2 đặt một thấu kính hội tụ và tại tiêu diện thấu

kính có một màn quan sát . Khoảng cách giữa hai vạch cực đại của He ( ứng với các bước

sóng 4044 A0 và 4047 A

0 ) trong quang phổ bậc 1 trên màn quan sát bằng .1,0 mm Tìm

tiêu cự thấu kính .

Giải.

Ta có: sin ..d

k

Vị trí của cực đại trên màn : tgfD . , với f là tiêu cự TK.

.12

12

tgtg

DDf

Với dd

mmDD 22

1112 sin,sin,1,0

.65,0 mf