Ta có: i = ®^ q 2 - q 2
=2.10^7(2-10"")'= 2 V 1 0 -® = 2 V mA.
3
A
3
Câu 104: Đáp án D
Từ I„ = toQ, = 2rfQ„
5
f= ^
Câu 105: Đáp án B
Ta có: c = 1800pF =
w
c
max
= w L max
= 10» Hz = 10’ ( k H z ) ,
= 2pH = 2 .1 0“"H,Uo = ImV = 10'^ V
LI^ => I„ _ tt
=u
1 ^ tt9
■-CU^
2
°
=
A-5
f = 3 .10 -'’A = 30pA
\ Li
Ầ
= l , 6.10^rad/s
Cừ
Tại t = 0;u = Ug =>(p^ =1 0 =>(pi
7
1
2
i = 30cos ' 1 , 6 . 1 0 '^t + - j( p A )
z “ T
Ta có: I o i = ^ = > Z l = H ọ;:’
^
^01
Mắc cuộn dây và tụ thành mạch dao động LC
Câu 106: Đáp án B.
Câu 107: Đáp án C .
lápán c
T 2 ~ ry
I q = ^ = ^^ ^ c =■ ^
=
^02
~
^02
Ta có :W = — =>qg = V2CW=V2.2.10-®.10-® -2.10-'^C
T a có: w
2c
Câu 108: Đáp án D
I.
Ta có; + i = — = 0,06A
2
l2
. L I' C u ' Li
2
2
2
u
2coL
L i'
2__________
u = (ừ h Ạ l - i' = 2 0 0 0 .0 ,0 5 ^ 0 ,1 2 '-0 ,0 6 ' = eVÕ ( V ) .
Câu 109: Đáp án A. Tại q = ± - ^ thì Wđ = Wt = —w
V2
2
=> Chu kì của mạch dao động là T = 8.At = 8.1,5.10"'* = 12.10"'‘s
+ Thời gian ngắn nhất để điện tích trên tụ giảm từ giá trị cực đại xuống
rr 12 110"
T 1 0 n-4
còn một nửa giá trị đó là: t = — = — —
— = 2 .1 0-“s.
^
6
6
Ọ
->q
Câu 110: Đáp án B
-qo
qo/2
qo
Ta có: L = 30pH = 3.10-®H,C = 3000pF = 3.10"'F ,R = 0,lQ,Uo = 6V
-274-
VL
w,Cmax
w ,„ „ = > |c u ẫ = ỈL lẵ =. I, =
= 0.06A ^ I = 0.03-ãA
^ p = RI^ = 0,1 8 .10‘® = 0,18 mW.
w
Câu 111: Đáp án D
Ta có: L --0,2 H ,C = 10pF = 10'“F,Io =0,012A
0 ,2
10'®F,Io
Wp max = Wj max
(J
L
2
C Uu' = - L I'
2
^
■Uo=IoJ^=l>7V
H = j |( ĩ i ^ = 0 '9 w .
Câu 112: Đáp án c
2:
■V sóng mạch +» ^ r» Ằ = c.2jtVLC => ầ' ~ c
/
^
v n irrv *
Bước oArííT mooVi thu được: 1 —r» 0-rr.l
Ban đầu Ằ = 20m
Khi A,' = 60m = 3?1 ^ C ị, = 9C => Phải mắc song song với tụ điện C q của
mạch dao động với một tụ điện có điện dung c = Cj, - C(, = 8Cg.
Câu 113: Đáp án D
Từ hình vẽ: Lúc t = 2ps thì q = a = —
^ q =Vậy điện lượng chuyển qua cuộn dây:
Aq - Qo
“ Qo +
Qo = 2,5Q o
M
Câu 114: Đáp án A
Ta có: Vj = c = 30000km / s = 3.10®m / s, V2 = 340m / s,fj = £2
Mà: ^ = - = > ^ = - ^ = 8,82.10®.
f
^2 V2
Câu 115: Đáp án A. Ta có: L = 0,2mH = 2.10"‘ H,C = 8pF = 8.10“^'F
‘
X = 2ti.c.VLC = 75,4m .
Câu 116: Đáp án A
Ta có: c = 300000km / s = 3.10®m / S,Ầ,J = 25m, A = 30m
.2
c
„
c
= - =>f , = — = 12.10®Hz và £2 = — = 10'^Hz.
^2
Câu 117: Đáp án c
500.10"
= 800.
Số dao động cao tần; n
1000
L tân
âm
Mà:
Câu 118: Đáp án B
VL -275-
L = 5mH = 5.10-^ H;C = 5nF = 5.10-®F;Uo = 4V
Phương trình điện tích: q = Qo cos (cùt + ẹ)
1
+ Tần số góc: co = —
1
^ ----- - = 2 .10^5 racỉ/s
~ V5.10"^5.10”®
D-T4 20.10-® F
+ Qo =CUo =5.10“T4 = 20.10‘"F
+ Tìm (p:
Tại t = 0 khi u = 2V =
_ n
= Qg cos cp =>cp = ±
=> C =
[
Vậy q = 20.1 0'® cos 2. 1 0 ®t ±- (c )
V
^
J
Cưòng độ dòng điện qua mạch: i = q ' = -4.10'® sin|^2.10®t ± — ( A ) .
Câu 119: Đáp án B
Ban đầu cưòmg độ dòng điện ổn định chạy qua mạch là:
®
= 1, 2A ^
r + R,q + R
= u = I.(Rg + R) =
^
= 10, 8V
r + ivq + IV
W = - L I " + -C .U 2 = 0,020J
2
2
Khi năng lượng giảm còn một nửa ban đầu thì W ’=W/2 => Phần năng
lượng trong mạch giảm AW = W - W ' = W / 2 = Q dưới dạng nhiệt lượng
tỏa ra trên các điện ưở R và Rg. Theo định luật ôm trong đoạn mạch ta
có:
Q
ro
~ ^0
Q
[Qjj ~ R
ro
- Q-
Rn
:5,62.10'®J.
R + R„
Câu 120: Đáp án A
E
Ban đầu K đóng, dòng điện qua cuộn dây Ig = r
Điện trở cuộn dây bằng 0 nên
= Up = 0 . Lúc này tụ chưa tích điện.
Năng lượng trong mạch: W =-Ì l I q = —L - Ĩ
2
2
Khi mờ khóa K, mạch dao động với năng lượng W;
"
Ta có: -CU® = - L
2
2
Câu 121: Đáp án A
"
Ta có: Ci =
-276-
VL
47t®c®L
E
Uọ__l
/4.10'®
=>■
= 10.
E
r v c ~ 2 \ 10'®
(
1)
r -=
2
Khi c, n tC 2: c =
(2)
c ,.c ,
Ci+C,
■
Thế (1), (2) vào (3): À =
y
= 4 k"c ^L
C ị C,
Ci+C,
^
C âu 122: Đáp án A
Mạch thứ 3: A
.
^
2 .2
2 =60^
= 60m và ẢÌ =
5.10®
ả
Mạch thứ 4; X = — =
= 125m và
" Í4 2,4.10®
Từ (1) và (2) =>
(3)
= lOOm và
^2
;+ Ấị
( 1)
= Xị + Ấy = 125^ (2)
4
1
2
= 25m.
C âu 123: Đáp án A
+ Ta có: X = 27i Vl C
+ Do
< A =í«
,g
ghép nối tiếp với Cg
+ Điện dung nhỏ nhất của bộ tụ là:
‘ c,+c„
\| c,+c„
Ằ
n
Ci
' Co +C,
C âu 124: Đáp án c
+ Ta có: Ả= 2ncy/LC <> ~ c
=
+ Gọi A và A lần lượt là bước sóng mà mạch thu được khi điện dung
,J
.2
của tụ là C ị và C2
+ Khi
c = C +C2 o
ị
=Ầ +A
,J .2
+ Khi C' = C , - c .
( 1)
(2 )
^?- ^2
5, 2
. i2
Ả ,= ,l—
= 22,36m
^2 ~ ■
= 20m
+ T ừ ( l ) v à (2)
C âu 125: Đáp án D
+ Ta có; 0,5pH < L < lOpH và 10pF < c < 50pF
+ Mà X = 271cVl C => 4,2m . = 2nc— = 2 tic.—= 2 tic>/LC (V ì Io = (oQ o)
Iq
®
C âu 136: Đáp án c . Trong mạch dao động LC thì cường độ dòng điện
trong mạch và điện tích của tụ điện dao động điều hoà lệch pha ĩr/2 .
C âu 137: Đáp án D
Khi có tụ C:
X = 2itcVLC
Ằ’ = 2 X = > C ’ = 4 C
Khi mắc tụ C’: Ằ' = 2 ticVLC' .
Câu 138: Đáp án A.
^
Ug =
= I o , t = 0,0 1 2 , / - ^ « 5 ,4 V
°
c
Vc
VlO"®
= 0,92V .
Hiệu điện thế tức thời: u
C àu 139: Đáp án D
1 _
Ta có: co =
1
10
Vc
- = 10®irad /s
7
^0,2.5.10'
^ c e - r\l0 n c
- r I
Qg = U qC = 1,5.5.10'° = 7 ,5.10-1°C
Tại t = 0: q = Qo = Qo cos (p => cp = 0
Vậy: q = 7,5.10''° c o s(l0°7
ĩt) ( C).
C âu 140: Đáp án D
Chu kỳ: T = 4 t = 8.10'°s
S.lQ-^s
Vây: I =
-278- VL
V2
^
V2
=-^ -Q o =
r = 5,55.10-^ A = 5,55 mA.
t V2
8.10 -°.n
/2
Câu 141: Đáp án D
c
Khi mắc nối tiếp thêm: L ' = 2 L ' c ' = —
2
Vậy chu kỳ: T ' = 2 W L 'C ' =2nVLC =10"‘s.
C âu 142: Đáp án B
Ta có: fị = - — }—■ = 3MHz; f, = - — ----—
27ĩ T l Ã
271^2
1
K hiC , n tC 2; f =
p p
,f^ = 4 ^ =
2
ỉ'ỉ- r
K hiC J/Ọ ,: í ’
p2
p2
£2
j2 9 4^
o /|2
„ ’ -„ = 1 6 ^ f , =4MHz.
-2À
2 jcVl (C i + C2)
+ Í2
^ f ' = yJs^+4^ =5M H z.
C àu 143: Đáp án A
Tại t = 0:
q = Qo cos
T . Qọ
ĩ
i = - “ Qo| < 0
43
s .
Wđ = 3Wt
>=>w = — w =^q = ±-— Qo
w = W đ + Wt J.
3
^
2 °
Khoảng thời gian ngắn nhất từ t = 0 đến khi Wđ = 3Wt
bằng thời gian chất điểm chuyển động tròn đều từ Mo
M.
Ta có:
Từ hình vẽ: a = —= W t => t = —
--- = 0,75.10‘®s.
. 2
2.27Ĩ.10®
C âu 144: Đáp án c»
Ta có: I = ^ J E = A J Ã Ĩ ^ = _ ^ V Ĩ Õ ^ ( A )
>/2 VC V2 V27.10"® 3V2
Cần cung cấp cho mạch công suất:
p = I2r = ^ . 10 "®.1 « 1 ,39.10"® w .
18
C âu 145: Đáp án B
__
’
u "c
lOlõO.lO"®
_ .,
Nâng ,lương của _ _ u w = —2_ = --------------- = 2,5.10_ _ 3 J = 2,5mJ
mach:
X T
VL -279-
C âu 146: Đáp án A
Ta có: I , = U „ J | = 6 J ^ ^ « 2 0 , 8 . 1 0 - = ' A .
C âu 147: Đáp án A
X = 2 ticn/LC => C = •
= 10‘ ®F = lp F .
47t^.c^.L
C âu 148: Đáp án c
Từ:
Ta có: Ằ, = 2 n c ^ ĩ ^ = 2.3,14.3.10® V3.10“^ 2 .10 ' “ = 4,61m
>i2 =2nCyỊLC^ = 2.3,14.3.10®Vl2.10’®.8.10“ ° =184,6m
Vậy:
4, 61m c => Cx // c ^ Cx = c,đ - c = 45,43 pF.
C âu 150: Đáp án A
Ta có: f =
c =2n V Ĩ^ ’ “ f^47l^L
6 Hz: ^
Với f, =3.10'’ , , c , =
1
«2,8pF
(3.10®f .4.3,14ll0'®
1
Với Í2 = 4.10^ Hz: c , =
» l , 6pF
^ (4.10®)^4.3,14^10'®
l,6pF
+ Nếu góc chiết quang A nhỏ thì: D = (n - 1)A
H iện tưỢng g ia o th oa ánh sáng: (chỉ xét giao thoa ánh sáng trong
thí nghiệm lâng).
a. Đ ịn h nghĩa: Là sự tổng hỢp của hai hay nhiều sóng ánh sáng kêt
hỢp trong không gian trong đó xuất hiện những vạch sáng và những
vạch tôi xen kẽ nhau.
- Các vạch sáng (vân sáng) và các vạch tôl (vân tỗĩ) gọi là các vân giao
thoa.
- Hiệu đường đi của 2 sóng ánh sáng:
ax
■ d =,
'
D
Khoảng vân: 7=
ẦD
ằD
- VỊ trí vân sáng: X g = k — = ki
—
a
L I-281-
k = 0: Vân sáng tru n g tâm
k = ± 1 : V ân sáng bậc (thứ) 1
k = ±2: Vân sáng bậc (thứ) 2
1 ĂD
1
= { k + ^ ) — = {k + -^)i
l a
2
k = 0, k = - 1 : Vân tôi thứ n h ất
k = 1 , k = -2; V ân tôl thứ hai
k = 2, k = -3: V ân tôl thứ ba
- Vị trí vân tôl;
- Bề rộng quang phổ liên tục bậc n: Ax =
D
= k —(x. - X , ) (k là
a
bậc vân giao thoa)
Trong đó D là khoảng cách từ hai khe sáng đến m àn q u an sát, a là
khoảng cách giữa hai khe sáng
- Khoảng cách n vân sáng: L = (n - l)i
- Gọi L là bề rộng trường giao thoa trê n màn. Sô" khoảng vân trong
nửa trưòng giao thoa kể từ vân sáng tru n g tâ m là — . Goi n là phần
2i
nguyên, p là phần thập phân của tỉ sô" trên. Ta có:
+ Sô vân sáng: 2n + 1
+ Sô" vân tô"i là: 2n nếu p < 0,5 và là 2n + 2 nếu p > 0,5
3. C ác b ứ c x ạ đ iệ n từ
a. T ia h ồ n g n g o ạ i: là sóng điện từ có bưốc sóng lớn hơn bước sóng
của ánh sáng đỏ và lớn hơn bưóc sóng của sóng vô tu y ến
(0,76 gm < A < 1 mm).
,
b. T ia tử n g o ạ i: là sóng điện từ có bưâc sóng lớn ngắn hơn bưốc sóng
của ánh sáng tím và dài hơn bước sóng của tia Rơn-ghen
(1 nm < X < 0,38 pm).
c. T ia R ơ n -g h e n (tia X): là sóng điện từ có bưóc sóng lớn ngắn hơn
bước sóng của tia tử ngoại và dài hơn bưóc sóng của tia gam m a
•
(10 ” ni < X < 10 « m).
1
hc
Trong ống Culitgiơ: Ỷ mv„,^^ - CU A K —hf_.» —
OK
— eUn A
4. T h a n g s ó n g đ iệ n từ
Người ta sắp xếp và phân loại sóng điện từ theo th ứ tự bước sóng
giảm dần, hay tầ n sô" tăng dần, gọi là th a n g sóng điện từ: sóng vô
tuyến, tia hồng ngoại, ánh sáng nhìn thâ"y (đỏ, cam, vàng, lục, lam,
chàm, tím), tia tử ngoại, tia X (tia Rơnghen), tia gam m a.
-282-
B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP
_______________ DẠNG 1: TÁN SẮC ÁNH SÁNG_________________
Phương pháp giải:
1. Tán sắc qua lăng kính
a. Công thức về chiết suất của môi trường và bước sóng ánh sáng
- Chiết suất: n = — với c = 3.10’ m/s;
^
V
V
là vận tốc ánh sáng trong môi trưòfng
- Bưóc sóng của ánh sáng đcm sắc: x = — , trong chân không
í
n
_
__
x, n„ . V, n„
^ Tống quát: — = — và — = - 2i2!K
V2
b. Công thức về lăng kính:
sin I2 = n. sin r2
- Sử dụng công thức lăng kính: <
A= +T
2
D = (ii + Ì2) - A
A.
D
“" A.
t
A.
- Góc lêch cưc tiểu •O’ i,1 = i„ => r,í =r„ - — => s in — o------= n s i n — .
•
z
2
o
2
2
2
- Khi A, i nhỏ < > ■
=
rj + T = A
2
D = (n - 1 )A
2. Tán sắc qua lưỡng chát phẳng
Sử dụng định luật khúc xạ tại mặt phân cách cho các tia:
s in i = n . sin r,... = n. sinr,
sinr^
sin n
s in i
n.
s in i
3. Tán sắc qua thấu kính
- Tiêu cự của thấu kính tính theo công thức:
VL -283-
_Ị_
J.
Rj
R2;
f--
R1R2
( R i + R 2) ( n - 1 )
- Chiết suất của chất làm thấu kính đối với ánh sáng đơn sắc khác nhau
thì khác nhau. Do đó chùm tia tới là chùm ánh sáng trắng song song với
trục chính thì chùm tia ló ứng với các
thành phần đơn sắc khác nhau sẽ hội tụ _________ ^
ở các điểm khác nhau. Chùm tia ló màu C h ù m á n h
tím sẽ hội tụ trên trục chính gần quang sán g tr ắ n g
tâm nhất, chùm tia đỏ hội tụ xa quang
tâm nhất (xem hình).
- Tiêu cự của thấu kính ứng với tia đỏ;
^ _______^ 1^2_____
(Ri+R2)(nđ-1)‘
- Tiêu cự của thấu kính ứng với tia
tím:
R,R,,
(Ri + R2)(n^- 1 )
4. Tán sác qua tấm thủy tinh
a. Sử dụng định luật khúc xạ tại
I:
l . s i ni
M
'■
đ
smr^ =-
sini
sini
n
b. Sử dụng định luật khúc xạ tại T và Đ:
Ịl. sini^ = n j S Ì n r j
[l.sinij =
sinr^
- Tia ló luôn luôn song song tia tới, các chùm tia màu sắc song song và
tách rời nhau.
- Độ dịch ảnh theo chiều truyền ánh sáng: AS = e 1 - n
Thí dụ 1: Một máy quang phổ có lăng kính thuỷ tinh góc chiết quang
A = 60“ . Chiếu đồng thời các bức xạ màu đỏ, màu lục, màu tím có bước
sóng lần lượt là ?Lj,
^3 vào máy quang phổ. Thấu kính chuẩn trực và
thấu kính buồng ảnh đều có tiêu cự f = 40 ( cm) . Biết chiết suất của chất
làm lãng kính đối với các bức xạ đơn sắc Ầ,J,Ằ,2 A lần lượt là:
.3
-284- VL
rij = 1,608; n 2 = 1,617, Hg =1,635. Lăng kính được đặt sao cho bức
xạ Ắ; cho góc lệch cực tiếu.
a. Tính góc tới của chùm sáng tới lăng kính và góc lệch qua lăng kính
ứng với Ẫ-,.
b. Tính góc lệch qua lăng kính ứng với hai bức xạ còn lại.
c. Xác định khoảng cách giữa hai vạch trên mặt phẳng tiêu diện của thấu
kính buồng ảnh tưcmg ứng với hai bức xạ đơn sắc
và Ằ .
.3
Hướng dẫn giải:
a. Khi tia màu lục 7-2 có góc lệch cực tiểu thì:
A _
„
siniị = n 2.sinr^J = 1,617.s in 30°
ij » 53,95°
- Góc lệch cực tiểu ứng với tia lục:
=
-6 0 ° = 47,9°.
sinij = n. sin
b. Sử dụng công thức lăng kính:
sinÌ2 = n. sin r2
A=r, + ^
2
D = (i + Í2) - A
cho các tia sáng đơn sắc:
Tia tím:
sinij
n^
A = rit + r2,
D, =(i, + Í2) - A
r2 =60°
^
sin 53,95°
1,635
r„ «29,64"
=60° -29,64° = 30,36°
sinÌ2j =n^.sinr2( = 1,635. sin 30,36° =>Ì2t =55,73°
.
D, =(53,95° +55,73°) - 60° = 49,68°
- Tia đỏ;
sini,, = n.,.sinr.Iđ
nd
A = rid + r d
2
Sini2j = n.í.smr.2d
Dd =(ii + Í2) - A
sin ^ _ sin 5 3 .9 5 °
1,608
n.
„
f2đ =60° - r ^ =60°-30,19° =29,81°
sinig^ = n 3.sinr23 = 1,608. sin 29,81° =>Ì2đ =53,07°
=(53,95° +53,07°)-60° =47,02°
c. Góc hợp bởi hai tia tím và tia đỏ đến thấu kính buồng ảnh là:
Ô= D^ - D j =49,68° -4 7 ,0 7 ° =2,64° hay 0 , 046( r ad) .
- Khoảng cách giữa hai vạch trên mặt phẳng tiêu diện của thấu kính
buồng ảnh tương ứng \'ới hai bức xạ đơn sắc À, và A là
.3
z = 15 = 40.0,046 «1,84 (cm)
VL -285-
Thí dụ 2: Chiếu một chùm ánh sáng trắng hẹp song song đi từ không khí vào
một bể nước dưới góc tới 1 = 60° chiều sâu của bể nước là h = 1 ( m ) .
Dưới đáy bể đặt một gưcmg phẳng song song với mặt nước. Biết chiết suất
của nước đối với tia tím và tia đỏ lần lượt là 1,34 và 1,33. Tính độ rộng
của chùm tia ló trên mặt nước.
H ướng dẫn giải:
- Tia sáng trắng tới mặt nước dưới góc tới 60° thì bị khúc xạ và tán sắc
(xem hình).
+ Đối với tia đỏ:
sin 60° = sinr^
«40,63°
+ Đối với tia tím:
sin 60° = n, sin n => « 4(J, ztì
ỉin bU n^
Các tia tới gặp gương phẳng
đều bị phản xạ tới mặt nước
dưới góc tới tương ứng với lần
khúc xạ đầu tiên.
Do đó ló ra ngoài với góc ló đều
là 60°. Chùm tia ló có màu sắc cầu vồng.
^ Độ rộng chùm tia ló in trên mặt nước:
1^2 = 2h.tgrj - 2h. ta n « 22 ( mm) .
Độ rộng chùm ló ra khỏi mặt nước: a = 1^2 sin(90° - 6 0 ° ) = 1 1 (mm).
Thí dụ 3: Một thấu kính mỏng hai mật lồi cùng bán kính
= R2 = 10 (cm),
chiết suất của chất làm thấu kính đối với tia đỏ và tia tím lần lượt là
= 1,61; n^ = 1,69. Chiếu một chùm ánh sáng trắng song song với trục
chính.
a. Tính khoảng cách từ tiêu điểm ứng với tia đỏ, đến tiêu điểm ứng với
tia tím.
b. Đặt một màn ảnh vuông góc trục chính và đi qua tiêu điểm của tia đỏ
tính độ rộng của vệt sáng trên màn. Biết thấu kính có rìa là đường tròn
có đường kính d = 25 ( cm) .
Hướng dẫn giải:
a. Chiết suất của chất làm thấu kính đối với ánh sáng đơn sắc khác nhau thì
khác nhau. Do đó chùm tia tới là chùm ánh sáng trắng song song với trục
chính thì chùm tia ló ứng với các thành phần đơn sắc khác nhau sẽ hội tụ
ở các điểm khác nhau. Chùm tia ló màu tím sẽ hội tụ trên trục chính gần
quang tâm nhất, chùm tia đỏ hội tụ xa quang tâm nhất (xem hình).
- Tiêu cự phụ thuộc vào chiết suất:
-286- VL
= ( n - l1)) — + —
2J
n -1 ^ ’
r/^t fí o /4Ả
*
- Đối với tia đỏ:
f = 0 F ' - — ^ =8,197 (cm)
L61-1
^ '
1,61- Đối với tia tím:
^t^đ
F' F' = f
0F',
1 ,6 9 -1
• = 0,951 ( c m) .
7,246 ( c m ) .
b. Các tia tím gập màn tại c và D và vệt sáng tạo nên trên màn có tâm màu
đỏ, mép màu tím. Độ rộng của vệt sáng trên màn được xác định từ:
CD F \ F ' j
0,951
CD = 3,281 (cm).
A B ~ 0 F ' ~ 7,246
Thí dụ 4: Chiếu một tia sáng đơn sắc vào mặt bên của một lãng kính thủy
tinh có góc chiết quang nhỏ A = 10° theo phương vuông góc với mặt
phảng phân giác của góc chiết quang. Điểm tới của tia sáng gần đỉnh A.
Người ta thấy góc lệch của tia sáng là 6°. Chiết suất của lăng kính đối
với ánh sáng đơn sắc là
A. 1.6
B. 1,5
, c. 1
D. 2
Hướng dẫn giải:
Chọn A.
Vì góc A nhỏ nên ta có: D = (n - 1) A => n : ^ + l = l ,6
A
Thí dụ 5: Thấu kính gồm một mặt lồi có bán kmh R, = lOcm và một mặt
lõm có bán kính
= 20cm. Chiết suất của thấu kính đối với tia tím là
n=l, 54, đối với tia đỏ là nj=l,50. Khoảng cách giữa tiêu điểm đỏ và tiêu
điểm tím là
A. 2,69cm
B. 2,96cm
c. 3,69cm
D. 6,29cm
Hướng dẫn giải:
Chọn B.
=37,04cm
J _ J.
Ta có: - = ( n - l )
Af = f , - f. =2,96 cm
[
= 40cm
R
]^ R 2 y
Thí dụ 6: Một lăng kính thủy tinh góc chiết quang A= 5°. Chiếu một chùm
ánh sáng trắng vào mặt bên dưới góc tới rất nhỏ. Tính góc tạo bởi hai tia
ló màu đỏ và màu tím qua lãng kính. Cho biết chiết suất của lăng kính
ứng với ánh sáng màu đỏ là nj = 1,5; với ánh sáng tím = 1,68.
A. 1"
B.0,6°
c.0,9"
D. 9"
Hướng dẫn giải:
VL -287-
Chọn c .
Khi góc tới ij rất nhỏ ta có: i| = nĩ|, I2 = nĩ2, A = r,+ Ĩ2
^ Góc lệch: D = Ì1+Ì2 -A = (n -1)A
Góc lệch đối với tia đỏ:
Dj = (n<] -1) A
Góc lệch đối với tia tím:
D( = (n, -1) A
Vậy góc lệch giữa chùm tia ló màu đỏ và tia ló màu tím là:
AD = D, - Dj = (n. - nj)A = (1,68 -1,5).5" = 0,9".
Thí dụ 7: Một lăng kính có góc chiết quang A = 6° (coi là góc nhỏ) được đặt
trong không khí. Chiếu một chùm ánh sáng trắng song song, hẹp vào mặt
bên của lãng kính theo phương vuông góc với mặt phẳng phân giác của
góc chiết quang, rất gần cạnh của lăng kính. Đặt một màn E sau lăng
kính, w ông góc với phương của chùm tia tới và cách mặt phẳng phán
giác của góc chiết quang l,2m. Chiết suất của lăng kính đối với ánh sáng
đỏ là nj =1,642 và đối với ánh sáng tím là ni= 1,685. Độ rộng từ màu đỏ
đến màu tím của quang phổ liên tục quan sát được trên màn là;
A. 5 mm
B. 4,5 mm
c . 4 mm
/I
D. 5,4 mnp
Hướng dẫn giải:
Chọn D.
Vì A nhỏ nên: D = A(n -1 )
^ | D , = A ( n , - l ) = 3,85"
| D , = A ( n , - l ) = 4, ll°
Độ rộng từ màu đỏ đến màu tím:
Ax =
= l,2(tanD |. - t a n Dj ) = 5,4.10“'^m = 5,4mm.
Thí dụ 8: Chiếu một tia sáng trắng từ không khí vào một bản thuỷ tinh có
e = 5 (cm) dưới góc tới i = 80° . Biết chiết suất của thủy tinh đối với tia
đỏ và tia tím lần lượt là
=l , 472; n, = 1 ,5 1 1 . Tính khoảng cách giữa
hai tia ló đỏ và tím.
A. 3 mm
B. 0,3 mm
c. 0,35 mm
D. 5 mm
Hướng dẫn giải:
Chọn c .
+ Áp dụng định luật khúc xạ tại I:
s mr .
sin 80°
1,472
sm r,
sin 80°
1,511
1. sin 80° = n J sin r Ị = n^ sin r.
^
+ Tính: ĐT = OĐ - OT = e(tan
r, =41,99"
r, =40, 67“
- tan )
= 100(tan 41,99° - tan 40,67°) = 2,04 (mm)
+ Áp dụng định luật khúc xạ tại T và Đ cho tia tím và tia đỏ:
-288- VL
[l.sin i^
sinr^
[l.s in ij = rij sin F
j
=> i, = I 3 = i = 80°.
Do đó, chùm ló song song với chùm tia tới và bị tán sắc
Vậy khoảng cách giữa hai tia đỏ và tím ló ra khỏi tấm thủy tinh:
ĐH = TĐ sin(90° - i) = TĐ sin 10° =0,35 (mm).
Thí dụ 9: Một lãng kính thuỷ tinh có A = 8°, n^ = 1,6644, n j = 1,6552.
Chiếu một chùm tia sáng trắng hẹp song song theo phương vuông góc
mật bên của lăng kính. Dùng một màn ảnh song song mặt bên AB và sau
lãng kính một khoảng z = 1 (m) thu chùm sáng ló ra khỏi lãng kính. Xác
định khoảng cách giữa hai vệt sáng đỏ và tím trên màn.
A. 3,1 mm
B. 1,3 mm
c. 1 mm
D. 3 mm
Hướng dẫn giải:
Chọn B.
- Đối với trường hợp A, i nhỏ => góc lệch tính theo công thức:
D = (n -1 )A .
- Đối với tia đỏ: Dj = (n^ - 1)A = (1,6552 -1)8° = 5,2416°.
- Đối với tia tím; D, = (n^ - 1)A = (1,6644 -1)8° =5,3152°.
=> Khoảng cách từ vệt sáng đỏ đến tím;
TĐ = OT - OĐ = Z(tan - tan )
= 1000(tan5,3152 - tan 5,2416)«1,3 (mm).
Thí dụ 10: Bước sóng trong chân không của ánh sáng đỏ là r,|. Tính bước
sóng của ánh sáng đỏ trong thuỷ tinh, biết chiết suất của thuỷ tinh đối với
tia đỏ là nj = 1,5.
A. 0,40 (pm)
B. 0,60 (pm)
c. 0,50 (pm)
D. 0,550 (pm)
Hướng dẫn giải:
Chọn c .
- Khi sóng truyền từ môi trường từ môi trường này sang môi trường khác,
thì vận tốc truyền và bước sóng của nó thay đổi, nhưng tần số của nó
không bao giờ thay đổi.
- Bước sóng của ánh sáng có tần sô f trong môi trường: Ầ = — (với
V
là
vận tốc của ánh sáng trong môi trường đó).
- Trong chán không, vận tốc ánh sáng là c, tần số vẫn là f và bước sóng
trở thành: X,, = - .f
0
Do đó:
>1,
— mà n = —nên Ầ = — (với n là chiết suất tuyệt đối của môi
V
V
n
trường đó).
=> Bước sóng của ánh sáng đỏ trong thuỷ tinh:
VL -289-
= A = .2:ZỄ = 0,50(|im ).
cL
Thí dụ 11: Chiếu một tia ánh sáng trắng hẹp đi từ không khí vào một bê
nước rộng dưới góc tới i = 60° . Chiều sâu nước trong bề h = 1 (m ). Tim
độ rộng của chùm màu sắc chiếu lên đáy bể. Biết chiết suất của nước đối
với tia đỏ và tia tím lần lượt là:
= 1,33,
= 1,34.
A. 15,11 mm
B. 11 mm
c. l,15m m
D. 11,15 mm
Hướng dẫn giải:
Chọn D.
+ Áp dụng định luật khúc xạ tại I:
sin 60° = sin r ị
^
■sinr.
sin 60°
1,33
sin 60°
1,3 4
=40,63°
=40,26°
+ Độ rộng của vệt sáng: ĐT = OĐ - OT = h(tan
- tan
)
= 100(tan 40,63° - tan 40,26°) = 11,15 (m m ).
Thí dụ 12: Chiếu một chùm tia sáng trắng hẹp song song coi như một tia
sáng vào mặt bên AB của lăng kính có A = 50°, dưới góc tới
= 60° .
Chùm tia ló ra khỏi mật AC gồm nhiều màu sắc biến thiên liên tục từ đỏ
đến tím. Biết chiết suất của chất làm lãng kính đối với tia đỏ và tia tím
lần lượt là: n^ = 1,54; n^ = 1,58. Hãy xác định góc hợp bởi giữa tia đỏ và
tia tím ló ra khỏi lăng kính.
B. 2,34°
c . 4,32°
A. 2°
Hướng dẫn giải:
Chon B.
D. 3,24°
sinij = n sin
Áp dụng công thức lăng kính:
+ Đối với tia đỏ:
=A
D=
sini
r +
-i
+ 12 - A
: n .4 sm r.Iđ
I-Iđ + r2d = A
sin 60°
n.
r,, =34,22°
r 2 d = A - r , ,1 = , 7 8 °
5
S in i 2(j = n sin n2
đ
sinr2,j = n j sinr2j
i2d =24,76°
D = Ii + Ì2d - A = 60° + 24,76° - 50° = 34,76°
-2 9 0 - VL
sin
sinIi = sin ^>sin =—60° í> =33,2
=
--=
4
n,
+ Đối với tia tím:: <'^
It
^
"21
A => r2j —A
Tit ~ 16,76
sin Ì2t = n sin T J => sin r2j = n^ sin r2t => igt = 27,1°
2
D = ii +Ì2t - A = 60° +27,1° -5 0 ° =37,1°
=> Vậy góc hợp bởi giữa hai tia đỏ và tia tím sau khi ló ra khỏi lăng
kính:
- D j = 2,34°.
D Ạ N G 2: GIAO TH O A VỚI Á N H S Á N G Đ O N S Ắ C
Phương pháp giải:
1. Vị trí vân sáng, vân tỏi và khoảng vân:
ẰD
a. Khoảng vân: là khoảng cách giữa 2 vân sáng liền kề: i = -—
a
(i phụ thuộc Ầ)
^K hoảng vân của các ánh sáng đơn sắc khác nhau là khác nhau với
cùng một thí nghiệm.
b. VỊ trí ván sáng bậc k:
Tại đó ứng với A d = di - d| = k. / l , đồng thời 2 sóng ánh sáng truyền tới
cùng pha
X* = ± k . ^
a
= ±k.i
- Để A là vân sáng trung tâm thì k = 0 hay A d = 0
k = 0: ứng với vân sáng trung tâm
k = ± 1: ứng với vân sáng bậc 1
k = ± n; ứng với vân sáng bậc n.
c. Vị trí vân tói thứ k + 1:
Tại đó ứng với Ad =(k + —).Ẳ, là vị trí hai sóng ánh sáng truyền tới
ngược pha nhau.
.k+l . ± { k + 1, Ă.D = ± (Ả:+ - ) ./ .
_ v-v .
2
a
z
2. Khoảng cách giữa các vân
a. Khoảng cách vân cùng bản chất liên tiếp:
/ = (số vân - l).í'
b. Khoảng cách giữa một vân sáng và một ván tối bất kỳ:
Giả sử xét khoảng cách vân sáng bậc k và vân tối thứ k’
Vị trí vân sáng: xỊ = k.i
VL-291-
VỊ trí vân tối: xị =(k - 0,5).i
- Nếu;
+Hai vân cùng phía so với vân trung tâm; Ax =
|jc f
x ' I^
+ Hai vân khác phía so với vân trung tâm: Ax = J + V
)í:f
*
- Khoảng cách giữa vân sáng và vân tối liền kề là— nên vị trí vân tối các
thứ liên tiếp đuợc xác định: x ,= k ^ (với k lẻ: 1,3,5,7,....)
' 2
c. Xác định vị trí một điểm M bất kì trên trường giao thoa cách vân
trung tâm một khoảng X ị có vân sáng hay vân tôi, bậc mây ?
;v
Lập tỉ số:
=n
i
+ Nếu n nguyên, hay n e z, thì tại M có vân sáng bậc k = n.
+ Nếu n bán nguyên hay n = k + 0,5 với k e z , thì tại M có vân tối thứ
k+ 1
3. Xác định sô vân trên trường giao thoa
Trường giao thoa xét là chiều rộng của khu vực chứa toàn bộ hiện tượng
giao thoa hứng được trên màn - kí kiệu L.
- Số vân trên trường giao thoa:
L
+ Số vàn sáng: N, = 1+2.
2/
+ Số vàn tối:
Nj = 2. — + 0,5
2/
- Số vân sáng, vân tối trong đoạn MN, với 2 điểm M, N thuộc
trường giao thoa nằm 2 bên vân sáng trung tâm:
OM
+ 1.
+ Số vân sáng: N, =
\O N ^ ^1
\O M
Nt = —— + 0,5 +
i
/
*
í
- Số vân sáng, tối giữa 2 điểm MN trong đoạn giao thoa nằm cùng
ầ so với vân sáng tru ■•
'o n '
' O M'
+ Số vân sáng: N, =
i
i
+ Số vân tối:
— + 0,5
—
i
Với M, N khống phải là vân sáng.
+ Số vân tối:
-2 9 2 - VL
N
-p
-— + 0,5
/
4. Giao thoa với khe Young (lâng) trong môi trưòìig có chiết suất là n
và thay đổi khoảng cách.
Gọi X là bước sóng ánh sáng trong chân không hoặc không khí.
Gọi ~k' là bước sóng ánh sáng trong môi trường có chiết suất n: k ' =
a. Vị trí vân sáng: X =
kX'D
X
kkD
n.a
5L'n
XD
b.Vị trí vân tòi: X =(2k +1)----- = (2k +1)
2a
2na
k'D
kD
c. Khoảng vân: i =
a
an
d. Khi thay đổi khoảng cách:
ẢD
ẰD
Ta có: i =
i tỉ lệ với D => khi khoảng cách là D: i =
a
Ầơ
khi khoảng cách là D ’: i’ =
a
+ Nếu A D = D ’ - D > 0. Ta dịch màn ra xa (ứng i’ > i)
+ Nếu A D = D ’ —D < 0. Ta đưa màn lại gần (ứng i’ < i)
5. Đặt bản mỏng trước khe Young
Trong thí nghiệm giao thoa ánh sáng với khe Young (I-âng), nếu ta đặt
trước khe iSị một bản thủy tinh có bề dày e, chiết suất n.
- Khi đặt bản mỏng trước khe S| thì đường đi của tia sáng S,M và S,M lần
lượt là;
S ị M = í/ , + { n - \ ) e
S , M = d,
- Hiệu quang trình:
ố = S2M -S,M = d2
Mà
d, - ( n - l)e
- dị =
D
D ^
^
-I- Vân sáng trung tâm ứng với hiệu quang trình bằng ố = 0.
ax /
„
(n -l)e D
< > ố = — -(«-l)< ? = 0=>x^ = -------— .
=
D
a
Vì X||> 0=> Hệ thống vân dịch chuyển về phía S|
Tổng quát: Hệ thống vân s ẽ dịch chuyền vê phía khe sáng đặt bản thủy
tinh
- Chú ý:
+ Nếu đặt hai bản mỏng như nhau trên cả hai đường truyền S| S2 thì hệ
vân không dịch chuyến.
VL -293-
- Xem thêm -
.PDF 
216 
78 
133 
