Đề thi môn Vật lý đại cương phần 3

3 3.0,8.10 .10 3.10 2. 30 d m sin sin        (với bậc cực đại nhiễu xạ ứng với 3k  ) ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131) ĐỀ SỐ 16 Họ và tên:..............................................................Lớp:...............................Mã hiệu SV:..................................... Câu 131: Một chùm sáng chiếu vuông 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 0 1 45  . Góc nhiễu xạ ứng với bước sóng  2 0,55 m  trong quang phổ bậc 3 có giá trị: A. 0 2 63,83  . B. 0 2 62,83  . C. 0 2 61,83  . D. 0 2 65,83  . Giải Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: k sin d    Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 2 bằng  0 11 1 1 2 45 2sin k d       .  1 Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 3 bằng  22 2 2 3 3sin k d      .  2 Lấy      0 01 1 22 1 2 2 2 1 1 2 3 3.0,55 . 45 0,897 61,83 2 3 2 2.0,65 sin sin sin sin sin                  Câu 132: 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  0,70i mm . Chiết suất của bản mỏng có giá trị bằng: A. 1,53n  . B. 1,62n  . C. 1,56n  . D. 1,52n  . (thiếu dữ kiện bè dày) Câu 133: Chiếu một chùm sáng trắng song song vuông góc với mặt cách tử phẳng truyền qua. Dưới một góc nhiễu xạ 039 ,  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.  2,12d m . B.  2,22d m . C.  2,02d m . D.  2,32d 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 d    Đối với bước sóng 1 ta có: 1 1sin k d     1 Đối với bước sóng 2 ta có: 2 2sin k d     2 Từ     2 21 1 2 2 1 2 1 2 1 ; 2 3 k k k k k          Vì bậc cực đại đối với vạch thứ hai trong quang phổ của cách tử nhỏ hơn 5 nên kết hợp với điều kiện 1k và 2k là số nguyên (xét trường hợp nguyên dương) 1 2k  và 2 3k  . Thay 1k vào (1) ta có:   1 1 0 2.0,636 2,02 39 k d m sin sin       VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP Trang 60/80 Câu 134: Chiếu một chùm ánh sáng trắng dưới góc tới 030i  lên một màng xà phòng có chiết suất với ánh sáng đó 4 3 n  . Bề dày nhỏ nhất của màng xà phòng để những tia phản chiếu có màu đỏ (bước sóng  0,76 m  ) có giá trị bằng: A.  1,64d m . B.  1,54d m . C.  1,44d m . D.  1,74d m . Giải Xét hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên bề mặt của bản mỏng: 2 21 2 2 2 L L L d n sin i        Xét điều kiện vân sáng – vân tối: Vân sáng: L k  Vân tối: 1 2 L k          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 0k   ta có:   2 2 2 2 0 0,76 1,54 4 4 4 30 3 mind m n sin i sin            Câu 135: Năng lượng của hạt proton trong giếng thế một chiều sâu vô hạn ở trạng thái 5n  là  7,5 meV . Cho biết khối lượng của hạt proton  271,672.10pm kg  . Bề rộng của giếng thế năng là: A.  08, 2 A . B.  07, 2 A . C.  06, 2 A . D.  09, 2 A . Giải Hạt chuyển động trong giếng thế năng có năng lượng:   2 2 2 . . 2 7,5 2 n p h n E meV m a    Bề rộng của giếng thế năng là:       2 2 2 2 34 22 10 0 6 19 27 . . 6,6.10 .5.2 8,2.10 8,2 2 . 8 . 8.7,5.10 .1,6.10 .1,672.10n p n p h n h n a m A E m E m                 Câu 136: Người ta chiếu một chùm tia Rơn – ghen có bước sóng  810 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 030 và bậc cực đại nhiễu xạ ứng với 3k  . Khoảng cách giữa hai lớp ion liên tiếp có giá trị: A.  83,2.10d cm . B.  83,0.10d cm . C.  83,1.10d cm . D.  83,3.10d 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       8 2 10 0 3 3.0,8.10 .10 3.10 2. 30 d m sin sin        (với bậc cực đại nhiễu xạ ứng với 3k  ) Câu 137: Dung dịch đường glucozo nồng độ  31 0,28 /C g cm đựng trong một bình trụ thủy tinh sẽ làm quay mặt phẳng phân cực của ánh sáng xanh đi qua bình một góc 01 32 .  Với dung dịch đường glucozo nồng độ 2C cũng đưng trong bình trụ giống như trên làm quay mặt phẳng phân cực của ánh sáng xanh một góc 02 24 .  Nồng độ 2C là: VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP Trang 61/80 A.  30,23 /g cm . B.  30,25 /g cm . C.  30,21 /g cm . D.  30,27 /g cm . Giải Nhận xét: Đây là bài toán ứng dụng hiện tượng quay mặt phẳng phân cực để xác định nồng độ dung dịch. Nồng độ dung dịch được xác định theo công thức:   C d    trong đó  là góc quay của mặt phẳng phân cực. Ở trong bài toán này ta thấy có hai trường hợp  xét từng trường hợp và tính tỷ số. Ta có:       1 1 32 1 1 2 1 1 2 2 2 2 24 .0,28 0,21 / 32 C d C C C g cm C C d                     Câu 138: Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng  0,5 m  theo phương vuông góc với một cách tử nhiễu xạ. Ngay sau cách từ có đặt một thấu kính hội tụ có tiêu cự  1,00f 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  0,202l m . Số vạch trên 1 cm của cách tử có giá trị bằng: A. 1816n  (vạch/cm). B. 1836n  (vạch/cm). C. 1826n  (vạch/cm). D. 1846n  (vạch/cm). Giải Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: k sin d    Quang phổ bậc 1 gồm 2 vân cực đại chính  1k   sin d    Khoảng cách giữa 2 vạch cực đại chính bằng: 2 .l f tan Vì  là góc rất nhỏ tg sin   Hay     6 62 2.1.0,55.10 5,45.10 5,45 2 0,202 l f d m m d f l           Mật độ khe (số khe/đơn vị độ dài): 6 2 1 1 1836 5,45.10 .10 n d     (vạch/cm) ( d là chu kỳ cách tử) Câu 139: Khối lượng của hạt photon ứng với ánh sáng có bước sóng  1 0,55 m  là: A.  364,0.10 kg . B.  364,2.10 kg . C.  363,8.10 kg . D.  364,6.10 kg . Giải Nãng lượng của phôtôn cho bởi :   34 2 36 8 6 6,625.10 4.10 3.10 .0,55.10 p p hc h W m c m kg c           Câu 140: Một đèn phát ánh sáng có tần số  156.10 Hz . Số photon phát ra trong một phút là 198.10 hạt. Công suất của ngọn đèn nhận giá trị nào dưới đây VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP Trang 62/80 A.  4,5 W . B.  5,6 W . C.  5,5 W . D.  5,3 W Giải Công suất bức xạ: .P N  Số photon do ngọn đèn phát ra trong 1 phút là   19 34 1560. 60 . 8.10 .6,625.10 .6.10 5,3 60 60 P P N hf N P W hf        ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131) ĐỀ SỐ 17 Họ và tên:..............................................................Lớp:...............................Mã hiệu SV:..................................... Câu 141: Chiếu ánh sáng đơn sắc bước sóng  0,5 m  vào một lỗ tròn có bán kính chưa biết. Nguồn sáng điểm đặt cách lỗ tròn  2 m , sau lỗ tròn  2 m có đặt một màn quan sát. Hỏi bán kính của lỗ tròn phải bằng bao nhiêu để tâm của hình nhiễu xạ là tối nhất A.  1 mm . B.  2 mm . C.  4 mm . D.  3 mm . Giải Bài toán mở rộng: Xây dựng công thức tính bán kính của đới cầu Fresnel thứ k Xét hai tam giác vuông k kOM H và :k kMM H       2 2 2 22 2 2 2 k k k k kr R R h d b h b k b h                  2 2 22 2 4 k k k k k Rh h k b bh h       Vì     2 0 2 2 4 2 k k k k k b b Rh k b bh h R b             Do kh cũng rất nhỏ nên bán kính của đới cầu thứ k là: 2 2k k k R bk Rb r Rh r k R b 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 tròn phải có giá trị sao cho qua lỗ tròn chỉ có 2 đới cầu Fresnel. Do đó bán kính của lỗ tròn phải bằng bán kính của đới cầu thứ 2.     6 3 2 2.2.0,5.10 . 2 10 1 2 2 l Rb r r k mm mm R b          Câu 142:Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng  1 0,65 m  vào khi Yâng. Khoảng cách giữa hai khe  1a mm . Màn ảnh được đặt song song cách mặt phẳng của khe một đoạn  2D m . Đặt trước một trong 2 khe một bản mỏng có hai mặt song song chiết suất 1,5n  và có bề dày  10e 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 . VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP Trang 63/80 Giải Độ dịch chuyển của hệ thống vân giao thoa trên màn là         6 3 1 . 1,5 1 .10.10 .2 0,01 1 1.10 n e D y m cm a          Câu 143: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 1,5n  thì thấy hệ thống vân giao thoa dịch chuyển một đoạn  5 mm so với khi chưa đặt bản mỏng. Biết khoảng vân  1,00i mm . Chiết suất của bản mỏng có giá trị bằng: A.  7,6e m . B.  6,6e m . C.  7,8e m . D.  7,2e m . Giải Khoảng vân: 3 6 1.10 25000 0,76.10 19 D D i i d d          Độ dịch chuyển của hệ thống vân giao thoa trên màn là           3 6 .1 5.10 .19 7,6.10 7,6 . 1 2500. 1,5 1 y dn eD y e m m d D n            Câu 144:Một chùm ánh sáng được chiếu vuông góc với một cách tử nhiễu xạ. Trên phương 062  , 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 d    Đối với bước sóng 1 ta có: 1 1sin k d     1 Đối với bước sóng 2 ta có: 2 2sin k d     2 Từ     2 21 1 2 2 1 2 1 5 1 ; 2 6 k k k k k          Vì vạch quang phổ có bước sóng bé nhất trùng nhau nên kết hợp với điều kiện 1k và 2k là số nguyên (xét trường hợp nguyên dương) 1 5k  và 2 6k  . Thay 1k vào (1) ta có:   1 1 0 5.0,6 3,4 62 k d m sin sin       Câu 145:Một chùm ánh sáng trắng được rọi vuông góc với một bản mỏng trong suốt hai mặt song song dày  0,43d m ; chiết suất 1,5.n  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 Hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên hai mặt của bản mỏng : 2 21 2 2 2 L L d n sin i      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:   2 2 1 2 0,5 dn dn k k        VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP Trang 64/80 Tong phạm vi quang phổ thấy được, phải có điều kiện:    0,4 0,7m m    Thay  vào  1 , suy ra điều kiện: 1,20 2,725k  Vì k phải nguyên, nên nó chỉ có thể có một giá trị 2k  . Vậy trong phạm vi quang phổ thấy được chỉ cố một chùm tia phản xạ bước 2 bước sóng   2 2.0,46.1,5 0,552 2 0,5 2,5 dn m     được tăng cường Câu 146: Một notron chuyển động nhiệt ở nhiệt độ 0113 C . Bước song De Broglie tương ứng với hạt này là (cho  271,674.10nm kg  ) A.  01, 28 A . B.  01,18 A . C.  01,38 A . D.  01, 48 A . Giải Phương trình thuyết động lực học phân tử: Dạng phương trình: 20 1 . 3 p n mv trong đó: 0 :n là mật độ phân tử trong 1 đơn vị thể tích 0 n n V  ; :n là tổng số phân tử khí có trong thể tích V m là khối lượng phân tử khí 2 v là vận tốc toàn phương TB của 1 phân tử khí Ta có: 2 2 0 0 0 1 2 2 . . . 3 3 2 3 d mv p n mv n n W   Động năng trung bình của phân tử khí: 0 3 2 d p W n  (lưu ý: 0. An V N số phân tử khí trong 1 mol khí) Từ phương trình trạng thái đối với 1 mol khí: 0 3 3 2 2 d RT RT p W kT V n V     ( AN số Avôgrađrô 236,022.10 (phân tử 3/m ) và A R k N  Vận tốc căn quần phương: 2 Cv v Mặt khác:     23 2 27 8,314 3. . 3. . 113 273 1 3 3 6,022.10 3090,375 / 2 2 1,674.10 A d c R T NkT W mv kT v v m s m m           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 công thức de Broglie ta có:     34 10 0 27 6,625.10 1,28.10 1,28 1,674.10 .3090,375 h h h p m A p mv             Câu 147:Chiếu một chùm tia sáng song song, đơn sắc bước sóng  0,65 m  lên màn xà phòng chiết suất 4 3 n  dưới một góc 030i  . Bề dày nhỏ nhất của màng xà phòng để những tia phản chiếu có cường độ cực tiểu A.  0,233d m . B.  0,263d m . C.  0,232d m . D.  0,243d m . Giải Xét hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên bề mặt của bản mỏng: 2 21 2 2 2 L L L d n sin i        Xét điều kiện vân sáng – vân tối: Vân sáng: L k  VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP Trang 65/80 Vân tối: 1 2 L k          Từ dữ kiện của đề bài để chùm tia phản xạ có cường độ sáng cực tiểu thì hiệu quang lộ phải bằng 1 2 k        Bài toán yêu cầu ta xác định bề dày nhỏ nhất. Từ công thức trên ta thấy bề dày nhỏ nhất khi 0k   ta có:   2 2 2 2 0 0,65 0,263 2 4 2 30 3 mind m n sin i sin            Câu 148:Một chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng  0,56 m  được chiều vuông góc với mặt nêm thủy tinh chiết suất 1,5n  . Biết rằng khoảng cách nữa 17N  vân tối liên tiếp là  1,5 .l cm Góc nghiêng của nêm có giá trị nào dưới đây: A.  41,79.10 rad  . B.  41,69.10 rad  . C.  41,89.10 rad  . D.  41,99.10 rad  . Giải Nhận xét: Đây là bài toán giao thoa trong nêm có chiết suất .n Ví trí của vân tối:  . 0,1,2,.... 2 td k k    Vị trí của vân sáng:    2 1 1,2,3.... 4 sd k k     Ta xét vị trí vân tối thứ k và vân tối thứ 16k  gây bởi nêm có chiết suất n (vì khi ánh sáng truyền qua môi trường có chiết suất n bước sóng sẽ giảm đi n lần) Ví trí của vân tối thứ :k  . 0,1,2,.... 2 td k k n    Vị trí của vân tối thứ  1616 : 16 2 kk d k n     Từ hình vẽ ta thấy:   6 416 3 1 2 8 8.0,56.10 1,99.10 1,5.1.5.10 k kd dsin rad I I nl           vì  rất nhỏ nên  41,99.10sin rad    Câu 149:Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng  0,5 m  theo phương vuông góc với một cách tử nhiễu xạ. Ngay sau cách từ có đặt một thấu kính hội tụ có tiêu cự  1,00f 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  0,202l m . Số vạch cực địa chính tối đa cho bởi cách tử có giá trị bằng: A. 16 . B. 17 . C.18 . D.19 . Giải VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP Trang 66/80 Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: k sin d    Quang phổ bậc 1 gồm 2 vân cực đại chính  1k   sin d    Khoảng cách giữa 2 vạch cực đại chính bằng: 2 .l f tan Vì  là góc rất nhỏ tg sin   Hay     6 62 2.1.0,5.10 4,95.10 4,95 2 0,202 l f d m m d f l           Mật độ khe (số khe/đơn vị độ dài): 6 2 1 1 1836 5,45.10 .10 n d     (vạch/cm) ( d là chu kỳ cách tử) Từ cồng thức xác định vị trí của các cực đại chính ta rút ra , dsin k    với 0, 1, 2...k    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 đại của k bằng : 6 6 4,95.10 9,9 0,5.10 max d k       Vì k phải lá các số nguyên nên nếu có chỉ có thể lấy các giá trị 0 0, 1, 2,...., 9k     Nghĩa là số vạch cực đại chính tối đa, cho bởi cách tử bằng 02 1 2.9 1 19max maxN k     Câu 150:Chiếu một chùm ánh sáng đơn sắc song song vuông góc với bản thủy tinh phẳng trong hệ thống vân tròn Newton. Hệ thống vận được đặt trong không khí. Thấy kính phẳng – lồi có bán kính mặt lồi  9,4R 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 . B.  0,62 m . C.  0,66 m . D.  0,72 m . Giải Bán kính vân tối Newton xác định bởi: kr Rk Bán kính của vân tối thứ : kk r Rk  1 Bán kính của vân tối thứ  11: 1kk r R k     2 Lấy     2 2 1 1 2 2 2 1 2 1 1 . 1 k k k k k k k r r rk k k r k r k r r             Thay vào  1 , ta được:         2 2 3 32 2 2 2 71 2 2 1 5,53.10 4,94.10 . . 6,6.10 0,66 9, 4 k k k k k k k r r r r kR r R m m r r R                    Bước sóng của ánh sáng:  0,66 m  VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP Trang 67/80 ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131) ĐỀ SỐ 18 Họ và tên:..............................................................Lớp:...............................Mã hiệu SV:..................................... Câu 151: 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 1,5n  và có bề dày  12e 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.  0,55i mm . B.  0,65i mm . C.  0,45i mm . D.  0,75i mm . Giải Độ dịch chuyển của hệ thống vân giao thoa trên màn là         3 6 1 . 6.10 6 1000 1 1,5 1 .12.10 yn e D D y mm d d n e             Bề rộng của vân giao thoa có giá trị bằng    6 30,65.10 .100 0,65.10 6,5 D i m mm d       Câu 152: Chiếu một chùm ánh sáng đơn sắc song song vuông góc với bản thủy tinh phẳng trong hệ thống vân tròn Newton. Hệ thống vận được đặt trong không khí. Thấy kính phẳng – lồi có bán kính mặt lồi  9,4R 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.  0,62 m . B.  0,56 m . C.  0,66 m . D.  0,72 m . Giải Bán kính vân tối Newton xác định bởi: kr Rk Bán kính của vân tối thứ : kk r Rk  1 Bán kính của vân tối thứ  11: 1kk r R k     2 Lấy     2 2 1 1 2 2 2 1 2 1 1 . 1 k k k k k k k r r rk k k r k r k r r             Thay vào  1 , ta được:         2 2 3 32 2 2 2 71 2 2 1 5,53.10 4,94.10 . . 6,6.10 0,66 9,4 k k k k k k k r r r r kR r R m m r r R                    Bước sóng của ánh sáng:  0,66 m  Câu 153: Chiếu một chùm tia sáng song song, đơn sắc bước sóng  0,65 m  lên màn xà phòng chiết suất 4 3 n  dưới một góc 030i  . Bề dày nhỏ nhất của màng xà phòng để những tia phản chiếu có cường độ cực tiểu A.  0,253d m . B.  0,263d m . C.  0,232d m . D.  0,243d m . Giải Xét hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên bề mặt của bản mỏng: 2 21 2 2 2 L L L d n sin i        Xét điều kiện vân sáng – vân tối: Vân sáng: L k  Vân tối: 1 2 L k          VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP Trang 68/80 Từ dữ kiện của đề bài để chùm tia phản xạ có cường độ sáng cực tiểu thì hiệu quang lộ phải bằng 1 2 k        Bài toán yêu cầu ta xác định bề dày nhỏ nhất. Từ công thức trên ta thấy bề dày nhỏ nhất khi 0k   ta có:   2 2 2 2 0 0,65 0,263 2 4 2 30 3 mind m n sin i sin            Câu 154: Một chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng  0,56 m  được chiều vuông góc với mặt nêm thủy tinh chiết suất 1,5n  . Biết rằng khoảng cách nữa 17N  vân tối liên tiếp là  1,5 .l cm Góc nghiêng của nêm có giá trị nào dưới đây: A.  41,99.10 rad  . B.  41,69.10 rad  . C.  41,79.10 rad  . D.  41,89.10 rad  . Giải Nhận xét: Đây là bài toán giao thoa trong nêm có chiết suất .n Ví trí của vân tối:  . 0,1,2,.... 2 td k k    Vị trí của vân sáng:    2 1 1,2,3.... 4 sd k k     Ta xét vị trí vân tối thứ k và vân tối thứ 16k  gây bởi nêm có chiết suất n (vì khi ánh sáng truyền qua môi trường có chiết suất n bước sóng sẽ giảm đi n lần) Ví trí của vân tối thứ :k  . 0,1,2,.... 2 td k k n    Vị trí của vân tối thứ  1616 : 16 2 kk d k n     Từ hình vẽ ta thấy:   6 416 3 1 2 8 8.0,56.10 1,99.10 1,5.1.5.10 k kd dsin rad I I nl           vì  rất nhỏ nên  41,99.10sin rad    Câu 155: Chiếu một chùm ánh sáng trắng song song vuông góc với một cách tử nhiễu xạ truyền qua có 500n  (vạch/mm). Hiệu góc lệch của cuối quang phổ bậc 1 và đầu quang quang phổ bậc 2 có giá trị bằng: A. 01,35  . B. 01,15  . C. 01,28  . D. 01,25  . 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 ngoài là viền đỏ 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 1 n d  (với d là chu kỳ cách tử) VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP Trang 69/80 Ta có: 011 1 1 22,33sin n 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: 022 2 22. 2 23,28sin n d        Hiệu góc lệch của cuối quang phổ bậc 1 và đầu quang quang phổ bậc 2 có giá trị bằng: 0 0 0 2 1 23,28 22,33 1,25        Câu 156: Một chùm tia sáng đơn sắc song song, bước sóng  0,55 m  chiếu vuông góc với mặt của một lỗ tròn bán kính  1,5r mm . Phía sau lỗ tròn có đặt một màn quan sát vuông 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.  2,35 m . B.  2, 25 m . C.  2,05 m . D.  2,15 m . Giải Bài toán mở rộng: Xây dựng công thức tính bán kính của đới cầu Fresnel thứ k Xét hai tam giác vuông k kOM H và :k kMM H       2 2 2 22 2 2 2 k k k k kr R R h d b h b k b h                  2 2 22 2 4 k k k k k Rh h k b bh h       Vì     2 0 2 2 4 2 k k k k k b b Rh k b bh h R b             Do kh cũng rất nhỏ nên bán kính của đới cầu thứ k là: 2 2k k k R bk Rb r Rh r k R b R b         VI vậy khoảng cách lớn nhất maxb 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 tròn phải bang bán kính của đới cầu thứ hai:   2 22 : 2 2 1 Rb b k r r r bR b 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 0 b R  , ta có     2 32 2 2 6 1,5.10 2 2,05 2 2.0,55.10 max r r b b m         Câu 157: Mặt phẳng chính (mặt phẳng dao động) của hai lăng kính ni côn 1N và 2N hợp với nhau một góc 060  . Biết rằng khi truyền qua mỗi lăng kính ni côn ánh sáng bị phản xạ và hấp thụ  5 %k  . Cường độ ánh sáng sau khi đi qua cả hai ni côn sẽ giảm đi 0 2 I I       bằng: VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP Trang 70/80 A. 0 2 8,86 I I  . B. 0 2 8,56 I I  . C. 0 2 8,66 I I  . D. 0 2 8,76 I I  . 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 Cường độ sáng sau lăng kính nicon 1N là:     0 1 0 1 1 2 0,5. 1 2,1 0,5 1 1 5% I I k I I k         Cường độ chùm sáng sau lăng kính 2N là:     2 2 0 2 1 0 2 0 2 1 . 0,5. 1 . . 8,42 0,5. 1 5% 60 I I I cos k cos I I cos         Câu 158: Thấu kính trong hệ vân tròn Newton có bán kính mặt cong  15 .R m Chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng  được chiếu vuông 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 . B.  23 mm . C.  25 mm . D.  26 mm . Giải Bán kính vân tối Newton xác định bởi: kr Rk Bán kính của vân tối thứ 44 : 4. 2r R R    1 Bán kính của vân tối thứ 2525 : 25 5r R R    2 Lấy       2 25 42 1 3 8,5 9 r r r r R mm R             Bán kính của vân tối thứ       2 2 16 4 4 16 : 16. 4 4. . .9 12 9 3 3 r r R R R r mm R           Đường kính vân tối thứ 16 có giá trị bằng  16 162. 2.12 24d r mm   Câu 159: Trong thí nghiệm đo bước sóng ánh sáng người ta dùng một cách tử phẳng truyền qua, ánh sáng tới vuông 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 01 17,62  . Đối với ánh sáng đơn sắc bước sóng cần đo, người ta quan sát thấy vạch quang phổ bậc 2 dưới góc nhiễu xạ 02 25,12  . Bước sóng của ánh sáng đơn sắc cần đo nhận giá trị nào dưới đây: A.  2 0,4332 m  . B.  2 0,4152 m  . C.  2 0,4232 m  . D.  2 0,4132 m  . Giải Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: k sin d    Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 1 bằng  0 11 1 117,62 1sin k d       .  1 Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 2 bằng  0 22 2 2 2 25,12 2sin k d       .  2 Lấy       0 1 1 2 1 2 0 2 2 1 1 . 25,12 .0,5892 0,4132 2 2 2 2. 17,62 sin sin sin m sin sin sin                Câu 160: Một tia X có bước sóng  00,300 A tán xạ theo một góc 060 do hiệu ứng Compton. Động năng của hạt electron là: A.  1,39 keV . B.  1,49 keV . C.  1,59 keV . D.  1,60 keV . VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP Trang 71/80 Giải Động năng của electron 2 2 2 ' 1 e D e m c E m c hv hv v c            hay ' D hc hc hc hc E            Theo công thức tán xạ Compton: 22 2 C sin            Ta tìm được động năng của electron bắn ra : 22 2 D C hc hc E sin             Hay         2 12 2 034 8 16 10 10 12 2 0 2 2 2.2,4.10 . 606,625.10 .3.102 . 2,548.10 1,592 0,3.10 0,3.10 2.2,4.10 . 60 2 2 C D C sin sinhc E J keV sin sin                            ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131) ĐỀ SỐ 19 Họ và tên:..............................................................Lớp:...............................Mã hiệu SV:..................................... Câu 161: Một nguồn sáng điểm S đặt trên trục của một lỗ tròn có bán kính r thay đổi được. Khoảng cách từ nguồn sáng S đến lỗ tròn là  100 .R cm Phía sau lỗ tròn có đặt một màn quan sát vuông góc với trục của lỗ tròn và cách lỗ tròn một khoảng  120 .b cm Biết rằng tâm của hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại khi bán kính của lỗ  1 1,00r mm và có độ sáng cực đại tiếp theo khi bán kính của lỗ  2 1,31r mm . Bước sóng ánh sáng dùng trong thí nghiệm là: A.  0,6364 m . B.  0,6264 m . C.  0,6564 m . D.  0,6464 m . Giải Nhận xét: Đây là bài toán nhiễu xạ qua lỗ tròn và gồm có hai trường hợp. Về phương hướng giải ta sẽ sử dụng công 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  1 1,00r mm  điều này có nghĩa là trong lỗ tròn chỉ có số lẻ k đới cầu Fresnel (chính là đới cầu ứng với k ). Ta có:  1 *k Rb r r k R b     TH2: Tâm của hình nhiễu có độ sáng cực đại tiếp theo khi bán kính lỗ là  2 1,31r mm  điều này có nghĩa là trong lỗ tròn phải có 2k  đới cầu Fresnel vì nếu có số chẵn đới cầu thì tại M độ sáng sẽ giảm đi (chính là đới cầu ứng với 2k  ). Ta có:  2 2 2 **k Rb r r k R b      Lấy     2 2 2 2 2 1 * 2 1,31 2,79 2 ** 2 1 rk k k k k r          Thay 4k  vào  * ta được:             2 32 1 7 1 1.10 . 1,2 1. . 2 1 9,167.10 0,9617 2 2.1,2.1 r R bRb r mm m m R b Rb               VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP Trang 72/80 Câu 162: Trong thí nghiệm dùng giao thoa kế Mai – ken – sơn khi dịch chuyển gương di động một khoảng  0,013L 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.  0,65 m . B.  0,68 m . C.  0,55 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 045 so với tia tới. Chùm tia phản xạ từ M thẳng đứng lên gương 1M và chùm tia thứ 2 đi thẳng tới gương 2M . Sau khi phản xạ từ 1M và 2M 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 2M để đảm bảo là cho hai tia phản xạ từ tương 1M và 2M 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 1M lên xuống để thỏa mãn điều kiện cực tiểu hoặc cực đại giao thoa. Nếu 1M 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 công thức tổng quát cho giao thoa kế Michelson là: 2 L m   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:     3 72 2.0,013.10 6,5.10 0,65 40 L m m m        Câu 163: Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng  0,55 m  theo phương vuông góc với một cách tử nhiễu xạ. Ngay sau cách từ có đặt một thấu kính hội tụ có tiêu cự  1,00f 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  0,202l m . Số vạch trên 1 cm của cách tử có giá trị bằng: A. 1826n  (vạch/cm). B. 1856n  (vạch/cm). C. 1836n  (vạch/cm). D. 1816n  (vạch/cm). Giải VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP Trang 73/80 Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: k sin d    Quang phổ bậc 1 gồm 2 vân cực đại chính  1k   sin d    Khoảng cách giữa 2 vạch cực đại chính bằng: 2 .l f tan Vì  là góc rất nhỏ tg sin   Hay     6 62 2.1.0,55.10 5,45.10 5,45 2 0,202 l f d m m d f l           Mật độ khe (số khe/đơn vị độ dài): 6 2 1 1 1836 5,45.10 .10 n d     (vạch/cm) ( d là chu kỳ cách tử) Câu 164: Trong thí nghiệm đo bước sóng ánh sáng người ta dùng một cách tử phẳng truyền qua, ánh sáng tới vuông 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 01 17,62  . Đối với ánh sáng đơn sắc bước sóng cần đo, người ta quan sát thấy vạch quang phổ bậc 2 dưới góc nhiễu xạ 02 25,12  . Bước sóng của ánh sáng đơn sắc cần đo nhận giá trị nào dưới đây: A.  2 0,4232 m  . B.  2 0,4132 m  . C.  2 0,4332 m  . D.  2 0,4182 m  . Giải Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: k sin d    Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 1 bằng  0 11 1 117,62 1sin k d       .  1 Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 2 bằng  0 22 2 2 2 25,12 2sin k d       .  2 Lấy       0 1 1 2 1 2 0 2 2 1 1 . 25,12 .0,5892 0,4132 2 2 2 2. 17,62 sin sin sin m sin sin sin                Câu 165: Một nguồn sáng điểm nằm trên trục chính của lỗ tròn, cách lỗ tròn  1,5 m . Ánh sáng do nguồn phát ra có bước sóng  0,62 m  . Sau lỗ tròn đặt một màn quan sát vuông góc với trục của lỗ tròn và cách lỗ tròn  2,00 m . Để tâm hình ảnh nhiễu xạ trên màn quan sát là tối nhất thì bán kính của lỗ tròn phải có giá trị bằng: A.  0,63 mm . B.  0,79 mm . C.  0,70 mm . D.  0,73 mm . Giải Bài toán mở rộng: Xây dựng công thức tính bán kính của đới cầu Fresnel thứ k Xét hai tam giác vuông k kOM H và :k kMM H       2 2 2 22 2 2 2 k k k k kr R R h d b h b k b h                  2 2 22 2 4 k k k k k Rh h k b bh h       VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP Trang 74/80 Vì     2 0 2 2 4 2 k k k k k b b Rh k b bh h R b             Do kh cũng rất nhỏ nên bán kính của đới cầu thứ k là: 2 2k k k R bk Rb r Rh r k R b 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 tròn phải có giá trị sao cho qua lỗ tròn chỉ có 1 đới cầu Fresnel. Do đó bán kính của lỗ tròn phải bằng bán kính của đới cầu thứ 1.     6 4 1 1,5.2.0,62.10 . 1 7,3.10 0,73 2 1,5 l Rb r r k m mm R b          Câu 166:Một tia X có bước sóng  00,300 A tán xạ theo một góc 060 do hiệu ứng Compton. Động năng của hạt electron là: A.  1,39 keV . B.  1,59 keV . C.  1,49 keV . D.  1,69 keV . Giải Động năng của electron 2 2 2 ' 1 e D e m c E m c hv hv v c            hay ' D hc hc hc hc E            Theo công thức tán xạ Compton: 22 2 C sin            Ta tìm được động năng của electron bắn ra : 22 2 D C hc hc E sin             Hay         2 12 2 034 8 16 10 10 12 2 0 2 2 2.2,4.10 . 606,625.10 .3.102 . 2,548.10 1,592 0,3.10 0,3.10 2.2,4.10 . 60 2 2 C D C sin sinhc E J keV sin sin                            Câu 167: Mặt phẳng chính (mặt phẳng dao động) của hai lăng kính ni côn 1N và 2N hợp với nhau một góc 060  . Biết rằng khi truyền qua mỗi lăng kính ni côn ánh sáng bị phản xạ và hấp thụ  5 %k  . Cường độ ánh sáng sau khi đi qua cả hai ni côn sẽ giảm đi 0 2 I I       bằng: A. 0 2 8,56 I I  . B. 0 2 8,66 I I  . C. 0 2 8,76 I I  . D. 0 2 8,86 I I  . 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 Cường độ sáng sau lăng kính nicon 1N là:     0 1 0 1 1 2 0,5. 1 2,1 0,5 1 1 5% I I k I I k         Cường độ chùm sáng sau lăng kính 2N là:     2 2 0 2 1 0 2 0 2 1 . 0,5. 1 . . 8,42 0,5. 1 5% 60 I I I cos k cos I I cos         Câu 168: Một notron chuyển động nhiệt ở nhiệt độ 0113 C . Bước sóng De Broglie tương ứng với hạt này là (cho  271,674.10nm kg  ) VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP Trang 75/80 A.  01, 48 A . B.  01,18 A . C.  01, 28 A . D.  01,38 A . Giải Phương trình thuyết động lực học phân tử: Dạng phương trình: 20 1 . 3 p n mv trong đó: 0 :n là mật độ phân tử trong 1 đơn vị thể tích 0 n n V  ; :n là tổng số phân tử khí có trong thể tích V m là khối lượng phân tử khí 2 v là vận tốc toàn phương TB của 1 phân tử khí Ta có: 2 2 0 0 0 1 2 2 . . . 3 3 2 3 d mv p n mv n n W   Động năng trung bình của phân tử khí: 0 3 2 d p W n  (lưu ý: 0. An V N số phân tử khí trong 1 mol khí) Từ phương trình trạng thái đối với 1 mol khí: 0 3 3 2 2 d RT RT p W kT V n V     ( AN số Avôgrađrô 236,022.10 (phân tử 3/m ) và A R k N  Vận tốc căn quần phương: 2 Cv v Mặt khác:     23 2 27 8,314 3. . 3. . 113 273 1 3 3 6,022.10 3090,375 / 2 2 1,674.10 A d c R T NkT W mv kT v v m s m m           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 công thức de Broglie ta có:     34 10 0 27 6,625.10 1,28.10 1,28 1,674.10 .3090,375 h h h p m A p mv             Câu 169: Chiếu một chùm ánh sáng trắng song song vuông góc với một cách tử nhiễu xạ truyền qua có 500n  (vạch/mm). Hiệu góc lệch của cuối quang phổ bậc 1 và đầu quang quang phổ bậc 2 có giá trị bằng: A. 01,25  . B. 01,35  . C. 01,45  . D. 01,55  . 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 ngoài là viền đỏ 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 1 n d  (với d là chu kỳ cách tử) Ta có: 011 1 1 22,33sin n 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: 022 2 22. 2 23,28sin n d        Hiệu góc lệch của cuối quang phổ bậc 1 và đầu quang quang phổ bậc 2 có giá trị bằng: 0 0 0 2 1 23,28 22,33 1,25        VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP Trang 76/80 Câu 170: Vạch quang phổ ứng với bước sóng  0,5461 m  được quan sát với góc dưới góc 019 8'  . Số vạch trên  1 cm của cách tử có giá trị A. 1816n  (vạch/cm). B. 1826n  (vạch/cm). C. 1856n  (vạch/cm). D. 1836n  (vạch/cm). (Thiếu dữ kiện) ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131) ĐỀ SỐ 20 Họ và tên:..............................................................Lớp:...............................Mã hiệu SV:..................................... Câu 171: Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng  1 0,65 m  vào khi Yâng. Khoảng cách giữa hai khe  2a mm . Màn ảnh được đặt song song cách mặt phẳng của khe một đoạn  2D m .Đặt trước một trong 2 khe một bản mỏng có hai mặt song song chiết suất 1,5n  và có bề dày  10e m . Độ dịch chuyển của hệ thống vân giao thoa trên màn quan sát là: A.  1, 2 cm . B.  1,0 cm . C.  1,3 cm . D.  1, 4 cm . Giải Độ dịch chuyển của hệ thống vân giao thoa trên màn là         6 3 1 . 1,5 1 .10.10 .2 0,01 1 10 n e D y m cm a          Câu 172: Một chùm tia sáng đơn sắc song song, bước sóng  0,55 m  chiếu vuông góc với mặt của một lỗ tròn. Bán kính của lỗ tròn có giá trị bằng  1,5r mm . Phía sau lỗ tròn có đặt một màn quan sát vuông 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.  2,05 m . B.  2,15 m . C.  2, 25 m . D.  1,95 m . Giải Bài toán mở rộng: Xây dựng công thức tính bán kính của đới cầu Fresnel thứ k Xét hai tam giác vuông k kOM H và :k kMM H       2 2 2 22 2 2 2 k k k k kr R R h d b h b k b h                  2 2 22 2 4 k k k k k Rh h k b bh h       Vì     2 0 2 2 4 2 k k k k k b b Rh k b bh h R b             Do kh cũng rất nhỏ nên bán kính của đới cầu thứ k là: 2 2k k k R bk Rb r Rh r k R b R b         VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP Trang 77/80 Vì vậy khoảng cách lớn nhất maxb 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 tròn phải bang bán kính của đới cầu thứ hai:   2 22 : 2 2 1 Rb b k r r r bR b 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 0 b R  , ta có     2 32 2 2 6 1,5.10 2 2,05 2 2.0,55.10 max r r b b m         Câu 173: Trong hiện tượng Compton bước sóng chùm photon tới là 00,05A . Phần năng lượng truyền cho electron đối với photon tán xạ dưới góc 0180 : A.  125 keV . B.  128 keV . C.  122 keV . D.  120 keV . Giải Động năng của electron 2 2 2 ' 1 e D e m c E m c hv hv v c            hay ' D hc hc hc hc E            Theo công thức tán xạ Compton: 22 2 C sin            Ta tìm được động năng của electron bắn ra : 22 2 D C hc hc E sin             Hay         2 12 2 034 8 14 10 10 12 2 0 2 2 2.2,4.10 . 906,625.10 .3.102 . 1,947.10 122 0,05.10 0,05.10 2.2,4.10 . 90 2 2 C D C sin sinhc E J keV sin sin                            Câu 174: Chiếu một chùm ánh sáng song song, đơn sắc có bước sóng  theo phương vuông góc với một lỗ tròn. Điểm quan sát nằm cách mặt sóng một khoảng  1,00b m . Khi bán kính lỗ tròn thay đổi và lấy hai giá trị kế tiếp nhau  1 1,22r mm và  2 1,58r 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.  0,504 m  . B.  0,514 m  . C.  0,524 m  . D.  0,518 m  . Giải Nhận xét: Đây là bài toán nhiễu xạ qua lỗ tròn và gồm có hai trường hợp. Về phương hướng giải ta sẽ sử dụng công 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  1 1,00r mm  điều này có nghĩa là trong lỗ tròn chỉ có số lẻ k đới cầu Fresnel (chính là đới cầu ứng với k ). Ta có:  1 *k Rb r r k R b     TH2: Tâm của hình nhiễu có độ sáng cực đại tiếp theo khi bán kính lỗ là  2 1,31r mm  điều này có nghĩa là trong lỗ tròn phải có 2k  đới cầu Fresnel vì nếu có số chẵn đới cầu thì tại M độ sáng sẽ giảm đi (chính là đới cầu ứng với 2k  ). Ta có:  2 2 2 **k Rb r r k R b      Lấy     2 2 2 2 2 1 * 2 1,58 2,95 2 ** 2 1,22 rk k k k k r          VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP Trang 78/80 Thay 4k  vào  * ta được:             2 32 1 7 1 1,22.10 . 1,2 1. . 2 1 9,167.10 0,9617 2 2.1,2.1 r R bRb r mm m m R b Rb               Câu 175: Một nguồn sáng điểm đơn sắc chiếu ánh sáng có bước sóng  0,5 m  vào một lỗ tròn có bán kính  1,00r mm . Khoảng cách từ nguồn sáng tới lỗ tròn  1,00R m . Để lỗ tròn chứa 5 đới cầu Fresnel thì khoảng cách từ lỗ tròn tới điểm quan sát có giá trị bằng: A.  0,72b m . B.  0,67b m . C.  0,57b m . D.  0,62b m . Giải Bài toán mở rộng: Xây dựng công thức tính bán kính của đới cầu Fresnel thứ k Xét hai tam giác vuông k kOM H và :k kMM H       2 2 2 22 2 2 2 k k k k kr R R h d b h b k b h                  2 2 22 2 4 k k k k k Rh h k b bh h       Vì     2 0 2 2 4 2 k k k k k b b Rh k b bh h R b             Do kh cũng rất nhỏ nên bán kính của đới cầu thứ k là: 2 2k k k R bk Rb r Rh r k R b R b         Để lỗ tròn chứa 5 đới cầu Fresnel thì khoảng cách từ lỗ tròn tới điểm quan sát 5k        2 32 2 5 5 22 6 3 5 1. 1.10..5 0,67 5 5.1.0,5.10 1.10 R rR b r b m R b R r               Câu 176: Thấu kính trong hệ vân tròn Newton có bán kính mặt cong  15 .R m Chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng  được chiếu vuông 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.  28 mm . B.  26 mm . C.  20 mm . D.  24 mm . Giải Bán kính vân tối Newton xác định bởi: kr Rk Bán kính của vân tối thứ 44 : 4. 2r R R    1 Bán kính của vân tối thứ 2525 : 25 5r R R    2 Lấy       2 25 42 1 3 8,5 9 r r r r R mm R             VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP Trang 79/80 Bán kính của vân tối thứ       2 2 16 4 4 16 : 16. 4 4. . .9 12 9 3 3 r r R R R r mm R           Đường kính vân tối thứ 16 có giá trị bằng  16 162. 2.12 24d r mm   Câu 177: Một chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng  được chiếu vuông góc với một khe hẹp chữ nhật có bề rộng  0,10b mm . Ngay sau khe có đặt một thấu kính để hứng chùm tía sáng lên màn E đặt cách thấu kính một khoảng  1,00D m . Bề rộng cực đại giữa quan sát được  1,20l cm . Bước sóng ánh sáng dùng trong thí nghiệm có giá trị A.  0,62 m  . B.  0,65 m  . C.  0,60 m  . D.  0,66 m  . Giải 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: 1:k sin b    Bề rộng l cùa cực đại giữa bằng: 2 .l D tan Vì  là góc rất nhỏ tg sin   Hay     2 3 7. 1,2.10 .0,1.10 6.10 0,6 2 2 2.1 l l b m m b D D            Câu 178: Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng  0,5 m  theo phương vuông góc với một cách tử nhiễu xạ. Ngay sau cách từ có đặt một thấu kính hội tụ có tiêu cự  1,00f 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  0,202l m . Số vạch trên 1 cm của cách tử có giá trị bằng: A. 1806n  (vạch/cm). B. 1836n  (vạch/cm). C. 1826n  (vạch/cm). D. 1816n  (vạch/cm). Giải Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: k sin d    Quang phổ bậc 1 gồm 2 vân cực đại chính  1k   sin d    Khoảng cách giữa 2 vạch cực đại chính bằng: 2 .l f tan VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP Trang 80/80 Vì  là góc rất nhỏ tg sin   Hay     6 62 2.1.0,55.10 5,45.10 5,45 2 0,202 l f d m m d f l           Mật độ khe (số khe/đơn vị độ dài): 6 2 1 1 1836 5,45.10 .10 n d     (vạch/cm) ( d là chu kỳ cách tử) Câu 179: Một màng xà phòng chiết suất 1,33n  được đặt thẳng đứng. Nước xà phòng 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.  40,78.10 rad  . B.  40,75.10 rad  . C.  40,72.10 rad  . D.  40,70.10 rad  . Giải Nhận xét: Đây là bài toán giao thoa trong nêm có chiết suất .n Ví trí của vân tối:  . 0,1,2,.... 2 td k k    Vị trí của vân sáng:    2 1 1,2,3.... 4 sd k k     Ta xét vị trí vân tối thứ k và vân tối thứ 8k  gây bởi nêm có chiết suất n (vì khi ánh sáng truyền qua môi trường có chiết suất n bước sóng sẽ giảm đi n lần) Ví trí của vân tối thứ :k  . 0,1,2,.... 2 td k k n    Vị trí của vân tối thứ  88: 8 2 kk d k n     Từ hình vẽ ta thấy:   9 58 2 1 2 4 4.600.10 7,21.10 1,33.2,5.10 k kd dsin rad I I nl           vì  rất nhỏ nên  57,21.10sin rad    Câu 180: Người ta chiếu một chùm tia Rơn – ghen có bước sóng  810 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 030 và bậc cực đại nhiễu xạ ứng với 3k  . Khoảng cách giữa hai lớp ion liên tiếp có giá trị: A.  83,0.10d cm . B.  82,5.10d cm . C.  82,5.10d cm . D.  83,3.10d 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       8 2 10 0 3 3.0,8.10 .10 3.10 2. 30 d m sin sin        (với bậc cực đại nhiễu xạ ứng với 3k  )