Vì sao dầu và bọt xà phòng lại hiện nhiều màu?

Một vệt dầu đen trên mặt đường có thể trở nên rực rỡ sau cơn mưa. Những dải màu tương tự xuất hiện trên bọt xà phòng và bề mặt DVD. Vì sao các vật liệu không màu lại tạo được những màu sắc ấy?

Mở đầu: Màng dầu phản xạ các dải màu khác nhau khi ánh sáng phản xạ ở hai mặt màng giao thoa.

Khi khảo sát thấu kính, gương và dụng cụ quang học, ta dùng mô hình tia của quang hình học. Tia được xem như đường thẳng đổi hướng tại mặt phản xạ hoặc khúc xạ. Tuy nhiên, ánh sáng có bản chất sóng và có những tình huống phải xét trực tiếp tính chất ấy.

Khi hai hay nhiều sóng ánh sáng cùng chồng lên nhau tại một điểm, tác dụng tổng cộng phụ thuộc pha cũng như biên độ của từng sóng. Những phân bố sáng thu được không thể giải thích chỉ bằng đường tia. Các hiện tượng phụ thuộc bản chất sóng của ánh sáng thuộc phạm vi quang học sóng.

Chương này khảo sát giao thoa khi hai sóng kết hợp. Chương tiếp theo mở rộng tới nhiễu xạ, trong đó xét sự phối hợp của nhiều nguồn sóng thứ cấp. Nhiễu xạ xuất hiện khi sóng đi qua một khẩu độ hoặc vòng quanh vật cản, có vai trò trong cách tử, nhiễu xạ tia X và ảnh toàn ký.

Các hiện tượng này không chỉ xảy ra với ánh sáng. Sóng âm và sóng nước cũng giao thoa, nên những ví dụ thuộc cả ba loại sóng sẽ được dùng để làm rõ cùng một nguyên lý.

Mục tiêu của chương

• Xác định điều gì xảy ra khi hai sóng chồng lên nhau trong không gian.
• Giải thích phân bố giao thoa của hai sóng ánh sáng kết hợp.
• Tính cường độ tại các vị trí khác nhau trong một hệ vân.
• Phân tích giao thoa của ánh sáng phản xạ từ hai mặt .
• Giải thích cách giao thoa cho phép đo những khoảng cách rất nhỏ.

Kiến thức cần ôn

Phương pháp của dao động và dòng xoay chiều. Số sóng, nguyên lý chồng chất, sóng dừng trên dây và sóng âm dừng trong ống. Phổ điện từ, cường độ sóng và sóng điện từ dừng cũng được dùng trực tiếp trong chương.

Câu hỏi mở đầu

Ánh sáng trắng chiếu từ trên xuống một lớp dầu mỏng nằm ngang. Hai sóng phản xạ từ mặt trên và mặt dưới của lớp dầu giao thoa, tạo màu rực rỡ. Màu phản xạ quan sát được tại một điểm phụ thuộc đại lượng nào?

• (i) Bề dày lớp dầu tại điểm đó.
• (ii) của dầu.
• (iii) của vật liệu bên dưới lớp dầu.
• (iv) Cả (i) và (ii).
• (v) Cả (i), (ii) và (iii).

Xem đáp án và giải thích

Chọn (v). Bề dày và dầu quyết định tích lũy giữa hai đường truyền. Chiết suất vật liệu phía dưới còn quyết định có xảy ra đổi nửa chu kỳ ở phản xạ mặt dưới hay không. Vì vậy, điều kiện tăng cường hay triệt giảm một màu phụ thuộc cả ba yếu tố.

5 chủ đề · tổng cộng khoảng 15 phút đọc

Giao thoa từ nguồn kết hợp đến phép đo

1. 1Giao thoa và nguồn kết hợpVì sao cùng tần số chưa đủ để giữ một hệ vân ổn định?Khoảng 3 phút
2. 2Giao thoa ánh sáng từ hai nguồnHiệu đường đi quyết định hướng sáng và tối như thế nào?Khoảng 3 phút
3. 3Cường độ trong hệ vânCộng điện trường như thế nào để tính cường độ ở mọi điểm?Khoảng 3 phút
4. 4Giao thoa ở màng mỏngDấu pha phản xạ và đường đi trong màng phối hợp tạo màu ra sao?Khoảng 3 phút
5. 5Giao thoa kế MichelsonVì sao đếm vân có thể đo được dịch chuyển rất nhỏ?Khoảng 3 phút

Tổng kết chương

Giao thoa và nguồn kết hợp

Ánh sáng đơn sắc có một . Hai giữ quan hệ pha xác định theo thời gian, không nhất thiết đồng pha. Khi các sóng chồng lên nhau, nguyên lý chồng chất cho tổng dao động tức thời bằng tổng các đóng góp riêng.

Với hai trường cùng phương:

$$E_{\mathrm{n}\mathrm{e}\mathrm{t}}(t)=E_1(t)+E_2(t).$$

Trong giao thoa, cộng trường trước rồi mới tính cường độ. Cùng chưa đủ để bảo đảm một hệ vân ổn định nếu pha tương đối biến thiên ngẫu nhiên trong thời gian đo.

Tổng kết: Hai nguồn kết hợp tạo các vị trí cùng pha và ngược pha theo hiệu đường đi tới từng điểm.

Hai nguồn đồng pha

Gọi $r_1,r_2$ là các khoảng tới một điểm. Tăng cường xảy ra khi bằng số nguyên :

$$r_2-r_1=m\lambda .$$

Triệt giảm xảy ra khi bằng số bán nguyên :

$$r_2-r_1=(m+\frac{1}{2})\lambda .$$

Ở đây $m$ có thể là 0, số nguyên dương hoặc âm. Triệt tiêu hoàn toàn còn cần các biên độ tại điểm xét bằng nhau và các thành phần phân cực thích hợp.

Khi hai nguồn cách $d$ và điểm quan sát ở xa so với $d$:

$$r_2-r_1\approx d\sin \theta .$$

Góc $\theta$ đo từ đường trung trực hai nguồn. Vì vậy, các hướng sáng và tối thỏa:

$$\begin{array}{rl}d\sin {\theta }_{max}& =m\lambda ,\\ d\sin {\theta }_{min}& =(m+1/2)\lambda .\end{array}$$

Chỉ giữ những bậc cho $|\sin \theta |\le 1$. Trên màn phẳng cách nguồn $R$, vị trí sáng trong miền góc nhỏ là:

$$y_m\approx \frac{m\lambda R}{d}.$$

gần tâm:

$$\mathrm{\Delta }y\approx \frac{\lambda R}{d}.$$

Ở góc lớn, cần dùng riêng $\sin \theta$ trong điều kiện và $\tan \theta$ trong tọa độ màn. Hai phép gần đúng này không được mở rộng ra mọi bậc vân.

Tổng kết: Hai đường tia tới màn xa có hiệu đường đi gần bằng d sin theta.

Chú thích:

• Tới màn (To screen)

Cường độ trong hệ vân

Hai dao động cùng biên độ điện trường $E$ và $\varphi$ cho biên độ tổng:

$$E_P=2E|\cos \frac{\varphi }{2}|.$$

Đặt $I_0$ là cường độ cực đại của cả hai nguồn, khi biên độ đóng góp bằng nhau:

$$I=I_0{\cos }^2\frac{\varphi }{2}.$$

Với nguồn đồng :

$$\begin{array}{rl}\varphi & =\frac{2\pi }{\lambda }(r_2-r_1),\\ k& =\frac{2\pi }{\lambda }.\end{array}$$

Vì vậy $\varphi =k(r_2-r_1)$. bội chẵn của $\pi$ cho cực đại, còn bội lẻ cho cực tiểu. Phân bố vân đứng yên không đồng nghĩa sóng dừng không có dòng năng lượng đi ra từ nguồn.

Tổng kết: Cộng hai vectơ pha cùng độ dài để xác định biên độ và cường độ tổng theo pha tương đối.

Chú thích:

• Các vectơ pha quay ngược chiều kim đồng hồ (Phasors rotate counterclockwise.)

Giao thoa màng mỏng

Hai tia phản xạ từ hai mặt màng có do đường truyền và có thể thêm độ lệch pha do phản xạ. Phản xạ từ nhỏ sang lớn đổi nửa chu kỳ. Phản xạ theo chiều ngược lại không có lần đổi pha đó trong mô hình đang xét.

Với bề dày $t$ và tới gần vuông góc, đường đi thêm trong màng là $2t$. Dùng $\lambda$ là trong màng. Nếu hai phản xạ không có chênh pha tương đối:

• Tăng cường khi $2t=m\lambda$.
• Triệt giảm khi $2t=(m+1/2)\lambda$.

Nếu hai phản xạ có chênh nửa chu kỳ:

• Tăng cường khi $2t=(m+1/2)\lambda$.
• Triệt giảm khi $2t=m\lambda$.

Các bậc không âm là $m=0,1,2,\dots$, với điều kiện riêng của bề dày khác 0 hoặc hữu hạn nếu bài yêu cầu. Khi dùng bước sóng chân không ${\lambda }_0$, thay $2t$ bằng quang lộ $2nt$ và $\lambda$ bằng ${\lambda }_0$ trong các điều kiện tương ứng.

Tổng kết: Hai phản xạ tại hai mặt màng có đường đi và dấu pha cần xét riêng.

Chú thích:

• Không khí (Air)
• Màng (Film)
• Chiết suất n (Index n)

Màng nêm tạo vân theo bề dày biến thiên. Mặt cầu gần tiếp xúc mặt phẳng tạo các . Các lớp phủ giảm phản xạ, màu cấu trúc trên cánh bướm và những lớp phản xạ ở cá đều dùng cùng nguyên lý .

Giao thoa kế Michelson

chia ánh sáng từ một nguồn thành hai đường, phản xạ về rồi tái hợp. Nó dùng để đo hoặc những thay đổi khoảng cách rất nhỏ. Bản bù giúp hai chùm đi qua cùng bề dày kính trong bố trí cân bằng.

Gương dịch một khoảng $y$ làm đường đi hai lượt đổi $2y$. Nếu $N$ vân qua đường chuẩn:

$$\begin{array}{rl}2y& =N\lambda ,\\ \lambda & =\frac{2y}{N}.\end{array}$$

Thí nghiệm Michelson–Morley dùng giao thoa để tìm chuyển động đối với môi trường ether giả định. Kết quả không cho dịch vân như dự đoán, và khái niệm ether không còn vai trò trong thuyết tương đối hẹp. Trong chân không, tốc độ ánh sáng có cùng độ lớn $c$ trong mọi hệ quy chiếu quán tính.

Tổng kết: Bộ chia chùm, hai gương và bản bù của giao thoa kế Michelson.

Chú thích:

• Gương di động (Movable mirror)
• Ánh sáng đơn sắc (Monochromatic light)
• Bộ chia chùm (Beam splitter)
• Bản bù (Compensator plate)
• Gương cố định (Fixed mirror)
• Mắt (Eye)

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, University Physics with Modern Physics, ấn bản 15, chương 35, trang 1159–1184.

Luyện tập hướng dẫn

Giao thoa hai nguồn

Bài tập: VP 35.2.1

Trong thí nghiệm hai khe như Hình 35.7, hai khe cách $\mathrm{0,180}\mathrm{mm}$, màn cách khe $1,50\mathrm{m}$. bậc $m=2$ cách vân sáng trung tâm $11,4\mathrm{mm}$. Tìm (a) và (b) khoảng từ vân trung tâm tới vân sáng bậc $m=-3$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $d=\mathrm{0,180}\mathrm{mm}$, $R=1,50\mathrm{m}$, $y_2=11,4\mathrm{mm}$. Dùng màn xa, góc nhỏ.

Hướng đi:

• Dùng $y_m=m\lambda R/d$ vì hình học thuộc miền màn xa, góc nhỏ.
• Công thức $y_m=m\lambda R/d$ liên hệ vị trí với .
• Khoảng hình học tới vân bậc âm là độ lớn tọa độ, không phải khoảng âm.

(a):

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{y_{2}d}{2R}\\ & =\frac{11,4\times \mathrm{0,180}}{2(1,50)}\times {10}^{-6}\mathrm{m}\\ & =684\mathrm{nm}.\end{array}$$

(b):

$$|y_{-3}|=\frac{3}{2}{y}_2=17,1\mathrm{mm}.$$

Vân bậc $-3$ ở phía đối diện vân bậc $+2$ so với tâm.

Bài tập: VP 35.2.2

Hai ăng-ten vô tuyến thẳng đứng giống nhau cách $\mathrm{0,810}\mathrm{km}$, phát cùng với tần số $1,05\mathrm{MHz}$. Ở vị trí quan sát cách hệ vài kilômét, tìm các góc từ $0^{\circ }$ đến ${90}^{\circ }$ mà cường độ (a) cực đại, (b) cực tiểu.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $d=810\mathrm{m}$, $f=1,05\times {10}^6\mathrm{Hz}$. Góc đo từ đường trung trực hai nguồn như Hình 35.8.

Hướng đi:

• Dùng $d\sin \theta =m\lambda$ cho cực đại và điều kiện bán nguyên cho cực tiểu, vì các nguồn đồng .
• vô tuyến trong không khí lấy gần bằng $c/f$.
• Hai nguồn cùng cho cực đại khi bằng số nguyên bước sóng, cực tiểu khi bằng số bán nguyên.
• Chỉ giữ những bậc cho $0\le \sin \theta \le 1$.

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{3,00\times {10}^8}{1,05\times {10}^6}\\ & =\mathrm{285,714}\mathrm{m}.\end{array}$$

(a):

$$\sin \theta =\frac{m\lambda }{d}.$$

Trong miền góc đã cho, $m=0,1,2$. Các góc cực đại là $0^{\circ }$, $20,7^{\circ }$, $44,9^{\circ }$.

(b):

$$\sin \theta =\frac{(m+1/2)\lambda }{d}.$$

Các bậc $m=0,1,2$ cho các góc cực tiểu $10,2^{\circ }$, $31,9^{\circ }$, $61,9^{\circ }$. Bậc tiếp theo cho sin lớn hơn 1 nên không có hướng tương ứng.

Bài tập: VP 35.2.3

Laser đỏ $685\mathrm{nm}$ chiếu vào hai khe gần nhau. Màn cách hai khe $2,10\mathrm{m}$, bậc 3 cách vân trung tâm $9,15\mathrm{mm}$. (a) Hai khe cách nhau bao nhiêu? (b) Nếu thay bằng laser xanh lục $515\mathrm{nm}$, vân sáng bậc 3 cách tâm bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cùng bố trí khe và màn, chỉ thay ở câu(b).

Hướng đi:

• Dùng $y_m=m\lambda R/d$ vì hình học thuộc miền màn xa, góc nhỏ.
• Vị trí trong gần đúng góc nhỏ cho khoảng khe từ các dữ kiện ban đầu.
• Khi bậc vân và hình học giữ nguyên, tọa độ vân tỉ lệ thuận .

(a):

$$\begin{array}{rl}d& =\frac{3\lambda R}{y_3}\\ & =\mathrm{0,471}639\mathrm{mm}\\ & \approx \mathrm{0,472}\mathrm{mm}.\end{array}$$

(b):

$$\begin{array}{rl}{y}_{3,\mathrm{g}\mathrm{r}\mathrm{e}\mathrm{e}\mathrm{n}}& =y_{3,\mathrm{r}\mathrm{e}\mathrm{d}}\frac{515}{685}\\ & =6,88\mathrm{mm}.\end{array}$$

ngắn hơn làm cùng bậc gần tâm hơn.

Bài tập: VP 35.2.4

Hai khe cách $\mathrm{0,370}\mathrm{mm}$. Hướng từ hai khe tới bậc $m=4$ hợp với đường trung trực góc ${\mathrm{0,407}}^{\circ }$. Tìm (a) và (b) góc tới vân tối có chỉ số $m=2$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: có $d\sin \theta =m\lambda$. Chỉ số vân tối dùng quy ước $m+1/2$, với $m=0$ là vân tối đầu tiên.

Hướng đi:

• Dùng $y_m=m\lambda R/d$ vì hình học thuộc miền màn xa, góc nhỏ.
• Đề cho góc nên dùng trực tiếp sin, không cần đổi qua vị trí trên màn.
• chỉ số 2 có $2,5\lambda$.

(a):

$$\lambda =\frac{d\sin {\mathrm{0,407}}^{\circ }}{4}=657\mathrm{nm}.$$

(b):

$$\begin{array}{rl}{\theta }_{\mathrm{d}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{k}}& =\arcsin \left(\frac{2,5\lambda }{d}\right)\\ & ={\mathrm{0,254}}^{\circ }.\end{array}$$

Cường độ trong hệ vân

Bài tập: VP 35.3.1

Hai ăng-ten giống nhau cách $13,0\mathrm{m}$, phát cùng ở $59,3\mathrm{MHz}$. Tại khoảng cách $\mathrm{0,850}\mathrm{km}$ từ trung điểm hệ, hướng $\theta =0$, cường độ $I_0=\mathrm{0,033}0\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$. Ở cùng khoảng cách, tìm (a) cường độ theo hướng $5,{00}^{\circ }$, (b) góc nhỏ nhất để cường độ bằng $I_0/2$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khoảng quan sát lớn hơn nhiều khoảng nguồn nên hai biên độ tại điểm quan sát gần bằng nhau. $I_0$ là cường độ cực đại của cả hệ.

Hướng đi:

• Dùng $I/I_0={\cos }^2(\varphi /2)$ vì hai sóng có cùng biên độ, rồi liên hệ với .
• Dùng công thức cường độ hai nguồn cùng theo màn xa.
• Điểm nửa cường độ gần tâm nhất có đối số cos bằng $\pi /4$.

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{c}{f}=\mathrm{5,059}02\mathrm{m},\\ I(\theta )& =I_0{\cos }^2\left(\frac{\pi d\sin \theta }{\lambda }\right).\end{array}$$

(a):

$$I(5,{00}^{\circ })=\mathrm{0,019}2\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2.$$

(b):

$$\begin{array}{rl}\frac{\pi d\sin \theta }{\lambda }& =\frac{\pi }{4},\\ \theta & =\arcsin \left(\frac{\lambda }{4d}\right)\\ & =5,{58}^{\circ }.\end{array}$$

Các nghiệm khác của ${\cos }^2=1/2$ không phải góc nhỏ nhất.

Bài tập: VP 35.3.2

Thí nghiệm hai khe dùng laser $655\mathrm{nm}$, khoảng khe $\mathrm{0,230}\mathrm{mm}$, màn cách $1,75\mathrm{m}$. Cường độ tại trung tâm là $\mathrm{0,052}0\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$. Tìm (a) cường độ ở điểm cách tâm $6,50\mathrm{mm}$, (b) khoảng cách từ tâm tới điểm gần nhất có cường độ bằng một phần tư cực đại.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai khe kết hợp giống nhau, màn xa và góc nhỏ.

Hướng đi:

• Dùng $I/I_0={\cos }^2(\varphi /2)$ vì hai sóng có cùng biên độ, rồi liên hệ với .
• Đổi độ lệch trên màn thành gần đúng $dy/R$.
• Với điểm gần tâm nhất, chọn nghiệm đầu tiên ${\cos }^2\alpha =1/4$, tức $\alpha =\pi /3$.

(a):

$$\begin{array}{rl}I(y)& =I_0{\cos }^2\left(\frac{\pi dy}{\lambda R}\right),\\ & I(6,50\mathrm{mm})\\ & =\mathrm{0,017}3\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

(b):

$$\begin{array}{rl}\frac{\pi dy}{\lambda R}& =\frac{\pi }{3},\\ y& =\frac{\lambda R}{3d}\\ & =1,66\mathrm{mm}.\end{array}$$

Bài tập: VP 35.3.3

Bạn đi trên đường tròn bán kính $1,20\mathrm{km}$ quanh trung điểm hai ăng-ten giống nhau, cách nhau $8,00\mathrm{m}$. Cường độ giảm liên tục từ $\mathrm{0,054}0\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$ ở hướng $0^{\circ }$ xuống $\mathrm{0,030}3\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$ ở $6,{00}^{\circ }$. Tìm (a) , (b) cường độ ở hướng $12,0^{\circ }$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Điểm đầu là cực đại $I_0$. Sự giảm liên tục từ tâm tới $6^{\circ }$ cho biết vẫn ở nhánh giảm đầu tiên của ${\cos }^2$.

Hướng đi:

• Dùng $I/I_0={\cos }^2(\varphi /2)$ vì hai sóng có cùng biên độ, rồi liên hệ với .
• Ràng buộc giảm liên tục chọn duy nhất đối số từ 0 đến $\pi /2$.
• Suy từ tỉ số cường độ, rồi thay lại góc mới mà không thay biên độ chuẩn.

(a) Đặt:

$$\alpha =\frac{\pi d\sin 6^{\circ }}{\lambda }.$$

Vì $0<\alpha <\pi /2$:

$$\begin{array}{rl}\alpha & =\arccos \sqrt{\frac{\mathrm{0,030}3}{\mathrm{0,054}0}},\\ \lambda & =\frac{\pi d\sin 6^{\circ }}{\alpha }\\ & =3,63\mathrm{m}.\end{array}$$

(b):

$$\begin{array}{rl}I({12}^{\circ })& =I_0{\cos }^2\left(\frac{\pi d\sin {12}^{\circ }}{\lambda }\right)\\ & =9,14\times {10}^{-4}\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Không dùng tỉ lệ tuyến tính giữa góc và cường độ.

Bài tập: VP 35.3.4

Laser chưa biết chiếu hai khe cách $\mathrm{0,110}\mathrm{mm}$, tạo vân trên tường cách khe $5,00\mathrm{m}$. Một điểm cách trung tâm $10,5\mathrm{mm}$ nằm giữa tâm và vân sáng $m=1$, có cường độ bằng $9,00\mathrm{\%}$ cường độ ở tâm.

Tìm (a) laser, (b) khoảng từ tâm tới điểm gần nhất có cường độ bằng $30,0\mathrm{\%}$ cường độ ở tâm.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đặt $\alpha =\pi dy/(\lambda R)$. Điều kiện điểm ở giữa hai liên tiếp cho $0<\alpha <\pi$, còn tỉ số cường độ cho ${\cos }^2\alpha =\mathrm{0,090}0$.

Hướng đi:

• Dùng $I/I_0={\cos }^2(\varphi /2)$ vì hai sóng có cùng biên độ, rồi liên hệ với .
• Bình phương cos mất dấu, nên phải giữ cả hai nghiệm trong miền từ 0 đến $\pi$.
• Đề chưa cho biết điểm ở trước hay sau đầu tiên, nên cần nêu rõ hai nhánh.
• Điểm gần tâm nhất có cường độ 30% luôn ở nhánh giảm đầu tiên.

(a) Hai nghiệm là:

$$\begin{array}{rl}{\alpha }_1& =\arccos (\mathrm{0,300}),\\ {\alpha }_2& =\pi -{\alpha }_1.\end{array}$$

Từ $\lambda =\pi dy/(\alpha R)$, nhận:

• Nếu điểm đã cho ở giữa tâm và đầu tiên, ${\lambda }_1=573\mathrm{nm}$.
• Nếu điểm nằm sau đầu tiên nhưng trước vân sáng bậc 1, ${\lambda }_2=387\mathrm{nm}$.

Cả hai nghiệm đều thỏa vị trí và cường độ đã cho. Muốn chọn riêng một nghiệm cần thêm thông tin điểm thuộc phía nào của đầu tiên.

(b) Với từng :

$$\begin{array}{rl}\beta & =\arccos \sqrt{\mathrm{0,300}},\\ y_{\mathrm{n}\mathrm{e}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{e}\mathrm{s}\mathrm{t}}& =\frac{\beta \lambda R}{\pi d}.\end{array}$$

Nhánh ${\lambda }_1$ cho $y_{\mathrm{n}\mathrm{e}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{e}\mathrm{s}\mathrm{t}}=8,22\mathrm{mm}$. Nhánh ${\lambda }_2$ cho $5,55\mathrm{mm}$.

Màng mỏng

Bài tập: VP 35.6.1

Hai lam kính giống nhau, $1,50$, dài $8,00\mathrm{cm}$ chồng lên nhau và tiếp xúc ở một đầu. Đầu kia được tách bằng mẩu giấy. Chiếu từ trên bằng ánh sáng đơn sắc trong không khí $565\mathrm{nm}$, thấy phản xạ $1,30\mathrm{mm}$.

(a) Tìm bề dày giấy. (b) Nếu thay không khí giữa hai lam bằng ethanol $1,36$, bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Màng nêm góc nhỏ có bề dày tăng tuyến tính từ 0 đến $h$ trong chiều dài $L=8,00\mathrm{cm}$.

Hướng đi:

• Dùng hiệu $2nt$ và quy tắc , vì hai chùm đi thêm hai lượt trong màng trước khi chồng chất.
• Hai vân liên tiếp cùng loại ứng với bề dày nêm tăng ${\lambda }_0/(2n)$.
• Quan hệ tuyến tính $t=xh/L$ nối với chiều cao mẩu giấy.
• Đổi màng nhưng giữ hình học làm giảm theo hệ số $1/n$.

(a):

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }x& =\frac{{\lambda }_{0}L}{2nh},\\ h& =\frac{{\lambda }_{0}L}{2\mathrm{\Delta }x}\\ & =17,4\mu \mathrm{m}\\ & =\mathrm{0,017}4\mathrm{mm}.\end{array}$$

(b):

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{x}_{\mathrm{e}\mathrm{t}\mathrm{h}\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{o}\mathrm{l}}& =\frac{1,30}{1,36}\\ & =\mathrm{0,956}\mathrm{mm}.\end{array}$$

Bài tập: VP 35.6.2

Một lam kính mỏng phẳng, $1,50$, nằm trên bàn. Lam kính giống hệt treo cách nó $146\mathrm{nm}$, các mặt song song. Chiếu ánh sáng từ trên. Trong miền không khí 380–750 nm, tìm các bước sóng phản xạ tăng cường và triệt giảm khi khe giữa hai lam chứa (a) không khí, (b) carbon tetrachloride chiết suất $1,46$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xét hai tia phản xạ ở hai mặt của khe. Cả hai chất trong khe đều có nhỏ hơn kính.

Hướng đi:

• Dùng hiệu $2nt$ và quy tắc , vì hai chùm đi thêm hai lượt trong màng trước khi chồng chất.
• Ở mặt trên của khe, tia đi từ kính vào môi trường kém chiết quang nên phản xạ không đổi .
• Ở mặt dưới, tia từ khe gặp kính có lớn hơn nên đổi $\pi$. Hai tia có chênh pha phản xạ nửa chu kỳ.
• Duyệt các bậc nguyên không âm, chỉ giữ nằm trong miền nhìn thấy đã cho.

Điều kiện phản xạ với một lần đổi tương đối:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{0,max}& =\frac{2nt}{m+1/2},\\ {\lambda }_{0,min}& =\frac{2nt}{m}.\end{array}$$

Trong dòng cực tiểu, $m\ge 1$ để hữu hạn.

(a) Không khí có $2nt=292\mathrm{nm}$. Chỉ có tăng cường ở ${\lambda }_0=584\mathrm{nm}$, với $m=0$. Không có triệt giảm trong 380–750 nm.

(b) Với chất lỏng, $2nt=426,32\mathrm{nm}$. Tăng cường đầu tiên ở $852,64\mathrm{nm}$ và bậc sau dưới 380 nm, nên không có cực đại trong miền đã cho. Triệt giảm tại ${\lambda }_0=426\mathrm{nm}$ với $m=1$.

Bài tập: VP 35.6.3

Một tấm nhựa phẳng mỏng, $1,40$, nằm trên bàn. Phía trên là tấm thủy tinh flint cùng kích thước, chiết suất $1,60$, cách tấm nhựa $172\mathrm{nm}$. Các mặt song song. Chiếu từ trên, tìm trong không khí 380–750 nm phản xạ tăng cường và triệt giảm nếu khe chứa (a) không khí, (b) ethanol chiết suất $1,36$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai tia cần xét phản xạ tại mặt dưới tấm flint và mặt trên tấm nhựa. khe đều nhỏ hơn cả $1,60$ lẫn $1,40$.

Hướng đi:

• Dùng hiệu $2nt$ và quy tắc , vì hai chùm đi thêm hai lượt trong màng trước khi chồng chất.
• Gán riêng dấu của mỗi phản xạ. Mặt flint–khe không đổi pha, mặt khe–nhựa đổi pha $\pi$.
• Hai chất của hai tấm khác nhau không tự làm hai phản xạ có cùng dấu . Phải so từng với chiết suất khe.
• Dùng điều kiện một lần đảo tương đối và giới hạn nhìn thấy.

(a) Với không khí:

$$2nt=344\mathrm{nm}.$$

Tăng cường với $m=0$ cho ${\lambda }_0=4nt=688\mathrm{nm}$. Bậc cực đại tiếp theo và mọi triệt giảm đều dưới 380 nm. Vì vậy có cực đại phản xạ đỏ tại 688 nm và không có cực tiểu trong miền đã cho.

(b) Ethanol vẫn có nhỏ hơn nhựa, nên quy tắc không đổi:

$$2nt=467,84\mathrm{nm}.$$

Cực đại đầu tiên ở 935,68 nm, còn bậc kế tiếp dưới 380 nm. Không có cực đại trong miền nhìn thấy. Cực tiểu với $m=1$ ở ${\lambda }_0=468\mathrm{nm}$.

Các kết luận này dùng đúng hai phản xạ ở khe, bỏ qua các chùm bổ sung ở mặt ngoài hai tấm như trong mô hình giao thoa hai tia.

Bài tập: VP 35.6.4

Trên bát nước $1,33$ có lớp mỡ mỏng chiết suất $1,60$. Chiếu từ trên bằng ánh sáng đơn sắc trong không khí $565\mathrm{nm}$ và thấy phản xạ tăng cường. Tìm (a) bề dày nhỏ nhất, (b) bề dày nhỏ thứ hai của lớp mỡ.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phản xạ không khí–mỡ đổi $\pi$, còn phản xạ mỡ–nước không đổi pha.

Hướng đi:

• Dùng hiệu $2nt$ và quy tắc , vì hai chùm đi thêm hai lượt trong màng trước khi chồng chất.
• Một lần đảo tương đối làm phản xạ tăng cường ở bề dày lẻ lần một phần tư bước sóng trong màng.
• Lấy lần lượt hai bậc không âm đầu tiên, không dùng điều kiện màng không đổi .

$$t_m=\frac{(m+1/2){\lambda }_0}{2n}.$$

(a) Với $m=0$:

$$t_0=\frac{565}{4(1,60)}=88,3\mathrm{nm}.$$

(b) Với $m=1$:

$$t_1=3t_0=265\mathrm{nm}.$$

Bài cầu nối: Màng dầu trên biển

Bài tập: Bài cầu nối 35

Tàu chở dầu làm tràn lượng lớn dầu $1,45$ lên biển, nước chiết suất $1,33$. (a) Nhìn thẳng từ trên xuống tại nơi dầu dày $380\mathrm{nm}$, phản xạ nổi bật là bao nhiêu, màu gì? Dùng các khoảng màu của Bảng 32.1. (b) Ở ngay dưới vị trí ấy, bước sóng nhìn thấy nào, tính theo giá trị trong không khí, được tăng cường trong ánh sáng truyền qua?

Để đánh giá kết quả, xét thêm người lặn chiếu đèn từ dưới lên. Những nào phản xạ trở xuống được tăng cường?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Ánh sáng tới gần vuông góc. Màng dầu nằm giữa không khí và nước, với dầu lớn hơn cả hai. ${\lambda }_0$ luôn được báo theo không khí.

Hướng đi:

• Dùng hiệu $2nt$ và quy tắc , vì hai chùm đi thêm hai lượt trong màng trước khi chồng chất.
• Ánh sáng phản xạ ở mặt không khí–dầu đổi $\pi$, còn ở mặt dầu–nước không đổi pha.
• Dùng điều kiện cực đại phản xạ cho câu(a).
• Trong mô hình không hấp thụ, các cực tiểu phản xạ tương ứng tăng truyền qua, cho câu(b).
• Khi chiếu từ dưới, thứ tự mặt đổi nhưng vẫn có đúng một lần đổi tương đối.

Ta có:

$$2nt=2(1,45)(380)=1102\mathrm{nm}.$$

(a) Cực đại phản xạ:

$${\lambda }_0=\frac{1102}{m+1/2}\mathrm{nm}.$$

Các bậc đầu cho 2204 nm,734,7 nm,440,8 nm và 314,9 nm. Trong khoảng 380–750 nm, hai nghiệm nhìn thấy là:

• ${\lambda }_0\approx 735\mathrm{nm}$, đỏ sâu.
• ${\lambda }_0\approx 441\mathrm{nm}$, tím.

Dải tím là một màu phản xạ được tăng cường, đồng thời nghiệm đỏ gần biên dài của miền nhìn thấy cũng thỏa điều kiện. Chỉ từ điều kiện không xác định được duy nhất màu cảm nhận sáng nhất khi chưa biết phổ nguồn và độ nhạy quan sát.

(b) Cực tiểu phản xạ:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_0& =\frac{1102}{m}\mathrm{nm},\\ m& =1,2,3,\dots \end{array}$$

Chỉ $m=2$ nằm trong miền nhìn thấy, cho ${\lambda }_0=551\mathrm{nm}$, xanh lục. Đó là được truyền qua mạnh tại vị trí này.

Khi chiếu từ nước lên dầu, phản xạ ở mặt nước–dầu đổi $\pi$, còn phản xạ dầu–không khí không đổi pha. Vì vậy, phản xạ trở xuống cũng tăng cường tại các bước sóng 735 nm và 441 nm trong cùng mô hình.

Câu hỏi thảo luận

Bài tập: Q 35.1

Một thí nghiệm hai khe được lắp đặt và hiện vân trên màn. Sau đó nhúng toàn bộ thiết bị vào bể bơi gần đó. Hệ vân thay đổi thế nào?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giữ khoảng khe, khoảng màn và nguồn. Môi trường truyền đổi từ không khí sang nước.

Hướng đi:

• không đổi tại mặt phân cách đứng yên, còn bước sóng giảm theo .
• góc nhỏ tỉ lệ với trong môi trường đang truyền.

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_w& =\frac{{\lambda }_0}{n_w},\\ \mathrm{\Delta }{y}_w& =\frac{{\lambda }_{0}R}{n_{w}d}\\ & =\frac{\mathrm{\Delta }{y}_a}{n_w}.\end{array}$$

Hệ vân co lại, còn khoảng ba phần tư giá trị trong không khí nếu lấy nước gần 4/3. Vân trung tâm giữ vị trí đối xứng. Đây là mô hình giữ ổn định hình học và các đặc tính nguồn khi nhúng thiết bị.

Bài tập: Q 35.2

Có thể làm thí nghiệm tương tự hai khe Young với âm thanh không? Có thể thực hiện thế nào? Việc sóng âm là dọc, sóng điện từ là ngang có ảnh hưởng đến sự tồn tại giao thoa không? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cần hai nguồn âm có quan hệ ổn định, tương tự hai khe được chiếu bởi một nguồn chung.

Hướng đi:

• Nguyên lý chồng chất áp dụng cho các đại lượng dao động thích hợp, không chỉ dao động ngang.
• Dùng một bộ dao động chung cấp cho hai loa để giữ cùng và pha tương đối.

Có thể dùng hai loa phát âm đơn tần từ cùng máy phát, rồi di chuyển tai hoặc microphone trong vùng chung để tìm các vị trí âm mạnh, yếu. Cũng có thể chiếu âm qua hai khẩu độ thích hợp từ một nguồn chung.

Đối với âm, cộng độ biến thiên áp suất hoặc độ dời phần tử theo cùng quy ước. Đối với ánh sáng, cộng các thành phần điện trường. Tính dọc hay ngang không cản trở giao thoa. Tuy nhiên, ánh sáng còn cần xét phương phân cực vì hai thành phần điện trường vuông góc không cho cùng số hạng giao thoa như hai thành phần song song.

Bài tập: Q 35.3

Ánh sáng đơn sắc kết hợp đi qua hai khe mảnh và quan sát trên màn xa. Các có cách đều trên màn không? Nếu không, vùng nào gần cách đều nhất?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Điều kiện cực đại màn xa là $d\sin {\theta }_m=m\lambda$, nhưng tọa độ màn là $y_m=R\tan {\theta }_m$.

Hướng đi:

• Phân biệt điều kiện theo sin góc với tọa độ theo tang góc.
• Chỉ thay sin và tang bằng cùng góc khi ở gần tâm.

$$\begin{array}{rl}{u}_m& =\frac{m\lambda }{d},\\ y_m& =\frac{R{u}_m}{\sqrt{1-u_m^2}}.\end{array}$$

Với $|u_m|<1$, biểu thức này không tuyến tính theo $m$, nên các vân không cách đều chính xác. Gần tâm, $|u_m|\ll 1$ và mẫu gần 1, cho $y_m\approx m\lambda R/d$. Các vân gần trục vì vậy gần cách đều nhất.

Bài tập: Q 35.4

Trong hệ vân hai khe trên màn xa, có nằm chính giữa hai vân tối kề nó không? Điều này có khi nào là gần đúng tốt không?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: ở cực đại là số nguyên , còn ở hai cực tiểu kề là hai số bán nguyên.

Hướng đi:

• Các giá trị của hai cực tiểu đối xứng quanh giá trị của cực đại.
• Kiểm tra xem tọa độ màn có tỉ lệ tuyến tính với hay không.

Theo , cực đại nằm giữa hai cực tiểu. Nhưng phép đổi từ hiệu đường đi sang $y=R\tan \theta$ không tuyến tính ở góc lớn, nên vị trí trên màn nói chung không nằm đúng giữa.

Trong miền góc nhỏ, $y\approx R\sin \theta$ và gần bằng $dy/R$. Khi ấy gần nằm chính giữa hai vân tối kề. Vân trung tâm có tính đối xứng nên nằm chính giữa cặp vân tối đối xứng của nó.

Bài tập: Q 35.5

Hai đèn của một ô tô ở xa có tạo hệ hai nguồn không? Nếu có, quan sát thế nào? Nếu không, vì sao?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai đèn thông thường là hai nguồn phát độc lập và có phổ rộng.

Hướng đi:

• Hệ vân ổn định cần quan hệ tương đối được giữ trong thời gian quan sát.
• Cường độ đo là trung bình theo thời gian, nên số hạng ngẫu nhiên không giữ vân cố định.

Không quan sát được hệ vân hai nguồn ổn định từ hai đèn thông thường. Pha của các thành phần ánh sáng từ hai đèn độc lập biến đổi, làm phần tăng giảm do giao thoa mất đi khi lấy trung bình. Chỉ cùng loại đèn hoặc cùng màu biểu kiến không đủ tạo .

Muốn có thí nghiệm hai phải tạo hai chùm từ một nguồn thích hợp rồi chồng chúng, như cách chiếu cùng nguồn qua hai khe.

Bài tập: Q 35.6

Hai nguồn trong Hình 35.3 cùng và cùng bước sóng. Nguồn $S_1$ yếu hơn, với biên độ sóng phát ra bằng nửa $S_2$. Vị trí các đường bụng và đường nút thay đổi thế nào? Có tăng cường hoàn toàn ở đường bụng và triệt tiêu hoàn toàn ở đường nút không? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Thay biên độ nguồn nhưng giữ , pha tương đối và vị trí hai nguồn.

Hướng đi:

• Vị trí cùng hay ngược pha do , không do độ lớn biên độ.
• Cộng hai dao động cùng hoặc ngược pha để tìm biên độ tổng ở cực trị.
• Triệt tiêu hoàn toàn cần thêm điều kiện hai biên độ tại điểm xét bằng nhau.

Các đường cùng và ngược pha theo giữ vị trí hình học. Trong mô hình hai biên độ tại vùng quan sát có tỉ số 1/2, đặt biên độ lớn bằng $A$:

$$\begin{array}{rl}{A}_{max}& =A+\frac{A}{2}=\frac{3A}{2},\\ A_{min}& =|A-\frac{A}{2}|=\frac{A}{2}.\end{array}$$

Ở đường bụng vẫn có cộng tăng cường tối đa của hai đóng góp đang có. Ở các đường từng là nút khi hai biên độ bằng nhau, tổng không bằng 0, nên không còn nút triệt tiêu hoàn toàn.

Nếu khoảng cách hai nguồn tới điểm quan sát khác nhiều, còn phải xét sự giảm biên độ theo đường truyền. Các đường hình học vẫn không đổi, nhưng không thể gán cùng giá trị cực đại hay cực tiểu cho mọi điểm mà bỏ qua sự biến thiên biên độ.

Bài tập: Q 35.7

Có thể làm thí nghiệm hai khe Young với tia gamma không? Nếu không, vì sao? Nếu có, thiết kế cần khác thí nghiệm dùng ánh sáng nhìn thấy như thế nào?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tia gamma cũng là sóng điện từ nhưng có rất ngắn.

Hướng đi:

• Giao thoa không bị giới hạn vào miền nhìn thấy.
• phụ thuộc tỉ số với khoảng khe và khoảng cách màn.

Về nguyên lý, có thể có giao thoa tia gamma nếu chuẩn bị được hai chùm kết hợp và phát hiện được sự phân bố cường độ. Với cùng hình học, nhỏ hơn nhiều do ngắn.

Muốn phân biệt vân, phải điều chỉnh khoảng khe, khoảng quan sát và độ phân giải bộ thu. , phần tử tạo hai đường truyền và bộ phát hiện đều cần phù hợp với tia gamma. Đây là yêu cầu kỹ thuật của phép đo, không phải sự cấm về nguyên lý chồng chất.

Bài tập: Q 35.8

Ánh sáng đỏ kết hợp chiếu hai khe hẹp cách nhau $25\mathrm{cm}$. Có quan sát được hệ vân hai khe trên màn không? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khoảng khe rất lớn so với ánh sáng đỏ, nhưng nguồn được cho là kết hợp.

Hướng đi:

• Xét điều kiện chồng lấp hai chùm và độ phân giải của phép quan sát.
• Khoảng khe lớn làm các vân sát nhau, không làm mất nguyên lý giao thoa.

Vẫn có phân bố giao thoa trong vùng hai sóng kết hợp chồng lên nhau, nhưng khoảng góc giữa các vân gần tâm xấp xỉ:

$$\mathrm{\Delta }\theta \approx \frac{\lambda }{d}.$$

Với $d=25\mathrm{cm}$, khoảng góc rất nhỏ. Trên màn thông thường ở khoảng cách hữu hạn, vân có thể quá sát để mắt phân biệt và bị lấy trung bình. Cần màn đủ xa hoặc phép thu đủ phân giải, đồng thời hai chùm phải thật sự chồng lấp.

Bài tập: Q 35.9

Ánh sáng kết hợp $\lambda$ chiếu hai khe hẹp cách nhau $d$. Nếu $d$ nhỏ hơn một giá trị tối thiểu, không thấy . Giải thích và tìm giá trị tối thiểu theo $\lambda$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai khe cùng . đầu tiên cần độ lớn $\lambda /2$.

Hướng đi:

• màn xa có độ lớn không vượt quá khoảng nguồn $d$.
• Dùng miền xác định của sin để xét sự tồn tại hướng cực tiểu.

$$d\sin \theta =\frac{\lambda }{2}.$$

Muốn có nghiệm góc, cần $d\ge \lambda /2$. Ngưỡng là $d_{min}=\lambda /2$. Đúng tại ngưỡng, hướng tối nằm ở ${90}^{\circ }$, song song mặt phẳng hai khe, không tới một màn phẳng phía trước ở khoảng hữu hạn. Để xuất hiện trên màn ấy cần $d>\lambda /2$.

Bài tập: Q 35.10

Một bạn ghép phương trình điều kiện cực đại với phương trình để “chứng minh” rằng chỉ có thể bằng $2\pi m$. Bạn giải thích thế nào để cho thấy pha có thể nhận các giá trị khác?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Công thức liên hệ với áp dụng cho mọi điểm. Điều kiện cực đại chỉ áp dụng cho một tập điểm riêng.

Hướng đi:

• Kiểm tra phạm vi đúng của từng phương trình trước khi thế.
• Phân biệt đại lượng biến thiên liên tục với điều kiện chọn cực trị.

Quan hệ tổng quát:

$$\varphi =\frac{2\pi }{\lambda }\mathrm{\Delta }r.$$

Chỉ ở cực đại mới có $\mathrm{\Delta }r=m\lambda$, nên tại các điểm đó $\varphi =2\pi m$. Ở vị trí trung gian, không phải số nguyên và pha có giá trị khác. Phép ghép hai phương trình đã giữ giả thiết điểm là cực đại, nên không thể dùng kết quả ấy cho mọi điểm.

Bài tập: Q 35.11

Nếu thay ánh sáng đơn sắc trong Hình 35.5 a bằng ánh sáng trắng, có thấy hệ vân hai khe trên màn không? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mỗi thành phần của ánh sáng trắng có hệ vân riêng khi cùng đi qua hai khe từ nguồn chung.

Hướng đi:

• Cộng cường độ của các dải phổ không có quan hệ cố định với nhau, nhưng giữ giao thoa giữa hai đường của cùng dải.
• Vị trí tỉ lệ trong miền góc nhỏ.

Có thể thấy vân trung tâm trắng vì tại bằng 0, mọi cùng tăng cường. Gần tâm xuất hiện các vân màu do các cực đại của từng bước sóng không trùng nhau.

Ra xa tâm, nhiều bậc của nhiều chồng lấp, làm màu và độ tương phản vân giảm. Vì vậy không có một dãy trắng cách đều kéo dài như hệ đơn sắc lý tưởng.

Bài tập: Q 35.12

Khi dùng nguyên lý chồng chất để tính cường độ giao thoa, có thể cộng thẳng cường độ các sóng thay vì biên độ không? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cường độ tỉ lệ với bình phương biên độ trường, còn nguyên lý chồng chất áp dụng cho trường tức thời.

Hướng đi:

• Cộng điện trường trước rồi lấy trung bình bình phương.
• Giữ số hạng chéo nếu tương đối ổn định và hai thành phần phân cực thích hợp.

Với hai sóng cùng , cùng phương phân cực:

$$I=I_1+I_2+2\sqrt{I_1{I}_2}\cos \varphi .$$

Chỉ khi số hạng chéo bằng 0 hoặc trung bình bằng 0 mới có $I=I_1+I_2$. Nếu bỏ số hạng chéo cho , sẽ bỏ chính sự tăng cường và triệt giảm tạo hệ vân.

Bài tập: Q 35.13

Một ô kính cửa sổ có màng nước mỏng trên bề mặt phản xạ ít hơn khi hoàn toàn khô. Vì sao?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nước có ở giữa không khí và kính. Hai tia phản xạ ở hai mặt màng nước có thể giao thoa.

Hướng đi:

• Cả phản xạ không khí–nước lẫn nước–kính đều đổi $\pi$, nên không có chênh pha phản xạ.
• Sự chênh đường truyền trong nước có thể làm hai tia lệch nửa chu kỳ, giảm phản xạ.

Ở gần phương pháp tuyến, phản xạ giảm mạnh tại các thỏa:

$$2n_{w}t=(m+\frac{1}{2}){\lambda }_0.$$

Lượng phản xạ giảm được chuyển chủ yếu sang truyền qua trong mô hình không hấp thụ. Mức giảm cụ thể phụ thuộc bề dày và . Màng có bề dày đúng bội nửa bước sóng trong nước không cho cùng mức triệt giảm như màng một phần tư bước sóng.

Bài tập: Q 35.14

Màng xà phòng $1,33$ có bề dày nhỏ hơn nhiều nhìn thấy trông đen, gần như không phản xạ. Trái lại, lớp nước xà phòng mỏng tương tự trên kính chiết suất $1,50$ lại trông sáng. Vì sao?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bề dày rất nhỏ làm do đường truyền trong màng gần bằng 0. Khác biệt nằm ở dấu pha của hai phản xạ.

Hướng đi:

• Màng xà phòng tự do có không khí ở hai phía, nên chỉ một trong hai phản xạ đổi $\pi$.
• Màng trên kính có hai phản xạ từ nhỏ sang lớn, nên cả hai cùng đổi .

Màng tự do có hai chùm phản xạ gần ngược và triệt giảm khi bề dày tiến về 0. Do đó nó trông tối.

Với màng trên kính, thứ tự là không khí,1,33,1,50. Hai chùm phản xạ cùng dấu và cộng tăng cường trong giới hạn bề dày rất nhỏ. Phản xạ không tiến về 0, nên bề mặt vẫn sáng. Không thể dùng cùng quy tắc một lần đảo pha cho cả hai bố trí.

Bài tập: Q 35.15

Vì sao màng cần mỏng để dễ thấy giao thoa? Vì sao màng tương đối dày thường không cho hiệu ứng ấy? Ranh giới giữa mỏng và dày nên đặt ở đâu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai chùm phản xạ cần giữ được tương quan và không bị trung bình mất vân trong phép đo.

Hướng đi:

• So độ chênh quang lộ với độ dài kết hợp của nguồn.
• Xét thêm phổ , góc tới, độ đều bề dày và độ phân giải.

cho hai đường phản xạ có độ lệch quang lộ nhỏ, nên ánh sáng thông thường dễ còn tương quan . Với màng dày, pha biến thiên nhanh theo bước sóng và góc. Khi quan sát nhiều bước sóng, nhiều góc hoặc vùng bề dày khác nhau cùng lúc, các cực đại và cực tiểu bị lấy trung bình.

Không có một bề dày cố định phân chia mọi thí nghiệm. Ranh giới phụ thuộc độ dài kết hợp của nguồn và cách thu. Với nguồn đủ đơn sắc, kết hợp tốt và phép quan sát đủ phân giải, màng dày vẫn có thể cho giao thoa.

Bài tập: Q 35.16

Chiếu ánh sáng trắng lên màng như Hình 35.12. Những màu yếu trong chùm phản xạ từ một điểm lại mạnh trong chùm truyền qua tại đó. Vì sao?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xét cùng điểm và cùng , với các môi trường gần như không hấp thụ.

Hướng đi:

• Giao thoa phân bố lại năng lượng giữa các chùm, không làm mất năng lượng.
• Dùng bảo toàn năng lượng cho từng thành phần phổ.

Nếu $R_{\lambda },T_{\lambda }$ là phần công suất phản xạ và truyền qua:

$$R_{\lambda }+T_{\lambda }=1.$$

bị giảm trong phản xạ có phần truyền qua tăng. Vì vậy màu yếu ở chùm phản xạ có thể nổi bật trong chùm truyền qua. Nếu có hấp thụ đáng kể, cần thêm phần hấp thụ vào phương trình năng lượng.

Bài tập: Q 35.17

Ánh sáng đơn sắc tới vuông góc . Phản xạ giao thoa triệt giảm nên cường độ phản xạ rất thấp. Năng lượng ánh sáng tới đi đâu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cường độ phản xạ nhỏ là kết quả cộng trường của nhiều đóng góp phản xạ, không phải năng lượng bị hủy.

Hướng đi:

• Xét toàn bộ các đường thoát năng lượng của hệ.
• Với màng trong suốt không hấp thụ, phần không phản xạ được truyền qua.

Năng lượng chủ yếu đi vào chùm truyền qua. Các phản xạ kết hợp xác lập một trạng thái trường phù hợp với bảo toàn năng lượng ở cả hai phía màng. Nếu vật liệu hấp thụ, một phần còn chuyển thành nội năng. Không thể chỉ xét hai tia phản xạ rồi kết luận năng lượng của chúng biến mất.

Bài tập: Q 35.18

Khi màng dầu loang trên vũng nước, phần mỏng nhất của màng trông tối trong hệ vân. Điều đó cho biết gì về độ lớn tương đối của dầu và nước?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dầu có lớn hơn không khí. Ở phần rất mỏng, do đường đi trong dầu gần bằng 0.

Hướng đi:

• Muốn hai chùm phản xạ gần ngược khi bề dày tiến về 0, phải có đúng một lần đổi pha tương đối.
• Phản xạ không khí–dầu đã đổi $\pi$, nên phản xạ dầu–nước cần không đổi pha.

Điều này đòi hỏi:

$$n_{\mathrm{o}\mathrm{i}\mathrm{l}}>n_{\mathrm{w}\mathrm{a}\mathrm{t}\mathrm{e}\mathrm{r}}.$$

Nếu nước có lớn hơn dầu, cả hai phản xạ đều đổi $\pi$. Trong giới hạn màng rất mỏng, chúng cùng pha thay vì triệt giảm. Kết luận dùng giả thiết độ tối do giao thoa màng trong suốt, không do hấp thụ hoặc thiếu ánh sáng.

Bài tập 35.1–35.17

Bài tập 35: 1

Trạm phát vô tuyến $120\mathrm{MHz}$ có hai ăng-ten giống nhau phát cùng pha. Ăng-ten $B$ cách $A$ $9,00\mathrm{m}$ về phải. Điểm $P$ ở giữa hai nguồn trên đường nối chúng, cách $A$ một khoảng $x$ về phải. Tìm các giá trị $x$ cho giao thoa tăng cường.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $0<x<9,00\mathrm{m}$, khoảng tới hai nguồn là $x$ và $9-x$.

Hướng đi:

• Dùng $\mathrm{\Delta }r=m\lambda$ vì hai nguồn đồng tăng cường tại nguyên bước sóng.
• Tính từ tần số.
• trên đoạn nối hai nguồn là $9-2x$, không dùng công thức màn xa $d\sin \theta$.
• Duyệt bậc nguyên sao cho điểm nằm giữa hai ăng-ten.

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{c}{f}=2,50\mathrm{m},\\ 9-2x& =m\lambda ,\\ x& =\frac{9-2,50m}{2}.\end{array}$$

Điều kiện $0<x<9$ cho $m=-3,-2,-1,0,1,2,3$. Theo thứ tự từ trái sang phải, các khoảng cách từ $A$ là:

$$\begin{array}{rl}x& =\mathrm{0,750},2,00,3,25,4,50,\\ & 5,75,7,00,8,25\mathrm{m}.\end{array}$$

Bài tập 35: 2

Hai ăng-ten vô tuyến $A,B$ phát cùng , với $B$ cách $A$ $120\mathrm{m}$ về phải. Điểm $Q$ trên phần kéo dài đường nối, cách $B$ $40\mathrm{m}$ về phải. Tần số phát điều chỉnh được. Tìm bước sóng dài nhất cho (a) triệt giảm, (b) tăng cường tại $Q$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khoảng $AQ=160\mathrm{m}$, $BQ=40\mathrm{m}$, nên có độ lớn $120\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Dùng $\mathrm{\Delta }r=(m+1/2)\lambda$ cho cực tiểu và $\mathrm{\Delta }r=m\lambda$ cho cực đại, vì nguồn bằng nhau.
• cố định, chỉ thay .
• dài nhất tương ứng mẫu bậc nhỏ nhất được phép trong từng điều kiện.

(a) Cực tiểu đầu tiên có $\mathrm{\Delta }r=\lambda /2$:

$${\lambda }_{max,min}=2\mathrm{\Delta }r=240\mathrm{m}.$$

(b) Cực đại với khác 0 cần bậc nguyên dương, nhỏ nhất là $m=1$:

$${\lambda }_{max,max}=\mathrm{\Delta }r=120\mathrm{m}.$$

Không dùng $m=0$ cho câu(b), vì tại $Q$ không bằng 0.

Bài tập 35: 3

Hai loa phát các sóng âm giống nhau, cùng , bước sóng $2,0\mathrm{m}$. Hai loa cách nhau $6,0\mathrm{m}$, người nghe đứng thẳng trước loa bên phải, cách loa đó $8,0\mathrm{m}$ như hình.

(a) tới người nghe là bao nhiêu? (b) Hai sóng tăng cường, triệt giảm hay ở giữa hai trường hợp? (c) Người nghe lùi ra xa loa gần nhất tới khoảng $17,0\mathrm{m}$, vẫn trên đường thẳng ban đầu. Trả lời lại hai câu trên.

Hình E 35.3: Hai loa cách nhau 6,0 m và người nghe ở phía trước loa bên phải, cách loa đó 8,0 m.

Chú thích:

• Hình (Figure)
• Người quan sát (Observer)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đường từ loa trái tới người nghe là cạnh huyền, còn từ loa phải là cạnh vuông có độ dài được cho.

Hướng đi:

• Dùng $r_L=\sqrt{6^2+r_R^2}$ vì đường từ loa trái là cạnh huyền, rồi so $r_L-r_R$ với $\lambda$.
• Dùng định lý Pythagoras để tính đường chéo.
• So với bội nguyên hoặc bán nguyên của .
• Giữ đủ chữ số trước khi quyết định triệt tiêu có chính xác hay chỉ gần đúng.

(a), (b):

$$\begin{array}{rl}{r}_L& =\sqrt{6^2+8^2}=10\mathrm{m},\\ \mathrm{\Delta }r& =10-8=2,0\mathrm{m}\\ & =\lambda .\end{array}$$

Hai sóng đến cùng , giao thoa tăng cường.

(c):

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }r& =\sqrt{6^2+{17}^2}-17\\ & =\mathrm{1,027}76\mathrm{m}\\ & \approx 1,0\mathrm{m}.\end{array}$$

gần $\lambda /2$, nên âm gần cực tiểu. Nếu giữ đủ chữ số, chưa đúng bằng $\pi$, do đó chưa triệt giảm chính xác. Trong mô hình biên độ bằng nhau, khoảng loa gần nhất cần bằng $17,5\mathrm{m}$ để hiệu đường đi đúng $1\mathrm{m}$.

Bài tập 35: 4

Hai nguồn có thể điều chỉnh để phát ánh sáng đơn sắc với bất kỳ nhìn thấy nào. Hai , cách nhau $2,04\mu \mathrm{m}$ và nằm cùng đường thẳng với người quan sát, nên một nguồn ở xa hơn nguồn kia $2,04\mu \mathrm{m}$.

(a) Với những trong 380–750 nm nào người quan sát thấy tăng cường mạnh nhất? (b) Nếu hai nguồn không còn nằm cùng đường thẳng với người quan sát nhưng vẫn bằng $2,04\mu \mathrm{m}$, câu trả lời thay đổi thế nào? (c) Những bước sóng nào cho triệt giảm tại người quan sát?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $\mathrm{\Delta }r=2040\mathrm{nm}$. giữ tương đối ổn định nhưng riêng nó chưa cho giá trị pha ban đầu.

Hướng đi:

• Dùng $\mathrm{\Delta }r=d\sin \theta$ ở xa hai khe, vì các tia tới điểm quan sát gần song song.
• Để tính các số cụ thể, trước hết xét hai nguồn đồng pha.
• Chỉ giữ các bậc cho trong miền nhìn thấy.
• Nếu chưa biết ban đầu, ghi phương trình tổng quát thay vì coi kết hợp luôn đồng pha.

(a) Với hai nguồn đồng :

$$\lambda =\frac{2040}{m}\mathrm{nm}.$$

Các bậc $m=3,4,5$ cho $680\mathrm{nm}$, $510\mathrm{nm}$ và $408\mathrm{nm}$. Bậc 2 cho lớn hơn 750 nm, bậc 6 nhỏ hơn 380 nm.

(b) Giữ cùng và cùng nguồn thì các điều kiện pha không đổi, dù vị trí các nguồn không thẳng hàng với người quan sát.

(c):

$$\lambda =\frac{2040}{m+1/2}\mathrm{nm}.$$

Các bậc $m=3,4$ cho $\lambda \approx 583\mathrm{nm}$ và $453\mathrm{nm}$.

Nếu hai có lệch đầu ${\varphi }_0$ khác 0, pha tại người quan sát còn có số hạng ấy:

$$\varphi =\frac{2\pi \mathrm{\Delta }r}{\lambda }+{\varphi }_0.$$

Khi đó các cực trị nói chung khác những giá trị trên. Vì vậy, các đáp số số học vừa tính dùng giả thiết đồng pha.

Bài tập 35: 5

Ăng-ten $B$ nằm bên phải $A$ $40,0\mathrm{m}$. Hai nguồn phát cùng , bước sóng $7,00\mathrm{m}$. (a) Có bao nhiêu điểm giao thoa tăng cường trên đoạn nối hai ăng-ten? (b) Điểm tăng cường gần $A$ nhất về bên phải cách $A$ bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Với $x$ đo từ $A$, $0<x<40\mathrm{m}$, có dấu $40-2x$.

Hướng đi:

• Dùng $\mathrm{\Delta }r=(m+1/2)\lambda$ vì đề yêu cầu triệt giảm của hai nguồn đồng .
• Giải điều kiện bội nguyên theo $x$.
• Miền điểm nằm giữa hai nguồn giới hạn số bậc nguyên.
• Chọn tọa độ dương nhỏ nhất trong các nghiệm ấy.

$$\begin{array}{rl}40-2x& =7m,\\ x& =20-3,50m.\end{array}$$

Miền cho $m=-5,-4,\dots ,4,5$, tổng cộng 11 giá trị. Điểm nhỏ nhất có $m=5$:

$$x_{min}=20-17,5=2,50\mathrm{m}.$$

Bài tập 35: 6

Ánh sáng kết hợp $500\mathrm{nm}$ chiếu hai khe rất hẹp, gần nhau. Màn rất cao cách khe $2,00\mathrm{m}$. Gần tâm, hai cực đại kề nhau cách $3,53\mathrm{cm}$. Hai cực đại bậc 49 và 50 cách nhau bao nhiêu trên màn?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: gần tâm cho khoảng khe theo gần đúng góc nhỏ. Hai bậc 49 và 50 ở xa tâm nên không được giữ gần đúng góc nhỏ cho tọa độ của chúng.

Hướng đi:

• Dùng $y_m=m\lambda R/d$ vì miền gần tâm thỏa gần đúng góc nhỏ.
• Dùng dữ kiện gần tâm để suy $d$.
• Tìm góc của từng bậc bằng sin, rồi đổi sang tọa độ màn bằng tang.
• Lấy hiệu hai tọa độ, không gán mọi bằng khoảng vân trung tâm.

$$\begin{array}{rl}d& \approx \frac{\lambda R}{\mathrm{\Delta }{y}_0}\\ & =\mathrm{2,832}86\times {10}^{-5}\mathrm{m}.\end{array}$$

Đặt $u_m=m\lambda /d$. Khi $|u_m|<1$:

$$y_m=\frac{R{u}_m}{\sqrt{1-u_m^2}}.$$

Thay từng bậc:

$$\begin{array}{rl}{y}_{49}& \approx \mathrm{3,445}41\mathrm{m},\\ y_{50}& \approx \mathrm{3,752}82\mathrm{m},\\ y_{50}-y_{49}& \approx \mathrm{0,307}\mathrm{m}.\end{array}$$

Khoảng hai vân khoảng $30,7\mathrm{cm}$, lớn hơn nhiều $3,53\mathrm{cm}$ ở gần tâm.

Bài tập 35: 7

dùng ánh sáng từ nguyên tử helium được kích thích, $502\mathrm{nm}$. Màn cách khe $1,20\mathrm{m}$, tâm thứ 20, không kể vân trung tâm, cách tâm $10,6\mathrm{mm}$. Tìm khoảng hai khe.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $m=20$, $R=1,20\mathrm{m}$, $y_{20}=10,6\mathrm{mm}$.

Hướng đi:

• Dùng $\mathrm{\Delta }y=\lambda R/d$ vì hai liên tiếp chênh bậc một.
• Vân thứ 20 tính từ tâm có bậc 20.
• Tỉ số $y/R$ nhỏ nên dùng công thức vị trí vân góc nhỏ.

$$\begin{array}{rl}d& =\frac{m\lambda R}{y_m}\\ & =\mathrm{1,136}60\mathrm{mm}\\ & \approx 1,14\mathrm{mm}.\end{array}$$

Bài tập 35: 8

Ánh sáng kết hợp $450\mathrm{nm}$ chiếu hai khe. Màn cách $1,80\mathrm{m}$, khoảng các kề nhau $3,90\mathrm{mm}$. Hai khe cách bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: tối kề bằng một khoảng vân trong miền góc nhỏ.

Hướng đi:

• Dùng $y_m=m\lambda R/d$ vì vị trí sáng phụ thuộc bậc, hình học và .
• Hai bậc tối liên tiếp chênh một , dù mỗi bậc có thêm một nửa.
• Dùng $\mathrm{\Delta }y=\lambda R/d$ để tìm khoảng khe.

$$d=\frac{\lambda R}{\mathrm{\Delta }y}=\mathrm{0,208}\mathrm{mm}.$$

Bài tập 35: 9

Hai khe cách $\mathrm{0,450}\mathrm{mm}$, màn cách $75,0\mathrm{cm}$. Chiếu ánh sáng kết hợp $500\mathrm{nm}$. Khoảng giữa thứ hai và thứ ba bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai này kề nhau về cùng phía tâm. Góc quan sát nhỏ.

Hướng đi:

• Dùng $\mathrm{\Delta }y=\lambda R/d$ vì đề hỏi khoảng giữa các vân liên tiếp ở góc nhỏ.
• Hai cực tiểu kề tương ứng các số bán nguyên liên tiếp.
• Hiệu tọa độ vì thế bằng một góc nhỏ.

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }y& =\frac{\lambda R}{d}\\ & =\frac{(500\times {10}^{-9})(\mathrm{0,750})}{\mathrm{0,450}\times {10}^{-3}}\\ & =\mathrm{0,833}\mathrm{mm}.\end{array}$$

Bài tập 35: 10

Ánh sáng kết hợp $f$ truyền trong không khí tới hai khe hẹp. Trên màn xa đối diện khe, hướng $\theta =60,0^{\circ }$ là cực đại khi $f=5,60\times {10}^{12}\mathrm{Hz}$. Tần số cao hơn kế tiếp cho cực đại ở cùng góc là $7,47\times {10}^{12}\mathrm{Hz}$. Tìm khoảng khe.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giữ góc và hình học. Hai cực đại kế nhau tương ứng hai bậc nguyên liên tiếp.

Hướng đi:

• Dùng $\lambda ={\lambda }_0/n$ vì hai chùm giao thoa trong môi trường có n.
• Thay $\lambda =c/f$ vào điều kiện cực đại.
• Hiệu hai loại bậc nguyên chưa biết.

$$\begin{array}{rl}d\sin \theta & =\frac{mc}{f_m},\\ f_m& =\frac{mc}{d\sin \theta },\\ f_{m+1}-f_m& =\frac{c}{d\sin \theta }.\end{array}$$

Suy ra:

$$\begin{array}{rl}d& =\frac{c}{(f_{m+1}-f_m)\sin {60}^{\circ }}\\ & \approx 1,85\times {10}^{-4}\mathrm{m}\\ & =185\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

Các được cho đã làm tròn. Chúng phù hợp gần với hai bậc 3 và 4, không cần buộc tỉ số hai số thập phân phải đúng tuyệt đối bằng 4/3.

Bài tập 35: 11

Hai khe mảnh song song cách $\mathrm{0,011}6\mathrm{mm}$ được chiếu bằng laser $585\mathrm{nm}$. (a) Trên màn xa rất lớn, có tổng cộng bao nhiêu , kể cả tâm và hai phía? Không cần tính mọi góc, hãy dùng giới hạn của sin. (b) Vân xa tâm nhất ở góc nào so với hướng ban đầu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Điều kiện cực đại $d\sin \theta =m\lambda$.

Hướng đi:

• Dùng $d\sin \theta =m\lambda$ và $|\sin \theta |\le 1$ vì chỉ các bậc trong miền góc vật lý tồn tại.
• Miền $|\sin \theta |\le 1$ cho bậc cực đại lớn nhất.
• Có hai phía đối xứng và một vân trung tâm.
• Chỉ cần tính góc của bậc lớn nhất ở câu(b).

(a):

$$|m|\le \frac{d}{\lambda }=\mathrm{19,829}1.$$

Bậc nguyên lớn nhất là 19. Các bậc từ $-19$ đến $+19$ cho 39 .

(b):

$$\begin{array}{rl}{\theta }_{max}& =\arcsin \left(\frac{19\lambda }{d}\right)\\ & \approx 73,4^{\circ }.\end{array}$$

Có hai vân ngoài cùng theo các góc đối nhau $\pm 73,4^{\circ }$.

Bài tập 35: 12

Ánh sáng kết hợp $400\mathrm{nm}$ đi qua hai khe rất hẹp cách $\mathrm{0,200}\mathrm{mm}$. Màn cách $4,00\mathrm{m}$. Tìm bề rộng tính bằng milimét của (a) cực đại trung tâm, (b) bậc 1.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bề rộng một được đo giữa hai cực tiểu kề bao quanh nó. Xét góc nhỏ.

Hướng đi:

• Dùng $\mathrm{\Delta }y=\lambda R/d$ vì góc nhỏ tỉ lệ với .
• Cực đại trung tâm nằm giữa hai cực tiểu tại $\pm \lambda /2$.
• Cực đại bậc 1 nằm giữa các cực tiểu $+\lambda /2$ và $+3\lambda /2$.
• Cả hai khoảng đều rộng đúng một .

$$w=\frac{\lambda R}{d}=8,00\mathrm{mm}.$$

Vì vậy, bề rộng trung tâm và bậc 1 đều khoảng $8,00\mathrm{mm}$. Đây là bề rộng của hai khe, không phải bề rộng cực đại nhiễu xạ một khe.

Bài tập 35: 13

Hai khe rất hẹp cách $1,80\mu \mathrm{m}$, đặt cách màn $35,0\mathrm{cm}$. Chiếu ánh sáng kết hợp $550\mathrm{nm}$. Khoảng giữa thứ nhất và thứ hai bằng bao nhiêu? Chú ý góc trong điều kiện vân tối không nhỏ.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khoảng khe dùng micromet. Các thứ nhất, thứ hai về cùng phía có $\lambda /2$ và $3\lambda /2$.

Hướng đi:

• Dùng $d\sin \theta =(m+1/2)\lambda$ rồi $y=R\tan \theta$, vì góc không đủ nhỏ để đồng nhất sin với tang.
• Dùng sin để tìm góc .
• Tọa độ màn dùng tang của góc ấy. Không đồng nhất sin với tang khi góc không nhỏ.

Đặt $u_1=\lambda /(2d)$ và $u_2=3\lambda /(2d)$:

$$\begin{array}{rl}{y}_j& =\frac{R{u}_j}{\sqrt{1-u_j^2}},\\ j& =1,2.\end{array}$$

Kết quả:

$$\begin{array}{rl}{y}_1& =\mathrm{5,410}74\mathrm{cm},\\ y_2& =\mathrm{18,049}1\mathrm{cm},\\ \mathrm{\Delta }y& =12,6\mathrm{cm}.\end{array}$$

Bài tập 35: 14

Ánh sáng kết hợp chứa hai $660\mathrm{nm}$ màu đỏ và $470\mathrm{nm}$ màu xanh lam đi qua hai khe cách $\mathrm{0,300}\mathrm{mm}$. Màn cách khe $4,00\mathrm{m}$. Hai bậc 1 của hai màu cách nhau bao nhiêu trên màn?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So hai vân cùng bậc và cùng phía tâm.

Hướng đi:

• Dùng $d\sin \theta =(m+1/2)\lambda$ vì vị trí đang xét là cực tiểu của hai nguồn đồng .
• Vị trí tỉ lệ trong gần đúng góc nhỏ.
• Lấy hiệu tọa độ của hai màu ở cùng hình học.

$$\mathrm{\Delta }y=\frac{R({\lambda }_r-{\lambda }_b)}{d}=2,53\mathrm{mm}.$$

Vân đỏ nằm xa tâm hơn vân xanh lam.

Bài tập 35: 15

Ánh sáng kết hợp $600\mathrm{nm}$ đi qua hai khe rất hẹp, màn cách $3,00\mathrm{m}$. bậc 1 cách tâm $4,84\mathrm{mm}$. Với bước sóng nào, vân tối đầu tiên xuất hiện đúng tại điểm này?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cùng một điểm, hai đường đi và giữ nguyên khi thay .

Hướng đi:

• Dùng $d\sin \theta =m\lambda$ vì điều kiện cực đại được xác định bởi .
• bậc 1 ban đầu có đúng một 600 nm.
• đầu tiên của mới cần bằng nửa bước sóng mới.

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }r& =600\mathrm{nm},\\ \frac{{\lambda }_{\mathrm{n}\mathrm{e}\mathrm{w}}}{2}& =\mathrm{\Delta }r,\\ {\lambda }_{\mathrm{n}\mathrm{e}\mathrm{w}}& =1200\mathrm{nm}.\end{array}$$

này thuộc hồng ngoại. Không cần tính riêng khoảng khe để giải vì cùng điểm quan sát giữ nguyên .

Bài tập 35: 16

Ánh sáng kết hợp $6,32\times {10}^{14}\mathrm{Hz}$ đi qua hai khe mảnh, màn cách $85,0\mathrm{cm}$. thứ ba xuất hiện tại $\pm 3,11\mathrm{cm}$ hai phía tâm. (a) Hai khe cách nhau bao nhiêu? (b) Vân tối thứ ba cách vân sáng trung tâm bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: thứ ba có bậc 3. Vân tối thứ ba tính từ tâm có $5\lambda /2$.

Hướng đi:

• Dùng $I/I_0={\cos }^2(\varphi /2)$ vì hai chùm có biên độ bằng nhau và cùng phương phân cực.
• Tính từ tần số.
• Góc nhỏ cho phép suy khoảng khe từ bậc 3.
• Tỉ số hai tọa độ bằng tỉ số bậc trong cùng gần đúng.

(a):

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{c}{f}\approx \mathrm{474,684}\mathrm{nm},\\ d& \approx \frac{3\lambda R}{y_3}\\ & =38,9\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

(b):

$$\begin{array}{rl}{y}_{\mathrm{d}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{k},3}& \approx \frac{2,5}{3}{y}_3\\ & =2,59\mathrm{cm}.\end{array}$$

Hai phía có vị trí đối xứng. Dùng đầy đủ sin và tang thay gần đúng góc nhỏ không thay các kết quả đã làm tròn ba chữ số có nghĩa.

Bài tập 35: 17

Trong hệ vân hai khe, cường độ cực đại trung tâm là $I_0$. (a) Ở điểm hai sóng lệch $60,0^{\circ }$, cường độ bằng bao nhiêu? (b) Với ánh sáng $480\mathrm{nm}$, tương ứng bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai khe giống nhau có biên độ đóng góp bằng nhau tại vùng xét. $I_0$ là cực đại của toàn hệ, không phải của riêng một khe.

Hướng đi:

• Dùng $I/I_0={\cos }^2(\pi \mathrm{\Delta }r/\lambda )$ vì lệch được tạo bởi .
• Dùng cường độ theo nửa .
• Đổi một vòng 360 độ thành một bước sóng để suy .

(a):

$$I=I_0{\cos }^2{30}^{\circ }=\mathrm{0,750}{I}_0.$$

(b):

$$\mathrm{\Delta }r=\frac{{60}^{\circ }}{{360}^{\circ }}\lambda =80\mathrm{nm}.$$

này ứng với được chọn trong vòng đầu. Nếu chỉ biết theo modulo một vòng thì còn có thể thêm số nguyên bước sóng.

Bài tập 35.18–35.31

Cường độ hai khe

Bài tập 35: 18

Hai khe cách $\mathrm{0,260}\mathrm{mm}$, màn cách $\mathrm{0,900}\mathrm{m}$, được chiếu bằng ánh sáng kết hợp $660\mathrm{nm}$. Cường độ ở tâm cực đại trung tâm là $I_0$. Tìm khoảng trên màn từ tâm tới (a) cực tiểu đầu tiên, (b) điểm đầu tiên có cường độ $I_0/2$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dùng góc nhỏ, hai khe giống nhau, với nửa $\alpha =\pi dy/(\lambda R)$.

Hướng đi:

• Dùng $\varphi =2\pi \mathrm{\Delta }r/\lambda$ vì hai nguồn đồng truyền trong cùng môi trường.
• Cực tiểu đầu có $\alpha =\pi /2$.
• Điểm nửa cường độ gần tâm nhất có $\alpha =\pi /4$.

$$\begin{array}{rl}{y}_{min}& =\frac{\lambda R}{2d}\\ & =1,14\mathrm{mm},\\ y_{1/2}& =\frac{\lambda R}{4d}\\ & =\mathrm{0,571}\mathrm{mm}.\end{array}$$

Điểm nửa cường độ nằm giữa tâm và cực tiểu đầu.

Bài tập 35: 19

Ánh sáng kết hợp $500\mathrm{nm}$ đi qua hai khe hẹp cách $\mathrm{0,340}\mathrm{mm}$. Ở xa so với khoảng khe, giữa hai sóng tại góc $23,0^{\circ }$ với đường trung trực bằng bao nhiêu radian?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Góc không nhỏ nhưng điều kiện quan sát xa cho $\mathrm{\Delta }r=d\sin \theta$.

Hướng đi:

• Dùng $\varphi =2\pi \mathrm{\Delta }r/\lambda$ vì mỗi đường đi thêm ứng với một chu kỳ pha.
• Dùng sin chính xác cho góc 23 độ.
• Một ứng với pha $2\pi$.

$$\begin{array}{rl}\varphi & =\frac{2\pi d\sin {23}^{\circ }}{\lambda }\\ & =1669,42\mathrm{rad}\\ & \approx 1,67\times {10}^3\mathrm{rad}.\end{array}$$

Nếu chỉ cần trạng thái trong một vòng, giá trị tương đương là $4,38\mathrm{rad}$ modulo $2\pi$. Giá trị lớn ở trên giữ đủ số vòng do gây ra.

Bài tập 35: 20

Hai khe cách $\mathrm{0,072}0\mathrm{mm}$, màn cách $\mathrm{0,800}\mathrm{m}$. Ánh sáng kết hợp chưa biết tạo cực tiểu đầu tiên cách tâm $3,00\mathrm{mm}$. Cường độ cực đại trung tâm $\mathrm{0,060}0\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$. Tìm cường độ ở điểm cách tâm (a) $2,00\mathrm{mm}$, (b) $1,50\mathrm{mm}$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cực tiểu đầu tiên ở $y_d=3,00\mathrm{mm}$.

Hướng đi:

• Dùng $I/I_0={\cos }^2(\varphi /2)$ vì cường độ của tổng hai trường bằng nhau phụ thuộc nửa .
• Tại $y_d$, đối số cos của công thức cường độ bằng $\pi /2$.
• Dùng tỉ số $y/y_d$ để tính mà không cần tìm riêng bước sóng.

$$I(y)=I_0{\cos }^2\left(\frac{\pi y}{2y_d}\right).$$

(a) Khi $y/y_d=2/3$:

$$I=I_0{\cos }^2(\pi /3)=\mathrm{0,015}0\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2.$$

(b) Khi $y/y_d=1/2$:

$$I=I_0{\cos }^2(\pi /4)=\mathrm{0,030}0\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2.$$

Bài tập 35: 21

Hai ăng-ten cách $9,00\mathrm{m}$, phát cùng ở $120\mathrm{MHz}$ như bài 35.1. Máy thu ban đầu cách đều hai ăng-ten $150\mathrm{m}$ và đo cường độ $I_0$. Dịch máy thu để nó gần một ăng-ten hơn ăng-ten kia $1,8\mathrm{m}$. Tìm (a) , (b) cường độ mới theo $I_0$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $2,50\mathrm{m}$. Khoảng quan sát lớn so với khoảng nguồn, nên bỏ qua thay đổi nhỏ của biên độ khi dịch máy thu.

Hướng đi:

• Dùng $\varphi =2\pi d\sin \theta /\lambda$ vì điểm ở miền xa nhưng chưa cần gần đúng góc nhỏ.
• Ban đầu 0, cường độ là cực đại.
• mới cho , rồi công thức nửa pha cho cường độ tương đối.

(a):

$$\varphi =\frac{2\pi (1,8)}{2,50}=4,52\mathrm{rad}.$$

(b):

$$I=I_0{\cos }^2(\varphi /2)=\mathrm{0,406}{I}_0.$$

Cường độ giảm nhưng chưa ở cực tiểu.

Màng mỏng

Bài tập 35: 22

Hai tấm kính ngang giống nhau có $1,40$, ở giữa có màng không khí bề dày điều chỉnh được $t$. Ánh sáng trong không khí $\lambda$ tới vuông góc. Phản xạ tăng cường khi $t=650\mathrm{nm}$ và ở bề dày lớn hơn kế tiếp $910\mathrm{nm}$. Tìm (a) bước sóng, (b) bề dày nhỏ nhất cho phản xạ tăng cường.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai phản xạ ở hai mặt khe khí có đúng một lần đổi tương đối.

Hướng đi:

• Dùng $I/I_0={\cos }^2(\pi d\sin \theta /\lambda )$ vì hai cùng biên độ tạo hệ vân theo góc.
• Hai cực đại phản xạ kề nhau theo bề dày chênh $\lambda /2$.
• Cực đại đầu tiên của màng một lần đảo nằm ở bề dày $\lambda /4$.

(a):

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }t& =910-650=260\mathrm{nm},\\ \lambda & =2\mathrm{\Delta }t=520\mathrm{nm}.\end{array}$$

(b):

$$t_{min}=\frac{\lambda }{4}=130\mathrm{nm}.$$

Các bề dày 650 nm và 910 nm lần lượt là bội 5 và 7 của 130 nm, phù hợp hai bậc cực đại liên tiếp.

Bài tập 35: 23

Lớp phủ $1,42$ trên kính chiết suất $1,52$ cần mỏng nhất bao nhiêu để thành phần đỏ 650 nm của chùm ánh sáng trắng trong không khí bị triệt giảm khi phản xạ?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Không khí, lớp phủ và kính có tăng dần theo chiều truyền.

Hướng đi:

• Dùng $2nt={\lambda }_0/2$ cho cực trị bán nguyên nhỏ nhất, sau khi xác định số lần .
• Cả hai phản xạ đều đổi $\pi$, nên không có chênh pha phản xạ.
• Muốn phản xạ triệt giảm, đường đi thêm trong màng phải tạo nửa chu kỳ.

$$\begin{array}{rl}2nt& =\frac{{\lambda }_0}{2},\\ t_{min}& =\frac{650}{4(1,42)}\\ & =114\mathrm{nm}.\end{array}$$

Kết quả là điều kiện triệt giảm. Mức phản xạ còn lại còn phụ thuộc độ lớn hai biên độ.

Bài tập 35: 24

Khi xem tác phẩm nghệ thuật sau kính, ánh sáng phản xạ ở mặt trước tạo chói. Một cách giảm chói là phủ màng lên mặt ngoài kính.

(a) Kính có $1,62$, lớp phủ ${\mathrm{TiO}}_2$ có chiết suất $2,62$. Bề dày nhỏ nhất để phản xạ ánh sáng 505 nm triệt giảm là bao nhiêu? (b) Nếu lớp ấy quá mỏng để chịu mài mòn, hãy tìm ba bề dày lớn hơn nhỏ nhất cũng thỏa điều kiện.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Lớp phủ có lớn hơn kính nền. Phản xạ mặt trên đổi , mặt dưới không đổi pha.

Hướng đi:

• Dùng $2nt$ làm hiệu vì một tia đi thêm một lượt xuống và lên trong màng.
• Một lần đảo tương đối làm cực tiểu phản xạ có $2nt=m{\lambda }_0$.
• Bề dày khác 0 nhỏ nhất có $m=1$. Các giá trị tiếp theo dùng bậc 2,3,4.

(a):

$$t_1=\frac{505}{2(2,62)}=96,4\mathrm{nm}.$$

(b) Ba bề dày lớn hơn nhỏ nhất là 193 nm,289 nm và 385 nm. Chúng đều là bội nguyên của 96,374 nm trước khi làm tròn.

Bài tập 35: 25

Màng ${\mathrm{TiO}}_2$ đồng đều dày 1036 nm, $2,62$, phủ trên kính crown chiết suất $1,52$. Ánh sáng 520,0 nm từ không khí tới vuông góc. Cần tăng bề dày để chùm phản xạ triệt giảm.

(a) Phải thêm tối thiểu bao nhiêu? (b) Sau điều chỉnh, giữa tia phản xạ mặt trên và tia đi vào màng rồi phản xạ mặt dưới bằng bao nhiêu, tính theo(i) nanomét, (ii) trong ${\mathrm{TiO}}_2$?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Có một lần đổi tương đối do phản xạ. hình học là $2t$, còn quang lộ là $2nt$.

Hướng đi:

• Dùng $\lambda ={\lambda }_0/n$ để đổi sang trong màng, vì hình học phải so với bước sóng cùng môi trường.
• Tìm bậc nguyên nhỏ nhất có bề dày cực tiểu phản xạ lớn hơn 1036 nm.
• Đề hỏi đường đi trong màng, nên phân biệt độ dài hình học với quang lộ.
• Chia $2t$ cho trong màng ${\lambda }_0/n$ để tính số bước sóng.

(a):

$$t_m=\frac{m{\lambda }_0}{2n}.$$

Giá trị $2n{t}_{\mathrm{o}\mathrm{l}\mathrm{d}}/{\lambda }_0$ khoảng 10,44, nên bậc cần chọn là 11:

$$\begin{array}{rl}{t}_{11}& =\frac{11(520,0)}{2(2,62)}\\ & =1091,60\mathrm{nm},\\ \mathrm{\Delta }t& =55,6\mathrm{nm}.\end{array}$$

(b) Đường đi hình học tăng thêm trong màng:

$$\begin{array}{rl}2t_{11}& =2183,21\mathrm{nm}\\ & \approx 2,18\times {10}^3\mathrm{nm},\\ \frac{2t_{11}}{{\lambda }_0/n}& =11,0.\end{array}$$

Quang lộ tương ứng bằng 5720 nm, là một đại lượng khác với hình học 2183 nm.

Bài tập 35: 26

Phủ màng nhựa $1,70$ lên kính ô tô chiết suất $1,52$ để tăng phản xạ và giảm ánh sáng truyền vào xe. (a) Bề dày nhỏ nhất để ánh sáng 550 nm phản xạ từ hai mặt màng tăng cường là bao nhiêu? (b) Nếu màng quá mỏng khó chế tạo và lắp, bề dày lớn hơn kế tiếp là bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: màng lớn hơn không khí và kính, nên hai phản xạ có chênh $\pi$.

Hướng đi:

• Dùng $2nt$ và quy tắc đảo tại hai mặt vì cực trị phản xạ phụ thuộc đồng thời đường truyền và phản xạ.
• Phản xạ tăng cường cần đường đi thêm nửa nguyên .
• Hai bậc đầu $m=0,1$ cho hai bề dày nhỏ nhất.

$$t_m=\frac{(m+1/2){\lambda }_0}{2n}.$$

(a) $t_0=80,9\mathrm{nm}$.

(b) $t_1=3t_0=243\mathrm{nm}$.

Bài tập 35: 27

Thành bọt xà phòng có gần nước, $n=1,33$, với không khí ở cả trong và ngoài. (a) Tại nơi thành dày 290 nm, trong không khí nào của ánh sáng nhìn thấy phản xạ mạnh nhất, màu gì? Dùng Hình 32.4 và Bảng 32.1. (b) Làm lại với thành dày 340 nm.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Màng có đúng một lần đổi tương đối giữa phản xạ mặt trên và dưới.

Hướng đi:

• Dùng $2nt=(m+1/2){\lambda }_0$ hoặc $2nt=m{\lambda }_0$ theo số lần đảo , vì đổi môi trường ngoài có thể hoán đổi vai trò sáng và tối.
• Cực đại phản xạ cho ${\lambda }_0=4nt/(2m+1)$.
• Duyệt bậc nguyên không âm và chỉ giữ trong 380–750 nm.

(a) Với $t=290\mathrm{nm}$, bậc $m=1$ cho:

$${\lambda }_0=\frac{4(1,33)(290)}{3}=514\mathrm{nm}.$$

Đây là màu xanh lục. Bậc 0 ở hồng ngoại, còn bậc 2 đã ở tử ngoại.

(b) Với $t=340\mathrm{nm}$:

$${\lambda }_0=\frac{4(1,33)(340)}{3}=603\mathrm{nm}.$$

Đây là màu da cam.

Bài tập 35: 28

Một nhà nghiên cứu đo bề dày màng benzen $1,50$ nổi trên nước bằng cách chiếu ánh sáng đơn sắc và thay . Bước sóng 575 nm phản xạ mạnh nhất. Bề dày nhỏ nhất của màng bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Benzen có lớn hơn nước và không khí, nên có một lần đảo tương đối.

Hướng đi:

• Dùng $2nt$ vì tia thứ hai truyền qua bề dày màng hai lần trước khi chồng với tia thứ nhất.
• Cực đại phản xạ đầu tiên của màng này có bề dày bằng một phần tư trong benzen.
• Đề yêu cầu nhỏ nhất nên chọn bậc 0, không phải một bậc lớn tùy ý.

$$\begin{array}{rl}{t}_{min}& =\frac{{\lambda }_0}{4n}\\ & =\frac{575}{4(1,50)}\\ & =95,8\mathrm{nm}.\end{array}$$

Bài tập 35: 29

Đĩa CD được đọc từ mặt dưới bằng laser bán dẫn 790 nm, đi qua nền nhựa $1,8$. Khi chùm gặp hốc, một phần phản xạ từ hốc và một phần từ vùng phẳng giữa các hốc, rồi giao thoa như hình. Hốc cần sâu tối thiểu bao nhiêu để hai phần triệt giảm? Sự giảm phản xạ này cho phép đầu đọc nhận biết đầu và cuối hốc.

Hình E 35.29: Chùm laser đi qua nền nhựa, phản xạ tại vùng hốc và vùng phẳng của lớp phủ.

Chú thích:

• Các hốc (Pits)
• Lớp phủ phản xạ (Reflective coating)
• Nền nhựa (Plastic substrate)
• Chùm laser (Laser beam)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai phản xạ cùng loại lớp phủ, nên chênh cần xét do đường đi thêm trong nhựa.

Hướng đi:

• Dùng $2nh={\lambda }_0/2$ vì đường đi–về trong hốc tạo thêm nửa chu kỳ để đọc tương phản.
• Chênh độ sâu $h$ làm đường đi hai lượt khác nhau $2h$.
• Để hai phần phản xạ ngược , đường đi thêm nhỏ nhất bằng nửa bước sóng trong nhựa.

$$\begin{array}{rl}2h& =\frac{{\lambda }_0}{2n},\\ h_{min}& =\frac{790}{4(1,8)}\\ & =110\mathrm{nm}.\end{array}$$

Không dùng nửa trong không khí làm độ sâu, vì ánh sáng đi trong nền nhựa và đi qua độ chênh sâu hai lần.

Giao thoa kế Michelson

Bài tập 35: 30

Jan dùng với ánh sáng 606 nm từ đèn krypton 86. Anh dịch gương di động ra xa mình, đếm 818 vân qua một đường chuẩn trong trường nhìn. Linda thay bằng ánh sáng 502 nm từ đèn helium có lọc, dịch gương về phía mình và cũng đếm 818 vân, chuyển theo chiều ngược lại.

Giả sử cả hai đếm đúng. (a) Mỗi người dịch gương bao nhiêu? (b) Độ dời tổng của gương bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai lần đếm cùng số vân nhưng dùng hai khác nhau và dịch gương ngược chiều.

Hướng đi:

• Dùng $2d=N{\lambda }_0$ vì dịch gương làm thay đổi cả lượt tới và lượt về.
• Gương dịch $y$ làm đường đi hai lượt thay đổi $2y$.
• Mỗi vân qua chuẩn tương ứng biến thiên một .
• Cộng độ dời có dấu, không cộng hai độ dài hành trình.

(a):

$$\begin{array}{rl}{y}_J& =\frac{818(606\mathrm{nm})}{2}\\ & =\mathrm{0,247}854\mathrm{mm},\\ y_L& =\frac{818(502\mathrm{nm})}{2}\\ & =\mathrm{0,205}318\mathrm{mm}.\end{array}$$

Jan dịch khoảng 0,248 mm, Linda khoảng 0,205 mm.

(b) Chọn chiều ra xa trong lần Jan là dương:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }y& =y_J-y_L\\ & =\mathrm{0,042}536\mathrm{mm}\\ & =42,5\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

Gương còn lệch theo chiều dịch của Jan so với vị trí đầu.

Bài tập 35: 31

Gương $M_2$ trong ở Hình 35.19 phải dịch bao nhiêu để 1800 vân của laser helium–neon 633 nm đi qua một đường chuẩn trong trường nhìn?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đếm số vân $N=1800$, 633 nm, ánh sáng đi tới gương và trở lại.

Hướng đi:

• Dùng $d=N{\lambda }_0/2$ vì mỗi chu kỳ vân ứng với một thay đổi của đường đi–về.
• Độ đổi quang lộ bằng hai lần độ dời gương.
• Số vân bằng số của độ đổi quang lộ, nên chia thêm 2 khi tìm độ dời.

$$\begin{array}{rl}y& =\frac{N\lambda }{2}\\ & =\frac{1800(633\mathrm{nm})}{2}\\ & =\mathrm{0,569}7\mathrm{mm}\\ & \approx \mathrm{0,570}\mathrm{mm}.\end{array}$$

Bài tập tổng hợp 35.32–35.44

Bài tập 35: 32

Thí nghiệm LIGO, ghi nhận sóng hấp dẫn lần đầu vào tháng 9 năm 2015, dùng hai rất nhạy. Mỗi cánh tay dài $4,00\mathrm{km}$, dùng laser Nd:YAG 1064 nm. Chùm đi hai chiều qua mỗi cánh tay 280 lần, tạo chiều dài cánh tay hiệu dụng 1120 km. Khi chưa có sóng hấp dẫn, hai chùm được chỉnh để triệt giảm khi tái hợp.

(a) Chùm có công suất 100 kW tập trung trên diện tích $1{\mathrm{cm}}^2$. Tìm biên độ điện trường. (b) Một sóng hấp dẫn làm một cánh tay dài thêm ${10}^{-18}\mathrm{m}$, khiến tương đối thành $\pi +\delta$. Ước lượng $\delta$, kể cả cả hai lượt của mỗi vòng đi–về. (c) Dùng công thức cộng hai sóng để ước lượng điện trường tổng nhỏ nhất mà bộ thu cần phát hiện.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $P={10}^5\mathrm{W}$, $A={10}^{-4}{\mathrm{m}}^2$, $\lambda =1064\mathrm{nm}$ và 280 vòng đi–về. Dùng mô hình hai chùm cùng biên độ tại chỗ tái hợp.

Hướng đi:

• Dùng $I=P/A$ rồi $I={ϵ}_{0}c{E}^2/2$ vì công suất phân bố trên tiết diện cho .
• cho biên độ điện trường.
• Mỗi vòng đi–về tích lũy thêm quang lộ bằng hai lần độ dài thêm của cánh tay.
• Gần trạng thái triệt giảm, điện trường tổng tỉ lệ với nhỏ $\delta$.

(a):

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{P}{A}={10}^9\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2,\\ E& =\sqrt{\frac{2I}{{ϵ}_{0}c}}\\ & =8,68\times {10}^5\mathrm{V}/\mathrm{m}.\end{array}$$

(b):

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }\ell & =2(280)({10}^{-18})\mathrm{m},\\ \delta & =\frac{2\pi \mathrm{\Delta }\ell }{\lambda }\\ & =3,31\times {10}^{-9}\mathrm{rad}.\end{array}$$

(c):

$$\begin{array}{rl}{E}_P& =2E|\cos \frac{\pi +\delta }{2}|\\ & =2E|\sin (\delta /2)|\\ & \approx E|\delta |\\ & =2,87\times {10}^{-3}\mathrm{V}/\mathrm{m}.\end{array}$$

Bộ thu cần phân biệt được tín hiệu điện trường cỡ milivolt trên mét trong mô hình này. Độ nhạy thực của thiết bị còn phụ thuộc các cơ chế nhiễu và phương pháp thu, không chỉ điều kiện .

Bài tập 35: 33

Một mặt tròn của khối trụ nhựa đặc dài $3,25\mathrm{m}$ được phủ đen chặn sáng. Mặt đối diện phủ chất huỳnh quang phát sáng khi nhận ánh sáng. Tạo hai vết xước thẳng, hẹp, song song, cách $\mathrm{0,225}\mathrm{mm}$ ở giữa mặt đen. Laser 632,8 nm chiếu vuông góc qua hai vết. Cực đại trung tâm ở mặt kia rộng $5,82\mathrm{mm}$, đo giữa hai kề hai bên. Tìm nhựa.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Ánh sáng giao thoa trong nhựa, có $\lambda ={\lambda }_0/n$. Bề rộng giữa hai cực tiểu đầu là một góc nhỏ.

Hướng đi:

• Dùng $w={\lambda }_{0}R/(nd)$ vì bề rộng cực đại trung tâm là khoảng giữa hai cực tiểu đầu trong nhựa.
• Dùng trong nhựa cho công thức bề rộng vân.
• Giải theo $n$ sau khi thay ${\lambda }_0/n$.

$$\begin{array}{rl}w& =\frac{{\lambda }_{0}R}{nd},\\ n& =\frac{{\lambda }_{0}R}{dw}\\ & =\mathrm{1,570}52\\ & \approx 1,57.\end{array}$$

Không dùng nguyên chân không trong công thức rồi bỏ qua môi trường truyền.

Bài tập 35: 34

Thấu kính phẳng–lồi đặt trên mặt kính phẳng tạo . thấu kính $1,50$, tấm kính $1,80$. Đường kính vòng sáng thứ ba là $\mathrm{0,640}\mathrm{mm}$. Nếu nước chiết suất $1,33$ lấp khe giữa thấu kính và tấm kính, đường kính mới của vòng ấy bằng bao nhiêu? Giả sử bán kính cong rất lớn so với .

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giữ nguyên hình học, nguồn và bậc vòng. Không khí hoặc nước đều có nhỏ hơn cả hai khối kính.

Hướng đi:

• Dùng $r^2\approx 2Rt$ vì khe nằm giữa mặt cầu và mặt phẳng, còn hình học được giữ nguyên khi thêm nước.
• Quy tắc đảo của hai phản xạ không đổi khi lấp nước.
• Với $t\approx r^2/(2R_c)$, cùng bậc vòng có tích $nt$ cố định nên đường kính tỉ lệ $1/\sqrt{n}$.

$$D_w=\frac{D_a}{\sqrt{1,33}}=\mathrm{0,555}\mathrm{mm}.$$

Hệ vòng co lại vì trong khe nước ngắn hơn trong không khí.

Bài tập 35: 35

Mặt trong mắt kính có thể được phủ để giảm ánh sáng lạc phản xạ về mắt. Kính flint có $1,62$, lớp fluorite $\mathrm{1,432}$. (a) Lớp phủ mỏng nhất bao nhiêu để giảm phản xạ 550 nm khi tới vuông góc? (b) Có nhìn thấy nào khác bị triệt giảm hoặc tăng cường phản xạ không?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Theo chiều từ mắt tới kính, tăng từ không khí qua fluorite tới kính. Cả hai phản xạ đều đổi $\pi$.

Hướng đi:

• Dùng $t={\lambda }_0/(4n)$ vì lớp phủ có hai phản xạ cùng đảo và cần thêm nửa chu kỳ khi truyền qua màng.
• Hai lần đổi giống nhau không gây lệch pha tương đối, nên cực tiểu phản xạ cần quang lộ bán nguyên bước sóng.
• Sau khi tìm bề dày, giữ nguyên $2nt$ để duyệt các khác.

(a):

$$t_{min}=\frac{550}{4(\mathrm{1,432})}=96,0\mathrm{nm}.$$

(b) Với lớp phủ ấy, $2nt=275\mathrm{nm}$. Cực tiểu phản xạ có:

$${\lambda }_0=\frac{550}{2m+1}\mathrm{nm}.$$

Ngoài 550 nm, các nghiệm đều dưới 380 nm. Cực đại phản xạ có ${\lambda }_0=275/m\mathrm{nm}$, với $m\ge 1$, cũng ngoài miền nhìn thấy. Vì vậy không có nhìn thấy khác thỏa các điều kiện cực trị này.

Bài tập 35: 36

Sau khi khám mắt, bạn nhỏ thuốc lên mắt nhạy cảm. Giác mạc $1,38$, thuốc nhỏ $1,45$. Bạn bè thấy mắt có vẻ đỏ vì thành phần 600 nm được tăng cường trong phản xạ.

(a) Bề dày nhỏ nhất của màng thuốc là bao nhiêu? (b) Có nhìn thấy nào khác tăng cường, hoặc bị triệt giảm không? (c) Nếu thuốc phủ trên kính áp tròng $1,50$ thay vì giác mạc, với cùng bề dày, bước sóng nào tăng cường và bước sóng nào triệt giảm?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bề dày không đổi giữa câu(a) và(c). Chỉ nền thay đổi.

Hướng đi:

• Dùng $2nt$ cùng dấu phản xạ vì thay bề mặt bên dưới làm thay đổi tương quan pha hai tia.
• Trên giác mạc, phản xạ không khí–thuốc đổi , thuốc–giác mạc không đổi pha.
• Trên kính áp tròng, cả hai phản xạ đều đổi , làm các điều kiện tăng cường và triệt giảm đổi vai trò.
• Duyệt đủ các nghiệm trong 380–750 nm.

(a):

$$t_{min}=\frac{600}{4(1,45)}=103\mathrm{nm}.$$

(b) Khi đó $2nt=300\mathrm{nm}$. Các cực đại trên giác mạc có ${\lambda }_0=600/(2m+1)\mathrm{nm}$, chỉ 600 nm nhìn thấy. Các cực tiểu có ${\lambda }_0=300/m\mathrm{nm}$, không có nghiệm trong miền nhìn thấy.

(c) Trên kính áp tròng, hai phản xạ cùng dấu . Cực đại lúc này có ${\lambda }_0=300/m\mathrm{nm}$ nên không có bước sóng nhìn thấy. Cực tiểu có ${\lambda }_0=600/(2m+1)\mathrm{nm}$, cho 600 nm. Cùng màng thuốc có thể đổi từ tăng cường 600 nm sang triệt giảm 600 nm chỉ do đổi nền.

Bài tập 35: 37

Hai tấm kính phẳng dài $11,0\mathrm{cm}$, $1,55$, chồng lên nhau. Lá kim loại mỏng kê một đầu tấm trên tạo . Nhìn bằng ánh sáng trắng phản xạ từ trên, thấy tím 400,0 nm được tăng cường tại vị trí cách đường tiếp xúc $1,15\mathrm{mm}$, và không có ánh sáng nhìn thấy nào được tăng cường gần đường tiếp xúc hơn.

(a) Xanh lục 550,0 nm và da cam 600,0 nm được tăng cường lần đầu ở đâu? (b) Tím, xanh lục, da cam được tăng cường lần kế tiếp ở đâu? (c) Lá kim loại dày bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Màng có một lần . Vân tím gần tiếp xúc là cực đại đầu tiên của 400 nm.

Hướng đi:

• Dùng $t\approx \alpha x$ vì khe là nêm mỏng có bề dày biến thiên tuyến tính theo vị trí.
• Bề dày nêm tỉ lệ với khoảng cách tới đường tiếp xúc.
• Cực đại đầu tiên có $t={\lambda }_0/4$, nên vị trí lần đầu tỉ lệ .
• Cực đại tiếp theo có bề dày gấp 3, rồi dùng độ dốc nêm để suy bề dày lá kê.

(a):

$$\begin{array}{rl}{x}_g& =1,15\frac{550}{400}\\ & =1,58\mathrm{mm},\\ x_o& =1,15\frac{600}{400}\\ & =1,73\mathrm{mm}.\end{array}$$

(b) Các vị trí tiếp theo lần lượt là:

• Tím: $3,45\mathrm{mm}$.
• Xanh lục: $4,74\mathrm{mm}$.
• Da cam: $5,18\mathrm{mm}$.

(c) Tại $x_v=1,15\mathrm{mm}$, bề dày bằng 100 nm. Với chiều dài nêm 110 mm:

$$h=100\mathrm{nm}\frac{110}{1,15}=9,57\mu \mathrm{m}.$$

Bài tập 35: 38

Một laser đỏ có 650 nm. Bạn muốn cắt hai khe song song trên tấm nhựa tối, chiếu laser qua khe lên tường cách 1 m. (a) Chọn khoảng khe để các cách nhau 1 cm. (b) Có khả thi với dụng cụ thông thường ở nhà không?

(c) Thay bằng hai loa nhỏ cùng , cách 40 cm, hướng về tường cách 2 m, phát âm 1,0 kHz. Các điểm tăng cường trên tường cách nhau bao nhiêu? (d) Muốn khoảng từ tâm tới điểm tăng cường kề bằng 1,75 m, hãy chọn một tần số nghe được và khoảng loa thích hợp. (e) Cách làm với âm có khả thi ở nhà không?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bài quang học có góc nhỏ. Bài âm học có thể có góc lớn, nên phải kiểm lại hình học. Lấy tốc độ âm $344\mathrm{m}/\mathrm{s}$ trong không khí 20°C.

Hướng đi:

• Dùng $\mathrm{\Delta }r=\lambda$ cho cực đại đầu, vì góc âm lớn đòi hỏi giữ hình học hai khoảng cách chính xác.
• Tìm khoảng khe quang học từ gần tâm.
• Với âm, tính rồi kiểm tra tỉ số $\lambda /d$. Nếu không nhỏ, không dùng góc nhỏ.
• Ở câu(d), giữ vị trí vân mong muốn và chọn một cặp –khoảng loa cụ thể.

(a):

$$d=\frac{\lambda R}{\mathrm{\Delta }y}=65\mu \mathrm{m}.$$

(b) Khoảng ấy rất nhỏ so với khả năng cắt hai khe thẳng, hẹp và song song bằng dụng cụ gia đình thông thường. Hình học đúng chưa đủ nếu khe quá rộng hoặc mép không đều.

(c) âm $\lambda =\mathrm{0,344}\mathrm{m}$, khá gần khoảng loa 0,400 m. Công thức góc nhỏ sẽ cho 1,72 m nhưng không hợp lệ ở vân kế tâm.

Đặt hai loa đối xứng, tường cách mặt phẳng loa $R$, tọa độ trên tường là $y$. phải bằng $\lambda$ tại cực đại đầu:

$$\begin{array}{rl}{r}_{\pm }& =\sqrt{R^2+(y\pm d/2{)}^2},\\ r_{+}-r_{-}& =\lambda .\end{array}$$

Giải hình học:

$$y=\frac{\lambda }{2}\sqrt{1+\frac{4R^2}{d^2-{\lambda }^2}}.$$

Với $R=2\mathrm{m}$, $d=\mathrm{0,400}\mathrm{m}$, nhận $y=3,37\mathrm{m}$. Các cực đại nằm ở tâm và hai điểm đối xứng gần $\pm 3,37\mathrm{m}$.

(d) Chọn $f=2,00\mathrm{kHz}$, nên $\lambda =\mathrm{0,172}\mathrm{m}$. Để $y=1,75\mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}d& =\lambda \sqrt{1+\frac{R^2}{y^2-{\lambda }^2/4}}\\ & =\mathrm{0,261}\mathrm{m}.\end{array}$$

Đây là một phương án, không phải nghiệm duy nhất.

(e) Khoảng loa khoảng 26 cm và khoảng quan sát vài mét có thể bố trí được với hai loa nhỏ. Cần dùng chung nguồn phát và giữ . Phản xạ âm trong phòng có thể làm kết quả khác mô hình chỉ có hai đường trực tiếp.

Bài tập 35: 39

Hai khe mảnh được chiếu ánh sáng đơn sắc kết hợp trong không khí, có hai cực tiểu đầu tại góc $\pm 35,{20}^{\circ }$. Nhúng khe vào chất lỏng trong suốt và chiếu cùng ánh sáng, các cực tiểu đầu chuyển tới $\pm 19,{46}^{\circ }$. Tìm chất lỏng.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khoảng khe và nguồn không đổi. Bước sóng trong chất lỏng bằng bước sóng không khí chia $n$.

Hướng đi:

• Dùng ${\lambda }_{\mathrm{m}\mathrm{t}}={\lambda }_0/n$ vì khi ngập trong chất lỏng, khoảng khe giữ nguyên còn giảm.
• Cùng bậc cực tiểu cho cùng tỉ số giữa và .
• Chia hai phương trình để loại khoảng khe và chưa biết.

$$\begin{array}{rl}d\sin {\theta }_a& ={\lambda }_a/2,\\ d\sin {\theta }_l& ={\lambda }_a/(2n),\\ n& =\frac{\sin 35,{20}^{\circ }}{\sin 19,{46}^{\circ }}\\ & =\mathrm{1,730.}\end{array}$$

Không thay tỉ số sin bằng tỉ số hai góc vì các góc không nhỏ.

Bài tập 35: 40

Tấm đồng thau rất mỏng có hai khe song song. Laser tới vuông góc khi tấm ở 20,0°C cho các đầu tiên tại $\pm 26,6^{\circ }$. Nung chậm tới 135°C, mỗi vân tối dịch bao nhiêu độ, lại gần nhau hay xa nhau? Dùng hệ số nở dài trong Bảng 17.1, bỏ qua thay đổi bề dày khe. Có thể dùng vi phân vì độ nở nhỏ.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đồng thau có $\alpha =2,0\times {10}^{-5}{\mathrm{K}}^{-1}$, nhiệt độ tăng 115 K. giữ nguyên.

Hướng đi:

• Dùng $d\sin \theta =m\lambda$ vì cùng bậc vân và được giữ khi khoảng khe nở nhiệt.
• Điều kiện $d\sin \theta =\lambda /2$ có tích vế trái không đổi.
• Lấy vi phân để liên hệ thay đổi góc với độ nở tương đối của khoảng khe.

$$\begin{array}{rl}& \sin \theta \mathrm{d}d+d\cos \theta \mathrm{d}\theta =0,\\ & \mathrm{d}\theta =-\frac{\mathrm{d}d}{d}\tan \theta ,\\ & \mathrm{\Delta }\theta \approx -\alpha \mathrm{\Delta }T\tan \theta .\end{array}$$

Thay số và đổi radian sang độ:

$$\mathrm{\Delta }\theta \approx -\mathrm{0,066}{0}^{\circ }.$$

Góc dương giảm, còn góc âm tăng về 0, nên hai vân tiến lại gần nhau. Tính bằng biểu thức sin đầy đủ cho khoảng $-\mathrm{0,065}{8}^{\circ }$, phù hợp gần đúng vi phân.

Bài tập 35: 41

Hai ăng-ten $A,B$ phát cùng ở 5,80 MHz, cách 200 m như hình. Máy thu đi từ $B$ theo đường $BC$ vuông góc $AB$. Tại những khoảng từ $B$ nào có giao thoa triệt giảm? Khoảng quan sát không lớn so với khoảng nguồn, nên không dùng công thức màn xa.

Hình P 35.41: Máy thu đi dọc BC, còn A và B cách nhau 200 m theo đường vuông góc BC.

Chú thích:

• Hình (Figure)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Gọi $x=BC\ge 0$. Hai đường đi là $x$ và $\sqrt{x^2+{200}^2}$.

Hướng đi:

• Dùng $\mathrm{\Delta }r=(m+1/2)\lambda$ vì cần triệt giảm, rồi dùng định lý Pythagoras cho khoảng cách từ nguồn xa.
• Tính đúng bằng hình học tam giác vuông.
• Cực tiểu có bán nguyên bước sóng.
• Chỉ giữ nhỏ hơn khoảng nguồn 200 m để có vị trí hữu hạn dương.

$$\begin{array}{rl}\lambda & =c/f=\mathrm{51,724}1\mathrm{m},\\ D_m& =(m+1/2)\lambda ,\\ \sqrt{x^2+{200}^2}-x& =D_m.\end{array}$$

Bình phương sau khi chuyển vế:

$$x=\frac{{200}^2-D_m^2}{2D_m}.$$

Các bậc $m=0,1,2,3$ cho các khoảng từ $B$:

$$\begin{array}{rl}x& =760,4,219,0,\\ & 90,01,19,96\mathrm{m}.\end{array}$$

Bậc 4 đòi lớn hơn 200 m nên không có nghiệm.

Bài tập 35: 42

Hai loa $A,B$ cách $3,50\mathrm{m}$, cùng phát 444 Hz. Do trễ tín hiệu trong dây, loa $A$ sớm hơn loa $B$ một phần tư chu kỳ. Với các điểm ở xa loa, tìm mọi góc hai bên đường trung trực mà âm triệt giảm. Tốc độ âm 340 m/s.

Hình P 35.42: Góc đo từ đường trung trực, chiều dương hướng về phía loa A ở trên.

Chú thích:

• Hình (Figure)
• Đường trung trực (Centerline)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chọn góc dương về phía $A$ như hình. $A$ dẫn $\pi /2$, còn đường từ $A$ tới điểm ở phía trên ngắn hơn từ $B$.

Hướng đi:

• Dùng tổng nguồn và truyền, vì hai loa đã lệch pha ngay trước khi sóng lan đi.
• Tổng tương đối gồm pha nguồn và pha do chênh đường truyền.
• Đặt tổng bằng bội lẻ của $\pi$.
• Miền $|\sin \theta |\le 1$ giới hạn các bậc.

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{340}{444}\\ & =\mathrm{0,765}766\mathrm{m},\\ \mathrm{\Phi }& =\frac{\pi }{2}+\frac{2\pi d\sin \theta }{\lambda }.\end{array}$$

Điều kiện $\mathrm{\Phi }=(2m+1)\pi$ cho:

$$\sin \theta =(m+\frac{1}{4})\frac{\lambda }{d}.$$

Các nghiệm, tính bằng độ:

• Phía góc âm: $-55,{13}^{\circ }$, $-36,{99}^{\circ }$, $-22,{51}^{\circ }$, $-9,{44}^{\circ }$.
• Phía góc dương: $3,{14}^{\circ }$, $15,{87}^{\circ }$, $29,{49}^{\circ }$, $45,{32}^{\circ }$, $68,{41}^{\circ }$.

Hệ góc không đối xứng quanh 0 vì hai nguồn không đồng .

Bài tập 35: 43

Màng đồng đều $\mathrm{1,750}$ phủ trên kính chiết suất $1,50$. Ở 20,0°C, màng vừa đủ dày để ánh sáng 582,4 nm phản xạ mặt trên triệt giảm với chùm phản xạ mặt kính. Sau khi nung chậm tới 170°C, bị triệt giảm là 588,5 nm. Tìm hệ số nở dài của màng, bỏ qua thay đổi chiết suất theo nhiệt độ.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Màng có một lần đảo tương đối. Khi nung chậm, theo cùng một bậc cực tiểu và không đổi.

Hướng đi:

• Dùng $d=d_0(1+\alpha \mathrm{\Delta }T)$ vì khoảng khe tăng theo sự nở dài của tấm mang khe.
• Điều kiện $2nt=m{\lambda }_0$ làm cực tiểu tỉ lệ với bề dày.
• Độ tăng tương đối bề dày bằng $\alpha \mathrm{\Delta }T$ trong mô hình nở tuyến tính.

$$\begin{array}{rl}\frac{t_2}{t_1}& =\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1},\\ \alpha & =\frac{{\lambda }_2/{\lambda }_1-1}{\mathrm{\Delta }T}\\ & =6,98\times {10}^{-5}{\mathrm{K}}^{-1}.\end{array}$$

Ở đây $\mathrm{\Delta }T=150\mathrm{K}$. Không dùng nhiệt độ Celsius tuyệt đối thay cho độ tăng nhiệt.

Bài tập 35: 44

Vệ tinh GPS trong bài toán rộng khoảng 5,18 m, truyền hai tín hiệu công suất thấp, trong đó có 1575,42 MHz thuộc dải UHF. Khi thử trong phòng thí nghiệm, đặt hai bộ phát 1575,42 MHz tại hai đầu vệ tinh, phát cùng và đều theo mọi hướng. Đo cường độ trên đường tròn bán kính vài trăm mét có tâm ở giữa vệ tinh. Góc đo từ đường trung trực hai nguồn, nơi cường độ bằng $2,00\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$.

(a) Có bao nhiêu góc khác trong khoảng $0^{\circ }<\theta <{90}^{\circ }$ cũng có cường độ ấy? (b) Tìm bốn góc nhỏ nhất trong khoảng đó. (c) Cường độ tại $4,{65}^{\circ }$ bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $\lambda =c/f$, khoảng nguồn $d=5,18\mathrm{m}$. Cường độ trên đường trung trực là cực đại $I_0$.

Hướng đi:

• Dùng $d\sin \theta =m\lambda$ vì cực đại theo góc không đòi hỏi giả thiết góc nhỏ.
• Cùng giá trị cực đại có $d\sin \theta =m\lambda$.
• Đếm các bậc nguyên dương thỏa miền góc.
• Câu(c) dùng công thức cường độ liên tục, không làm tròn điểm đang xét thành một bậc vân.

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\mathrm{0,190}425\mathrm{m},\\ \frac{d}{\lambda }& \approx 27,20.\end{array}$$

(a) Có 27 bậc nguyên dương từ 1 tới 27, tức 27 góc khác trong miền đã cho.

(b) Bốn góc đầu:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_1& ={\mathrm{2,107}}^{\circ },\\ {\theta }_2& ={\mathrm{4,216}}^{\circ },\\ {\theta }_3& ={\mathrm{6,332}}^{\circ },\\ {\theta }_4& ={\mathrm{8,456}}^{\circ }.\end{array}$$

(c):

$$\begin{array}{rl}I& =I_0{\cos }^2\left(\frac{\pi d\sin 4,{65}^{\circ }}{\lambda }\right)\\ & =1,28\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Bài tập tổng hợp 35.45–35.53

Bài tập 35: 45

Ánh sáng trắng phản xạ gần vuông góc ở hai mặt tấm kính $1,52$, với không khí ở cả hai phía. Có tăng cường ở 477,0 nm, còn dài hơn kế tiếp cho tăng cường là 540,6 nm. Tấm kính dày bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai phản xạ có chênh $\pi$. Hai bước sóng cực đại liên tiếp tương ứng hai bậc bán nguyên kề nhau.

Hướng đi:

• Dùng $2nt/\lambda =m+1/2$ vì hai cực đại phản xạ liên tiếp có bậc bán nguyên chênh nhau một.
• Gọi quang lộ đi–về $C=2nt$.
• dài hơn có bậc nhỏ hơn 1.
• Lấy hiệu hai nghịch đảo để loại bậc chưa biết.

$$\begin{array}{rl}\frac{C}{477,0}-\frac{C}{540,6}& =1,\\ C& =\frac{477,0(540,6)}{540,6-477,0}\\ & =4054,5\mathrm{nm}.\end{array}$$

Do đó:

$$t=\frac{C}{2n}=1333,72\mathrm{nm}=1,33\mu \mathrm{m}.$$

Các bậc là 7,5 và 8,5 của quang lộ theo , phù hợp hai cực đại liên tiếp.

Bài tập 35: 46

Laser 510 nm truyền trong không khí tới vuông góc đầu phẳng của thanh nhựa trong suốt $1,30$. Đầu thanh phủ màng trong suốt chiết suất $1,65$. Tìm bề dày khác 0 nhỏ nhất của màng để (a) truyền vào thanh cực đại, (b) truyền vào thanh cực tiểu.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Không hấp thụ, nên tăng truyền qua đi cùng giảm phản xạ và ngược lại. Màng có lớn hơn cả hai môi trường ngoài.

Hướng đi:

• Dùng $T+R=1$ trong mô hình không hấp thụ, vì tăng truyền qua tương ứng giảm phản xạ.
• Hai phản xạ có chênh $\pi$.
• Cực tiểu phản xạ cần $2nt=m{\lambda }_0$, còn cực đại cần bậc bán nguyên.
• Câu(a) loại nghiệm bề dày 0.

(a):

$$t_{maxT}=\frac{{\lambda }_0}{2n}=155\mathrm{nm}.$$

(b):

$$t_{minT}=\frac{{\lambda }_0}{4n}=77,3\mathrm{nm}.$$

Các điều kiện nói tới cực trị truyền qua của bố trí đã cho, không bảo đảm phản xạ biến mất hoàn toàn nếu biên độ chưa khớp.

Bài tập 35: 47

Ánh sáng đỏ 700 nm đi qua hệ hai khe. Đồng thời, ánh sáng đơn sắc nhìn thấy ở một khác cũng đi qua hệ. Phần lớn hệ vân là hỗn hợp hai màu, nhưng tâm đỏ bậc 3 chỉ có màu đỏ, không có màu thứ hai. Những bước sóng nào có thể là màu thứ hai? Có cần biết khoảng khe không? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Điểm đang xét có $3(700)=2100\mathrm{nm}$. Màu thứ hai phải có cực tiểu tại chính điểm này.

Hướng đi:

• Dùng $\mathrm{\Delta }r=(m+1/2){\lambda }_2$ vì tại đỏ, màu thứ hai phải có cực tiểu.
• Cùng một vị trí giữ nguyên cho cả hai màu.
• Đặt bằng bậc bán nguyên thứ hai.
• Giữ mọi nghiệm thuộc miền nhìn thấy 380–750 nm.

$${\lambda }_2=\frac{2100}{m+1/2}\mathrm{nm}.$$

Các bậc $m=3,4,5$ cho:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_2& =600\mathrm{nm},\\ {\lambda }_2& \approx 467\mathrm{nm},\\ {\lambda }_2& \approx 382\mathrm{nm}.\end{array}$$

Nghiệm 382 nm ở gần biên tím nhưng vẫn nằm trong miền 380–750 nm. Không cần biết khoảng khe, vì bậc 3 của màu đỏ đã xác định tại điểm xét.

Bài tập 35: 48

Cá trích và các loài họ hàng có vẻ bạc sáng giúp ngụy trang trong biển có ánh nắng. Các phiến trên bề mặt cá gồm những tầng guanine tinh thể $1,80$ xen với tế bào chất chiết suất $\mathrm{1,333}$, gần bằng nước. Tầng ngoài cùng là guanine tiếp xúc với nước. Trong một phiến điển hình, guanine dày 74 nm và tế bào chất dày 100 nm.

(a) Ánh sáng tới vuông góc có những chân không nhìn thấy nào làm năm phản xạ trong hình gần đồng pha? Màu nào được phản xạ mạnh nhất? Các phiến kề nhau có bề dày khác nhau nên toàn bề mặt có thể phản xạ mọi màu. (b) Vì sao nhiều tầng phản xạ mạnh hơn một tầng guanine trên nền tế bào chất? Năm tầng guanine xen tế bào chất có thể phản xạ hơn 80% ánh sáng tại bước sóng phù hợp. (c) Vì sao màu phản xạ đổi theo góc nhìn? Đa số phiến có cùng hướng, gần thẳng đứng khi cá bơi.

Hình P 35.48: Các phản xạ R 1–R 5 ở những mặt phân cách guanine và tế bào chất. Hai bề dày quang học gần bằng nhau.

Chú thích:

• Hình (Figure)
• Nước (Water)
• Guanine (Guanine)
• Tế bào chất (Cytoplasm)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mỗi lần đi từ môi trường thấp sang cao $\pi$, còn chiều ngược lại không đổi .

Hướng đi:

• Dùng $\mathrm{\Delta }\mathcal{L}=2nt$ cho từng tầng vì các tia đi thêm cả lượt xuống lẫn lượt lên trước khi phản xạ ra.
• Hai phản xạ ở hai mặt của mỗi tầng có dấu khác nhau. Tầng dày một phần tư bước sóng quang học bù thêm pha $\pi$ khi đi–về, đưa các chùm về đồng pha.
• So sánh $4nt$ của cả guanine lẫn tế bào chất.
• Với nhiều tầng, cộng các biên độ phản xạ cùng , thay vì cộng riêng cường độ từng mặt.

(a):

$$\begin{array}{rl}4n_g{t}_g& =4(1,80)(74)\\ & =532,8\mathrm{nm},\\ 4n_c{t}_c& =4(\mathrm{1,333})(100)\\ & =533,2\mathrm{nm}.\end{array}$$

Hai kết quả gần bằng nhau, nên ${\lambda }_0\approx 533\mathrm{nm}$ làm các phản xạ gần đồng . Màu được tăng cường là xanh lục. Những nghiệm bậc cao của cùng điều kiện nằm ngoài miền nhìn thấy.

(b) Mỗi mặt phân cách đóng góp thêm một biên độ có thích hợp, làm tổng biên độ phản xạ lớn hơn. Các chùm truyền qua và phản xạ nhiều lần cũng phải được tính để bảo toàn năng lượng. Trong mô hình các tầng một phần tư bước sóng lý tưởng, năm tầng guanine cho phần phản xạ vượt 0,80, phù hợp mức đã nêu.

(c) Khi tới xiên, quang lộ và quan hệ giữa các đường thay đổi. hai lượt qua một tầng đồng nhất chứa thừa số $\cos {\theta }_{\mathrm{f}\mathrm{i}\mathrm{l}\mathrm{m}}$, với góc khúc xạ trong tầng. Vì vậy bước sóng được tăng cường thay đổi theo hướng nhìn.

Bài tập 35: 49

Laser đi qua hai khe mảnh song song, các hoàn toàn đầu tiên nằm tại $\pm 19,0^{\circ }$ với hướng ban đầu trên màn xa. (a) Tìm tỉ số khoảng khe với . (b) Góc nhỏ nhất để cường độ bằng một phần mười cực đại là bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cực tiểu đầu có $d\sin {19}^{\circ }=\lambda /2$.

Hướng đi:

• Dùng $I/I_0={\cos }^2(\pi d\sin \theta /\lambda )$ vì đồ thị cường độ theo góc mã hóa tỉ số khoảng khe với .
• Điều kiện cực tiểu cho trực tiếp $d/\lambda$.
• Với điểm gần tâm nhất có cường độ 0,1 cực đại, chọn đối số cos trong khoảng 0 đến $\pi /2$.

(a):

$$\frac{d}{\lambda }=\frac{1}{2\sin {19}^{\circ }}=1,54.$$

(b) Đặt $\alpha =\pi (d/\lambda )\sin \theta$:

$$\begin{array}{rl}\alpha & =\arccos \sqrt{\mathrm{0,100}},\\ \theta & =\arcsin \left(\frac{\alpha }{\pi (d/\lambda )}\right)\\ & =15,0^{\circ }.\end{array}$$

Có hai vị trí đối xứng ở $\pm 15,0^{\circ }$.

Bài tập 35: 50

Trong kỳ thực tập tại công ty quang học, bạn cần đo laser. Chiếu laser qua hai khe cách $d$, quan sát vân trên màn cách 0,900 m và đo sáng $\mathrm{\Delta }y$ gần tâm. Đo $d$ bằng kính hiển vi. Vì cả $\mathrm{\Delta }y$ và $d$ đều nhỏ, bạn lặp với nhiều cặp khe khác nhau. Hình biểu diễn đủ các điểm $\mathrm{\Delta }y$ theo $1/d$ cùng đường thẳng khớp tốt nhất.

(a) Vì sao các điểm gần thẳng hàng? (b) Dùng đồ thị tìm .

Hình P 35.50: Tám cặp đo khoảng vân theo nghịch đảo khoảng khe và đường thẳng khớp dữ liệu.

Chú thích:

• Hình (Figure)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Miền vân gần tâm, khoảng màn $R=900\mathrm{mm}$. Trục tung tính bằng mm, trục hoành bằng ${\mathrm{mm}}^{-1}$.

Hướng đi:

• Dùng $\mathrm{\Delta }y=(\lambda R)(1/d)$ vì đồ thị tuyến tính của theo nghịch đảo khoảng khe có độ dốc bằng tích và khoảng màn.
• Công thức có dạng tuyến tính theo $1/d$.
• Hệ số góc bằng $\lambda R$, đơn vị ${\mathrm{mm}}^2$.
• Dùng xu hướng của cả tám điểm và đường khớp, không chọn một điểm lệch riêng lẻ.

(a):

$$\mathrm{\Delta }y=(\lambda R)\frac{1}{d}.$$

(b) Độ dốc đọc được khoảng $0,54{\mathrm{mm}}^2$. Khi đọc chi tiết hơn, đường thẳng có độ dốc gần $\mathrm{0,544}{\mathrm{mm}}^2$. Cả tám điểm cho cùng xu hướng ấy.

$$\begin{array}{rl}\lambda & \approx \frac{\mathrm{0,544}}{900}\mathrm{mm}\\ & \approx 6,05\times {10}^{-7}\mathrm{m}\\ & \approx 600\mathrm{nm}.\end{array}$$

Độ chính xác đáp số bị giới hạn bởi khả năng đọc đồ thị. Tung độ gốc nhỏ so với toàn thang không thay quan hệ lý thuyết đi qua gốc.

Tám điểm đo và đường thẳng khớp, biểu diễn lại để thấy độ dốc dùng suy bước sóng.

Bài tập 35: 51

Hai ăng-ten sóng ngắn $A,B$ nối cùng máy phát, phát kết hợp cùng và cùng tần số $f$. Cần xác định $f$ và vị trí cho tăng cường tại máy thu $P$ ở góc gara. Đặt $A$ cách $P$ 240,0 m về đông. $B$ nằm trên đoạn $PA$, cách $P$ một khoảng $x<240,0\mathrm{m}$. Đo thấy cực đại tại $x=210,0$,216,0 và 222,0 m, không khảo sát các $x$ nhỏ hoặc lớn hơn.

(a) Tìm . (b) Giá trị $x$ lớn nhất dưới 240,0 m cho giao thoa triệt giảm là bao nhiêu? Xem các ăng-ten như nguồn điểm.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: tại $P$ là $240-x$. Các cực đại được ghi cách nhau 6,0 m.

Hướng đi:

• Dùng $\mathrm{\Delta }r=2x-D$ trên đoạn nối nguồn vì khi điểm quan sát dịch một đoạn, thay đổi gấp đôi.
• Nếu ba cực đại là các cực đại liên tiếp, khoảng thay đổi giữa chúng bằng một .
• Cực tiểu gần $x=240\mathrm{m}$ nhất có $\lambda /2$.
• Phân biệt giả thiết cực đại liên tiếp với việc chỉ biết ba vị trí cực đại.

Với cách hiểu các cực đại liên tiếp:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =6,00\mathrm{m},\\ f& =c/\lambda =50,0\mathrm{MHz},\\ 240-x_{max}& =\lambda /2,\\ x_{max}& =237,0\mathrm{m}.\end{array}$$

Nếu chưa xác nhận không có cực đại chen giữa các vị trí đã nêu, dữ kiện chỉ cho $\lambda =6/k\mathrm{m}$ với $k$ nguyên dương. Khi ấy:

$$\begin{array}{rl}f& =50k\mathrm{MHz},\\ x_{max}& =240-\frac{3}{k}\mathrm{m}.\end{array}$$

Vì vậy, đáp số 50 MHz và 237 m dùng thêm giả thiết các cực đại đo được là liên tiếp.

Bài tập 35: 52

Trong phòng thí nghiệm, một tấm kính rất mỏng, phẳng, đồng đều, $1,40$ che cửa buồng khí. Khí hai phía có chiết suất gần 1. Chiếu ánh sáng kết hợp tới vuông góc. Phản xạ hai mặt tăng cường với chân không 496 nm, còn bước sóng ngắn hơn kế tiếp cho tăng cường là 386 nm.

(a) Tìm bề dày kính. (b) chân không dài nhất cho tăng cường phản xạ là bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Có một lần đổi tương đối. Hai bước sóng ngắn dần ứng với hai bậc bán nguyên tăng liên tiếp.

Hướng đi:

• Dùng $2nt/\lambda =m+1/2$ vì hai cực đại phản xạ kề nhau chọn hai bậc bán nguyên liên tiếp.
• Gọi $C=2nt$. Hai điều kiện có dạng $C=(m+1/2)496=(m+3/2)386$.
• Dùng tỉ số để nhận dạng bậc nguyên, có xét độ làm tròn của hai số đo.
• Sau khi xác định bề dày, cực đại dài nhất ứng với bậc 0.

Từ dữ kiện:

$$m=\frac{386}{496-386}-\frac{1}{2}\approx 3,01.$$

Các số đo đã làm tròn, phù hợp $m=3$ và bậc kế tiếp 4. Hai ước lượng của quang lộ là:

$$\begin{array}{rl}{C}_1& =3,5(496)=1736\mathrm{nm},\\ C_2& =4,5(386)=1737\mathrm{nm}.\end{array}$$

(a) Lấy giá trị trung bình hai ước lượng:

$$\begin{array}{rl}C& \approx 1736,5\mathrm{nm},\\ t& =\frac{C}{2(1,40)}\\ & \approx 620\mathrm{nm}\\ & =\mathrm{0,620}\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

(b) Bậc 0 có $C={\lambda }_{max}/2$:

$${\lambda }_{max}\approx 3473\mathrm{nm}\approx 3,47\mu \mathrm{m}.$$

Nếu loại bậc bằng hiệu hai nghịch đảo số đo trước khi nhận dạng số nguyên, kết quả khoảng 0,622 µm. Sự khác nhỏ do dữ kiện làm tròn được khuếch đại khi lấy hiệu, không phải một bậc giao thoa khác.

Bài tập 35: 53

Ống dẫn sóng âm là một ống trụ dài bán kính $r$, có nguồn âm nhỏ ở tâm một đầu. Trong mô tả bài toán, các vị trí trên trục được gọi là “nút áp suất”, nơi tia phản xạ ở thành ống “giao thoa tăng cường” với tia trực tiếp.

(a) Với $\lambda$, bán kính nhỏ nhất để có ít nhất một vị trí như vậy là bao nhiêu? (b) Ống bán kính 25,0 cm, nhiệt độ 20°C và tần số 2,50 kHz có bao nhiêu vị trí? (c) Chúng cách đầu nguồn bao xa? (d) Nếu thay không khí bằng helium, số vị trí và các khoảng thay đổi thế nào?

Hình P 35.53: Tia trực tiếp đi dọc trục và tia phản xạ một lần ở thành ống gặp nhau tại điểm cách nguồn d.

Chú thích:

• Hình (Figure)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đường trực tiếp dài $d$, đường phản xạ một lần dài $\sqrt{d^2+4r^2}$ theo mô hình tia trong hình. Nguồn ở một đầu nên xét $d\ge 0$. Hai mô tả “nút áp suất” và “tăng cường áp suất” cần được phân biệt.

Hướng đi:

• Dùng $\mathrm{\Delta }r=\sqrt{d^2+4r^2}-d$ vì nguồn ảnh qua tường cho đúng độ dài đường phản xạ.
• Viết đúng, không dùng góc nhỏ.
• Trước hết giải điều kiện tăng cường được phát biểu trong đề.
• Sau đó phân biệt các vị trí tăng cường ấy với nút áp suất khi thành ống cứng, vì hai khái niệm không đồng nghĩa.

Đặt:

$$\begin{array}{rl}D& =\sqrt{d^2+4r^2}-d,\\ d& =\frac{4r^2-D^2}{2D}.\end{array}$$

Các vị trí tăng cường theo mô hình của đề

Với chênh phản xạ bằng 0 của áp suất ở thành cứng, tăng cường có $D=m\lambda$, $m=1,2,\dots$.

(a) Do $D$ lớn nhất bằng $2r$, điều kiện xuất hiện bậc đầu là $2r\ge \lambda$. Ngưỡng bán kính $r_{min}=\lambda /2$. Muốn vị trí nằm hẳn bên trong ống với $d>0$, cần $r>\lambda /2$.

(b), (c) Tốc độ âm trong không khí 20°C là 344 m/s, cho $\lambda =\mathrm{0,137}6\mathrm{m}$. Với $r=\mathrm{0,250}\mathrm{m}$, có ba bậc $m=1,2,3$, tại:

$$\begin{array}{rl}{d}_1& =83,96\mathrm{cm},\\ d_2& =31,66\mathrm{cm},\\ d_3& =\mathrm{9,641}\mathrm{cm}.\end{array}$$

Nếu mở rộng hình học đối xứng sang cả hai phía của nguồn, có sáu tọa độ mang dấu $\pm$. Trong ống bắt đầu ở nguồn như đã mô tả, chỉ ba khoảng dương thuộc miền vật lý đang xét.

(d) Helium 20°C có tốc độ 999 m/s, 0,3996 m. Chỉ còn bậc 1, với $d=11,30\mathrm{cm}$ về phía trong ống. Mô hình đối xứng hai phía sẽ có hai tọa độ $\pm 11,30\mathrm{cm}$.

Phân biệt với nút áp suất

Áp suất cùng tạo bụng, không tạo nút. Ở thành cứng, điều kiện vận tốc pháp tuyến bằng 0 cho phản xạ áp suất không đổi dấu. Nếu thực sự tìm nút áp suất trong mô hình hai tia, phải dùng:

$$D=(m+1/2)\lambda .$$

Khi ấy ngưỡng là $r=\lambda /4$. Trong không khí, có bốn khoảng dương gần 178,25 cm,50,24 cm,19,14 cm và 1,875 cm. Với helium có một khoảng dương 52,57 cm. Những số này thuộc điều kiện triệt giảm áp suất, khác với điều kiện tăng cường vừa giải.

Để có nút hoàn toàn còn cần các biên độ tại điểm xét bằng nhau. Mô hình tia chỉ xác định điều kiện , không thay thế bài toán trường âm và các mode của một ống dẫn thực.

Bài tập nâng cao 35.54–35.56

Bài tập 35: 54

Ánh sáng đơn sắc $\lambda$ tới ba khe hẹp, khoảng giữa hai khe kề là $d$. Tại điểm $P$, điện trường từ khe giữa là $E\cos (\omega t)$, từ hai khe ngoài là $E\cos (\omega t+\varphi )$ và $E\cos (\omega t-\varphi )$, với:

$$\varphi =\frac{2\pi d\sin \theta }{\lambda }.$$

(a) Dùng hoặc đồng nhất thức lượng giác để tìm biên độ trường tổng $E_P$. (b) Tìm cường độ theo cực đại toàn hệ $I_0$ và $\varphi$. (c) Ngoài cực đại bằng $I_0$ tại $\varphi =2\pi m$, còn có cực đại nhỏ hơn ở những nào? (d) Cường độ cực đại nhỏ bằng bao nhiêu? (e) Pha của các gần tâm nhất là gì? (f) Với $\lambda =650\mathrm{nm}$, $d=\mathrm{0,200}\mathrm{mm}$, màn xa $R=1,00\mathrm{m}$, cực đại nhỏ đầu tiên cách tâm bao nhiêu? (g) Cực đại tuyệt đối kế tâm cách tâm bao nhiêu?

Hình P 35.54: Ba tia từ ba khe hẹp tới P, hai khe ngoài có độ lệch pha đối nhau so với khe giữa.

Chú thích:

• Hình (Figure)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Ba đóng góp có cùng biên độ $E$, cùng . Hai pha ngoài bằng $\pm \varphi$ so với pha giữa.

Hướng đi:

• Dùng tổng ba vectơ cách đều góc vì ba khe được chiếu cùng biên độ, cùng pha và ở khoảng cách đều.
• Khai triển tổng ba trường tường minh trước khi rút gọn.
• Bình phương biên độ để tìm cường độ, chuẩn hóa bằng biên độ cực đại $3E$.
• Xét các điểm dừng của hàm cường độ để phân biệt cực đại nhỏ và .

(a) Trường tổng:

$$E_{\mathrm{n}\mathrm{e}\mathrm{t}}(t)=E\cos \omega t+E\cos (\omega t+\varphi )+E\cos (\omega t-\varphi ).$$

Hai số hạng ngoài cộng lại thành $2E\cos \omega t\cos \varphi$, nên:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{n}\mathrm{e}\mathrm{t}}(t)& =E(1+2\cos \varphi )\cos \omega t,\\ E_P& =E|1+2\cos \varphi |.\end{array}$$

Hệ số có dấu âm chỉ tổng đổi thêm $\pi$, còn biên độ luôn không âm.

(b) Khi ba trường đồng , $E_{P,max}=3E$:

$$\frac{I}{I_0}=\frac{(1+2\cos \varphi {)}^2}{9}.$$

(c) Đạo hàm theo :

$$\frac{\mathrm{d}(I/I_0)}{\mathrm{d}\varphi }=-\frac{4}{9}(1+2\cos \varphi )\sin \varphi .$$

Các điểm dừng có $\sin \varphi =0$ hoặc $1+2\cos \varphi =0$. Bội chẵn của $\pi$ cho cực đại tuyệt đối. Bội lẻ:

$$\varphi =(2m+1)\pi ,m\in \mathbb{Z}$$

cho các cực đại nhỏ.

(d) Với $\cos \varphi =-1$, nhận $I=I_0/9$.

(e) có $\cos \varphi =-1/2$. Hai giá trị gần 0 nhất là:

$$\varphi =\pm \frac{2\pi }{3}.$$

Phân bố cường độ ba khe: Hai cực tiểu nằm giữa cực đại tuyệt đối và cực đại phụ có độ cao một phần chín.

(f) Cực đại nhỏ đầu tiên có $|\varphi |=\pi$, nên trong gần đúng góc nhỏ:

$$\begin{array}{rl}|y_{\mathrm{l}\mathrm{e}\mathrm{s}\mathrm{s}\mathrm{e}\mathrm{r}}|& \approx \frac{\lambda R}{2d}\\ & =\mathrm{1,625}\mathrm{mm}.\end{array}$$

(g) Cực đại tuyệt đối gần nhất khác cực đại trung tâm có $|\varphi |=2\pi$:

$$|y_{\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{i}\mathrm{n}}|\approx \frac{\lambda R}{d}=3,25\mathrm{mm}.$$

Cực đại trung tâm tự nó là cực đại tuyệt đối ở $y=0$, nhưng ở đây đang tìm cực đại tuyệt đối kế tiếp.

Bài tập 35: 55

Thanh thủy tinh có $1,48$ ở 20,0°C. Chiết suất tăng tuyến tính theo nhiệt độ với hệ số $2,50\times {10}^{-5}{\mathrm{K}}^{-1}$, hệ số nở dài $5,00\times {10}^{-6}{\mathrm{K}}^{-1}$. Ở 20,0°C, thanh dài 3,00 cm.

Đặt thanh trong một nhánh , nung với tốc độ 5,00°C mỗi phút. Nguồn có 589 nm, thanh ban đầu ở 20,0°C. Có bao nhiêu vân qua trường nhìn mỗi phút?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khi thủy tinh nở trong một nhánh có gương cố định, phần tăng chiều dài của thanh thay thế một phần không khí. không khí lấy gần 1.

Hướng đi:

• Dùng $2(n-1)L$ vì bản thay thế cùng một đoạn không khí trên cả lượt tới lẫn lượt về của giao thoa kế.
• Độ tăng quang lộ do thanh là $(n-1)L$ một lượt, không phải chỉ $nL$ khi bỏ quên phần không khí bị thay thế.
• Lấy đạo hàm để tính cả biến thiên lẫn nở dài.
• Nhân 2 do hai lượt qua thanh, rồi chia để tính tốc độ số vân.

Gọi quang lộ dư hai lượt là $\mathrm{\Delta }$:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }& =2(n-1)L,\\ & \frac{\mathrm{d}\mathrm{\Delta }}{\mathrm{d}T}\\ & =2L[\frac{\mathrm{d}n}{\mathrm{d}T}+(n-1)\alpha ].\end{array}$$

Do đó, ở gần nhiệt độ ban đầu:

$$\begin{array}{rl}\frac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t}& =\frac{2L}{\lambda }[\frac{\mathrm{d}n}{\mathrm{d}T}+(n-1)\alpha ]\times \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t}\\ & =\mathrm{13,956}{\min }^{-1}\\ & \approx 14,0\text{ fringes/min}.\end{array}$$

Cả và chiều dài đều tăng nên các đóng góp vào quang lộ dư cùng dấu. Đây là kết quả đến bậc nhất theo độ tăng nhiệt.

Bài tập 35: 56

Lưỡng lăng kính Fresnel có hai góc lăng kính $A$ rất nhỏ. Khe nguồn $S_0$ rất hẹp, cách lưỡng lăng kính một khoảng $a$.

(a) Chứng minh khoảng giữa hai ảo $S_1,S_2$ bằng $d=2aA(n-1)$, với $n$ là lăng kính. (b) Tìm ánh sáng xanh lục 500 nm trên màn cách lưỡng lăng kính 2,00 m. Cho $a=\mathrm{0,200}\mathrm{m}$, $A=3,50\mathrm{mrad}$, $n=1,50$.

Hình P 35.56: Hai nửa lưỡng lăng kính tạo hai ảnh ảo kết hợp của cùng nguồn S 0, có các chùm chồng lấp trên màn.

Chú thích:

• Hình (Figure)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Các góc nhỏ, lưỡng lăng kính mỏng. Màn cách mặt phẳng nguồn ảo xấp xỉ $a+b$, với $b=2,00\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Dùng $R=a+b$ vì nguồn ảnh đối xứng làm hai chùm ảo truyền tới màn trên toàn khoảng từ nguồn đến màn.
• Dùng định luật Snell góc nhỏ để tìm độ lệch của một lăng kính mỏng.
• Kéo dài ngược hai chùm để xác định hai ảnh ảo của cùng nguồn.
• Tính với khoảng từ nguồn ảo tới màn, không chỉ khoảng lăng kính–màn.

(a) Với góc khúc xạ trong lăng kính $r_1,r_2$:

$$\begin{array}{rl}{r}_1+r_2& =A,\\ i& \approx n{r}_1,\\ e& \approx n{r}_2.\end{array}$$

Độ lệch của mỗi nửa:

$$\delta =i+e-A\approx (n-1)A.$$

Hai nửa lệch theo hai phía đối nhau. Khi kéo dài ngược về mặt phẳng nguồn, mỗi ảnh lệch ngang khoảng $a\delta$, nên:

$$d\approx 2a\delta =2aA(n-1).$$

(b):

$$\begin{array}{rl}d& =\mathrm{0,700}\mathrm{mm},\\ R& =a+b=2,20\mathrm{m},\\ \mathrm{\Delta }y& =\frac{\lambda R}{d}\\ & =1,57\mathrm{mm}.\end{array}$$

Hai nguồn ảo giữ quan hệ vì là hai ảnh của một khe nguồn chung.

Đọc hiểu ứng dụng: Giao thoa sóng âm

Giao thoa xảy ra với ánh sáng, mọi miền điện từ và các loại sóng khác như âm, sóng nước. Giảng viên đặt hai loa trước lớp, dùng một bộ dao động điện tử để tạo âm đơn tần. Khi bật hệ ở cấu hình ban đầu, bạn và nhiều sinh viên nghe âm lớn, còn một số người không nghe thấy âm. Tốc độ âm trong không khí là 340 m/s.

Bài tập 35: 57

Giảng viên điều chỉnh hệ. bạn nghe không đổi nhưng âm nhỏ đi, và mọi sinh viên trong lớp đều nghe được. Giảng viên đã làm gì?

• (a) Tắt bộ dao động.
• (b) Giảm âm lượng của các loa.
• (c) Đổi quan hệ giữa hai loa.
• (d) Ngắt một loa.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cần giải thích việc vùng triệt giảm do hai nguồn không còn, trong khi vẫn có âm cùng .

Hướng đi:

• Dùng nguyên lý chồng chất vì có thể loại hệ nút của hai nguồn bằng cách bỏ một đóng góp.
• Một loa đơn không còn giao thoa hai nguồn.
• Điểm từng là cực đại hai loa sẽ nhận ít cường độ hơn, còn điểm từng là cực tiểu vẫn nhận âm từ loa còn hoạt động.

Chọn (d) theo cách hiểu thí nghiệm đã loại hệ nút do hai loa. Ngắt một loa làm những người trước ở cực tiểu nghe được, còn cường độ ở những vị trí tăng cường giảm.

Tắt bộ dao động làm mọi người im lặng. Giảm đồng thời âm lượng hai loa vẫn giữ các nút. Đổi chỉ di chuyển hệ nút, không loại hệ nút khỏi toàn vùng quan sát. Nếu chỉ quan sát một số vị trí hữu hạn, việc mọi người tại các vị trí đó nghe được chưa tự nó chứng minh không còn nút ở chỗ khác.

Bài tập 35: 58

Giảng viên đưa hệ về cấu hình ban đầu rồi điều chỉnh tiếp. Mọi người vốn không nghe nay nghe âm lớn, còn bạn và những người vốn nghe âm lớn nay không nghe thấy. Giảng viên đã làm gì?

• (a) Tắt bộ dao động.
• (b) Giảm âm lượng của các loa.
• (c) Đổi quan hệ giữa hai loa.
• (d) Ngắt một loa.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Các vị trí cực đại và cực tiểu đổi vai trò.

Hướng đi:

• Dùng $I\propto E_P^2$ vì cường độ là trung bình bình phương điện trường tổng.
• Cực đại có tương đối bội chẵn của $\pi$, cực tiểu có pha bội lẻ.
• Thêm $\pi$ cho một nguồn sẽ đổi đồng thời hai nhóm.

Chọn (c), cụ thể đổi tương đối thêm nửa chu kỳ:

$$\begin{array}{rl}{\cos }^2(\varphi /2)⟶{\cos }^2& \left(\frac{\varphi +\pi }{2}\right)\\ & ={\sin }^2(\varphi /2).\end{array}$$

Ở những điểm cường độ trước bằng cực đại hoặc bằng 0, hai giá trị đổi cho nhau.

Bài tập 35: 59

Đưa hệ về cấu hình ban đầu, bạn lại nghe âm lớn. Giảng viên dịch một loa chậm ra xa bạn đến điểm bạn không còn nghe. Loa đã ra xa thêm 0,34 m. âm là bao nhiêu?

• (a) 1000 Hz.
• (b) 2000 Hz.
• (c) 500 Hz.
• (d) 250 Hz.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Từ cực đại ban đầu đến cực tiểu đầu gặp khi tăng đường đi của một nguồn.

Hướng đi:

• Dùng $\mathrm{\Delta }r=\lambda /2$ vì vị trí đã cho được hiểu là cực tiểu đầu của hai loa đồng .
• Thay đổi đường đi một nửa làm pha đổi $\pi$.
• Dùng tốc độ đã cho trong đoạn đọc để suy .

$$\begin{array}{rl}\frac{\lambda }{2}& =0,34\mathrm{m},\\ \lambda & =0,68\mathrm{m},\\ f& =\frac{340}{0,68}\\ & =500\mathrm{Hz}.\end{array}$$

Chọn (c). Kết quả dùng cực tiểu đầu gặp và bỏ qua sự thay đổi biên độ nhỏ khi dịch loa.

Bài tập 35: 60

Đưa hệ về cấu hình ban đầu rồi giảm bộ dao động còn một nửa. Điều gì xảy ra?

• (a) Những người vốn nghe âm lớn vẫn nghe âm lớn, những người vốn không nghe vẫn không nghe.
• (b) Những người vốn nghe âm lớn nay không nghe, những người vốn không nghe nay nghe âm lớn.
• (c) Một số người vốn nghe âm lớn vẫn nghe âm lớn, nhưng những người khác trong nhóm đó nay không nghe.
• (d) Trong số những người vốn không nghe, một số vẫn không nghe nhưng những người khác nay nghe âm lớn.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khoảng nguồn và người nghe không đổi. Khi giảm một nửa, bước sóng tăng gấp đôi và do giảm một nửa.

Hướng đi:

• Dùng $I/I_0={\cos }^2(\pi \mathrm{\Delta }r/\lambda )$ vì tăng gấp đôi làm tăng gấp đôi tại cùng điểm.
• Theo dõi riêng các vị trí cực đại và cực tiểu ban đầu.
• Bậc chẵn và lẻ của cực đại cũ chuyển khác nhau khi bị chia 2.

Với các nguồn đồng ban đầu, ở cực đại cũ:

$$\begin{array}{rl}{\varphi }_{\mathrm{o}\mathrm{l}\mathrm{d}}& =2\pi m,\\ {\varphi }_{\mathrm{n}\mathrm{e}\mathrm{w}}& =\pi m.\end{array}$$

Nếu $m$ chẵn, điểm vẫn là cực đại. Nếu $m$ lẻ, điểm thành cực tiểu. Vì vậy chọn (c).

Ở cực tiểu cũ, ${\varphi }_{\mathrm{o}\mathrm{l}\mathrm{d}}=(2m+1)\pi$, nên mới là một bội lẻ của $\pi /2$. Các điểm đó có cường độ bằng một nửa cực đại mới trong mô hình biên độ bằng nhau, không phải một nhóm vẫn ở 0 như mô tả(d).

Đáp số các bài lẻ

Các số dưới đây dùng đúng dữ kiện, miền góc và quy ước trong lời giải. Đáp số đọc từ đồ thị chỉ có độ chính xác tương ứng với thang hình.

Bài	Đáp số
35.1	Các khoảng từ A là 0,750 m,2,00 m,3,25 m,4,50 m,5,75 m,7,00 m và 8,25 m
35.3	(a) 2,0 m. (b) Tăng cường. (c) Hiệu đường đi 1,02776 m, gần cực tiểu, chưa triệt giảm chính xác
35.5	11 điểm. Điểm gần A nhất cách 2,50 m
35.7	Khoảng khe 1,14 mm
35.9	0,833 mm
35.11	39 , hai vân ngoài cùng ở $\pm 73,4^{\circ }$
35.13	Khoảng hai 12,6 cm
35.15	1200 nm
35.17	(a) $\mathrm{0,750}{I}_0$. (b) 80 nm
35.19	$1,67\times {10}^3\mathrm{rad}$
35.21	(a) $4,52\mathrm{rad}$. (b) $\mathrm{0,406}{I}_0$
35.23	Bề dày nhỏ nhất 114 nm
35.25	(a) Thêm 55,6 nm. (b) hình học $2,18\times {10}^3\mathrm{nm}$, bằng 11,0 trong màng
35.27	(a) 514 nm, xanh lục. (b) 603 nm, da cam
35.29	Độ sâu hốc 110 nm
35.31	Dịch gương 0,570 mm
35.33	1,57
35.35	(a) Bề dày 96,0 nm. (b) Không có nhìn thấy khác đạt cực đại hoặc cực tiểu phản xạ
35.37	(a) Xanh lục 1,58 mm, da cam 1,73 mm. (b) Tím 3,45 mm, xanh lục 4,74 mm, da cam 5,18 mm. (c) Lá kê 9,57 µm
35.39	1,730
35.41	Các khoảng từ B khoảng 760,4 m,219,0 m,90,01 m và 19,96 m
35.43	Hệ số nở dài $6,98\times {10}^{-5}{\mathrm{K}}^{-1}$
35.45	Bề dày 1,33 µm
35.47	Các 600 nm,467 nm và 382 nm trong miền 380–750 nm. Không cần khoảng khe
35.49	(a) $d/\lambda =1,54$. (b) Hai góc đầu $\pm 15,0^{\circ }$
35.51	Nếu ba cực đại liên tiếp: 50,0 MHz và vị trí 237,0 m. Nếu chưa biết tính liên tiếp, có họ nghiệm trong lời giải
35.53	Với điều kiện tăng cường: Ngưỡng $r=\lambda /2$, ba khoảng dương trong không khí 83,96 cm,31,66 cm,9,641 cm và một khoảng trong helium 11,30 cm. Điều kiện nút áp suất khác, xem đầy đủ lời giải
35.55	Khoảng 14,0 vân mỗi phút ở gần nhiệt độ đầu
35.57	(d), với cách hiểu loại hệ nút của hai nguồn
35.59	(c),500 Hz

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, University Physics with Modern Physics, ấn bản 15, chương 35, trang 1178–1184.