Vì sao sóng có thể đi vòng qua một mép chắn?

Ta vẫn nghe tiếng còi xe cảnh sát khi chiếc xe chưa xuất hiện trong tầm nhìn. Ta cũng nghe một người nói dù người ấy quay lưng lại. Những tình huống này cho thấy sóng âm có thể lan vào miền phía sau vật cản. Ánh sáng cũng có tính chất tương tự.

Khi ánh sáng từ nguồn điểm chiếu lên một mép thẳng, ranh giới bóng không bao giờ sắc nét hoàn toàn. Một phần ánh sáng đi vào miền mà quang hình học dự đoán là bóng tối. Trong miền được chiếu sáng, có thể xuất hiện các vân sáng và tối xen kẽ. Ánh sáng ra khỏi một khẩu độ vì thế không tuân hoàn toàn mô hình tia thẳng.

Mở đầu: Các đơn vị quang học nhỏ trên mắt kép của ruồi đặt ra câu hỏi về giới hạn phân giải do nhiễu xạ.

Nguyên nhân là ánh sáng, giống như âm, có bản chất sóng. Khi hai sóng ánh sáng kết hợp, ta thu được hệ vân giao thoa. Bây giờ, ta xét sự phối hợp của rất nhiều sóng. Các hiệu ứng giao thoa ấy được gọi chung là nhiễu xạ.

Mỗi phần tử rất nhỏ của một khẩu độ có thể được xem là một nguồn phát sóng. Các sóng từ những phần tử đó chồng chất và tạo nên một hệ vân sáng tối. Vì vậy, hình ảnh sau khẩu độ phải được tìm từ toàn bộ được truyền qua, thay vì chỉ kéo dài các tia thẳng.

Những hệ vân tương tự còn xuất hiện khi ánh sáng đi qua một dãy khẩu độ. Hình dạng hệ vân phụ thuộc màu ánh sáng, kích thước và khoảng cách giữa các khẩu độ. Các màu óng ánh của bướm và dải màu phản xạ trên đĩa CD là những biểu hiện liên quan đến cấu trúc này.

Ta sẽ xét cả để khảo sát cấu trúc nguyên tử của chất rắn và chất lỏng. Phần cuối tìm hiểu , một cách ghi hệ vân giao thoa để tái tạo hình ảnh ba chiều.

Mục tiêu của chương

• Giải thích hiện tượng khi ánh sáng kết hợp chiếu lên vật có mép hoặc khẩu độ.
• Phân tích hệ vân khi ánh sáng kết hợp truyền qua một khe hẹp.
• Tính cường độ tại những điểm khác nhau trong hệ vân .
• Xác định hệ vân khi chiếu ánh sáng kết hợp lên nhiều khe hẹp đặt gần nhau.
• Giải thích cách dùng để đo chính xác bước sóng.
• Liên hệ với sự sắp xếp nguyên tử trong tinh thể.
• Xác định giới hạn chi tiết nhỏ nhất mà một hệ quang học có thể phân giải do nhiễu xạ.
• Giải thích nguyên lý ghi và tái tạo .

Kiến thức cần ôn

Cần ôn lăng kính, và . Sự tạo ảnh qua thấu kính cùng chỉ số khẩu độ của máy ảnh được dùng khi xét hệ quang học. , giao thoa hai khe và phương pháp vectơ pha là cơ sở để cộng các sóng trong chương.

Câu hỏi mở đầu

Ruồi có mắt kép gồm hàng nghìn thấu kính rất nhỏ. Đường kính toàn mắt vào khoảng $1\mathrm{mm}$, nhưng mỗi thấu kính chỉ có đường kính khoảng $20\mu \mathrm{m}$ và tạo một ảnh riêng của một miền nhỏ trong trường nhìn. Trong phép so sánh này, vùng thu sáng của mắt người được cho có bề ngang khoảng $16\mathrm{mm}$.

So với khả năng phân giải các chi tiết nhỏ của mắt người, khả năng ấy của mắt ruồi như thế nào?

• (i) Kém hơn vì các thấu kính quá nhỏ.
• (ii) Kém hơn vì toàn bộ mắt quá nhỏ.
• (iii) Tốt hơn vì các thấu kính quá nhỏ.
• (iv) Tốt hơn vì toàn bộ mắt quá nhỏ.
• (v) Gần như bằng nhau.

Xem đáp án và giải thích

Chọn (i). Nhiễu xạ giới hạn khả năng phân giải của từng đơn vị quang học. Với cùng bước sóng, khẩu độ càng nhỏ thì ảnh nhiễu xạ của một điểm càng trải rộng theo góc. Hai chi tiết gần nhau vì thế khó tách biệt hơn.

Mỗi thấu kính nhỏ tạo một ảnh riêng, nên không thể thay đường kính của từng thấu kính bằng đường kính toàn mắt rồi coi mắt kép là một thấu kính đơn. Sự khác nhau giữa kích thước từng phần tử và kích thước toàn hệ là yếu tố quyết định trong câu hỏi này.

Khả năng phân giải chi tiết nhỏ không đồng nhất với khả năng phát hiện chuyển động. Mắt ruồi phân giải chi tiết kém hơn trong phép so sánh trên nhưng lại phát hiện chuyển động tốt hơn mắt người.

8 chủ đề · tổng cộng khoảng 24 phút đọc

Từ khẩu độ tới cấu trúc và hình ảnh

1. 1Nhiễu xạ Fresnel và FraunhoferKhi nào cần xét độ cong mặt sóng?Khoảng 3 phút
2. 2Nhiễu xạ qua một kheVì sao một khe vẫn tạo được các vân tối?Khoảng 3 phút
3. 3Cường độ nhiễu xạ một kheTổng các sóng từ toàn khe cho phân bố cường độ nào?Khoảng 3 phút
4. 4Hệ nhiều kheBao nhiễu xạ và pha giữa các khe phối hợp thế nào?Khoảng 3 phút
5. 5Cách tử nhiễu xạVì sao nhiều khe giúp đo và phân giải bước sóng?Khoảng 3 phút
6. 6Nhiễu xạ tia XGóc Bragg cho biết khoảng mặt mạng ra sao?Khoảng 3 phút
7. 7Khẩu độ tròn và phân giảiVì sao phóng to ảnh chưa chắc thấy thêm chi tiết?Khoảng 3 phút
8. 8Ảnh toàn kýGhi hệ vân như thế nào để tái tạo mặt sóng ba chiều?Khoảng 3 phút

Tổng kết chương

Nhiễu xạ Fresnel và Fraunhofer

Nhiễu xạ xảy ra khi ánh sáng truyền qua khẩu độ hoặc quanh mép vật cản. Các phần được truyền qua chồng chất và tạo ra hệ vân, thay vì chỉ đi theo đường thẳng của quang hình học.

Nếu nguồn và điểm quan sát ở đủ xa để các đường truyền liên quan được coi gần song song, ta có . Khi nguồn hoặc điểm quan sát tương đối gần, cần xét độ cong và dùng mô tả Fresnel.

Tổng kết: Hình học trường gần Fresnel và trường xa Fraunhofer.

Chú thích:

• Nhiễu xạ Fresnel ở trường gần (Fresnel (near-field) diffraction)
• Nhiễu xạ Fraunhofer ở trường xa (Fraunhofer (far-field) diffraction)

Nhiễu xạ một khe

Ánh sáng đơn sắc bước sóng $\lambda$ qua khe hẹp rộng a tạo một hệ vân trên màn ở xa. Cực tiểu ở góc ${\theta }_m$ thỏa:

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_m& =\frac{m\lambda }{a},\\ m& =\pm 1,\pm 2,\dots .\end{array}$$

Chỉ giữ các bậc có $|m\lambda /a|\le 1$. Bậc 0 thuộc cực đại trung tâm. Nếu cực tiểu chỉ ở hướng ${90}^{\circ }$, nó không xuất hiện tại điểm hữu hạn trên màn phẳng phía trước khe.

Cường độ theo góc được tính qua đối số pha:

$$\begin{array}{rl}\alpha & =\frac{\pi a}{\lambda }\sin \theta ,\\ I& =I_0{\left(\frac{\sin \alpha }{\alpha }\right)}^2.\end{array}$$

Tại tâm, lấy giới hạn để được $I=I_0$. Các công thức được dùng trong Ví dụ 36.1–36.3.

Tổng kết: Cực đại trung tâm và các cực đại phụ của nhiễu xạ khe đơn.

Cách tử nhiễu xạ

Cách tử gồm rất nhiều khe hẹp song song, cách tâm đều nhau một khoảng d. Với ánh sáng tới vuông góc, các cực đại chính thỏa cùng điều kiện vị trí như giao thoa hai nguồn:

$$d\sin {\theta }_m=m\lambda ,m=0,\pm 1,\pm 2,\dots .$$

Các cực đại của cách tử hẹp và sắc hơn nhiều. Nhờ đó, góc cực đại và bước sóng được xác định chính xác hơn, như trong Ví dụ 36.4.

Tổng kết: Cực đại chính hẹp của cách tử gồm 16 khe.

Nhiễu xạ tia X

Tinh thể đóng vai trò một cách tử ba chiều khi bước sóng tia X cùng cỡ khoảng cách giữa các nguyên tử. Với một họ mặt mạng cách nhau d, tia tới và tia tán xạ hợp với mặt mạng những góc bằng nhau. Điều kiện tăng cường Bragg là:

$$2d\sin \theta =m\lambda ,m=1,2,3,\dots .$$

Góc $\theta$ được đo với mặt mạng, không phải pháp tuyến. Ví dụ 36.5 minh họa cách dùng cực đại để tìm khoảng mặt mạng.

Tổng kết: Hai đoạn đường đi thêm tạo hiệu đường đi Bragg giữa hai mặt mạng.

Khẩu độ tròn và khả năng phân giải

Nhiễu xạ qua khẩu độ tròn đường kính D tạo đĩa sáng trung tâm, gọi là , cùng các vòng sáng và tối đồng tâm. Bán kính góc của vòng tối đầu thỏa:

$$\sin {\theta }_1=1,22\frac{\lambda }{D}.$$

Theo , hai vật điểm vừa được phân giải khi độ tách góc của chúng bằng góc trên. Nhiễu xạ đặt ra giới hạn độ sắc nét của hệ quang học. Khẩu độ lớn hơn và bước sóng ngắn hơn cho góc phân giải tối thiểu nhỏ hơn, như trong Ví dụ 36.6.

Tổng kết: Đĩa Airy và các vòng nhiễu xạ của khẩu độ tròn.

Chú thích:

• Đĩa Airy (Airy disk)

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, University Physics with Modern Physics, ấn bản 15, chương 36, trang 1185–1216.

Luyện tập hướng dẫn

Nhiễu xạ một khe

Bài tập: VP36.3.1

Laser bước sóng $645\mathrm{nm}$ truyền qua khe rộng $\mathrm{0,250}\mathrm{mm}$. Quan sát hệ vân trên màn ở xa. Hai cực tiểu bậc hai ở hai phía vân trung tâm cách nhau $28,0\mathrm{mm}$. (a) Màn cách khe bao nhiêu? (b) Nếu bước sóng là $525\mathrm{nm}$, hai cực tiểu ấy cách nhau bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $a=\mathrm{0,250}\mathrm{mm}$, $\lambda =645\mathrm{nm}$, $m=2$. Khoảng từ tâm tới mỗi cực tiểu là $y_2=14,0\mathrm{mm}$.

Hướng đi:

• Dùng $a\sin {\theta }_m=m\lambda$ vì đây là cực tiểu khe đơn.
• Dùng $y_m=R\tan {\theta }_m$ để giữ đúng hình học của màn phẳng.
• Giữ nguyên a và R khi thay bước sóng.

(a) Góc của cực tiểu bậc hai thỏa:

$$\sin {\theta }_2=\frac{2\lambda }{a}=\mathrm{0,005}16.$$

Do đó:

$$\begin{array}{rl}R& =\frac{14,0\times {10}^{-3}}{\tan {\theta }_2}\mathrm{m}\\ & =\mathrm{2,713}14\mathrm{m}\\ & \approx 2,71\mathrm{m}.\end{array}$$

(b) Với bước sóng mới, tìm góc mới rồi dùng cùng khoảng màn:

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_2^{\prime }& =\frac{2{\lambda }^{\prime }}{a},\\ W^{\prime }& =2R\tan {\theta }_2^{\prime }\\ & =\mathrm{22,790}6\mathrm{mm}\\ & \approx 22,8\mathrm{mm}.\end{array}$$

Trong gần đúng góc nhỏ, khoảng cách này cũng bằng khoảng ban đầu nhân tỉ số hai bước sóng. Bước sóng giảm làm hệ vân co lại.

Bài tập: VP36.3.2

Chiếu laser vào khe rộng $\mathrm{0,221}\mathrm{mm}$. Trên màn cách khe $5,00\mathrm{m}$, cực tiểu thứ ba cách tâm vân sáng trung tâm $45,7\mathrm{mm}$. Tìm (a) bước sóng laser và (b) góc giữa đường từ tâm khe tới vân tối thứ hai với trục của hệ vân.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $a=\mathrm{0,221}\mathrm{mm}$, $R=5,00\mathrm{m}$, $y_3=45,7\mathrm{mm}$.

Hướng đi:

• Dùng $\tan {\theta }_3=y_3/R$ vì dữ kiện là vị trí trên màn.
• Dùng $a\sin {\theta }_m=m\lambda$ để suy bước sóng rồi góc của bậc hai.

(a) Từ vị trí vân tối:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_3& =\arctan (y_3/R),\\ \lambda & =\frac{a\sin {\theta }_3}{3}\\ & =\mathrm{673,285}\mathrm{nm}\\ & \approx 673\mathrm{nm}.\end{array}$$

(b) Thay bậc hai:

$${\theta }_2=\arcsin (2\lambda /a)=\mathrm{0,349}{1}^{\circ }.$$

Hai phía màn có các góc đối nhau, cùng độ lớn trên.

Bài tập: VP36.3.3

Tại một điểm của hệ vân , các sóng thứ cấp từ hai mép khe có độ lệch pha $35,0\mathrm{rad}$. Khe rộng $\mathrm{0,250}\mathrm{mm}$, ánh sáng có bước sóng $545\mathrm{nm}$. (a) Đường từ tâm khe tới điểm ấy tạo góc bao nhiêu với trục hệ vân? (b) Nếu cường độ tại tâm là $I_0$, cường độ tại điểm ấy bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Độ lệch pha giữa hai mép là $\beta =35,0\mathrm{rad}$. Đối số trong biểu thức cường độ là $\alpha =\beta /2$.

Hướng đi:

• Dùng $\beta =2\pi a\sin \theta /\lambda$ vì giữa hai mép là $a\sin \theta$.
• Dùng $I/I_0=(\sin \alpha /\alpha {)}^2$ vì phải cộng đóng góp của toàn khe, không chỉ hai mép.

(a):

$$\begin{array}{rl}\sin \theta & =\frac{\beta \lambda }{2\pi a},\\ \theta & =\mathrm{0,695}{79}^{\circ }\\ & \approx {\mathrm{0,696}}^{\circ }.\end{array}$$

(b):

$$\begin{array}{rl}\alpha & =17,5\mathrm{rad},\\ \frac{I}{I_0}& ={\left(\frac{\sin 17,5}{17,5}\right)}^2\\ & =\mathrm{0,003}10807.\end{array}$$

Vậy $I\approx \mathrm{0,003}11I_0$. Các góc trong hàm sin của biểu thức này được tính bằng radian.

Bài tập: VP36.3.4

Trong thí nghiệm , khe rộng $\mathrm{0,185}\mathrm{mm}$ và ánh sáng có bước sóng $576\mathrm{nm}$. (a) Tìm góc từ tâm khe tới vân tối đầu tiên. (b) Ở một nửa góc này, điểm quan sát nằm giữa tâm vân sáng có cường độ $I_0$ và cực tiểu có cường độ bằng không. Cường độ thực tại góc ấy có bằng $I_0/2$ không? Tính giá trị thực.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $a=\mathrm{0,185}\mathrm{mm}$, $\lambda =576\mathrm{nm}$. Câu (b) hỏi cường độ tại góc bằng nửa góc cực tiểu, không yêu cầu nội suy tuyến tính.

Hướng đi:

• Dùng $\sin {\theta }_1=\lambda /a$ vì cực tiểu đầu có bậc một.
• Thay $\theta ={\theta }_1/2$ vào $\alpha =\pi a\sin \theta /\lambda$, rồi tính bình phương .

(a):

$${\theta }_1=\arcsin (\lambda /a)=\mathrm{0,178}{391}^{\circ }.$$

(b) Tại $\theta =\mathrm{0,089}{1957}^{\circ }$:

$$\begin{array}{rl}\alpha & =\frac{\pi a}{\lambda }\sin ({\theta }_1/2),\\ \frac{I}{I_0}& ={\left(\frac{\sin \alpha }{\alpha }\right)}^2\\ & =\mathrm{0,405}284.\end{array}$$

Vậy cường độ khoảng $\mathrm{0,405}{I}_0$, không phải $\mathrm{0,500}{I}_0$. Trong gần đúng góc nhỏ, đối số bằng $\pi /2$, cho cùng kết quả ở độ chính xác đang xét. Cường độ biến thiên theo bình phương , không tuyến tính theo góc.

Cách tử và nhiễu xạ tia X

Bài tập: VP36.5.1

Laser tới vuông góc một có $825$ khe trên mỗi milimet. Vùng sáng bậc hai ở góc $41,0^{\circ }$ so với cực đại trung tâm. Tìm (a) bước sóng và (b) góc của các vùng sáng bậc một và bậc ba.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mật độ khe là $825{\mathrm{mm}}^{-1}$, nên khoảng khe là nghịch đảo mật độ. Hai khe kề nhau cùng được chiếu đồng pha.

Hướng đi:

• Dùng $d\sin {\theta }_m=m\lambda$ vì cực đại chính cách tử có pha của các khe trùng nhau.
• Kiểm tra $|m\lambda /d|\le 1$ trước khi lấy hàm arcsin.

(a):

$$\begin{array}{rl}d& =\frac{{10}^{-3}}{825}\mathrm{m},\\ \lambda & =\frac{d\sin 41,0^{\circ }}{2}\\ & =\mathrm{397,612}\mathrm{nm}\\ & \approx 398\mathrm{nm}.\end{array}$$

(b):

$$\begin{array}{rl}{\theta }_1& =\arcsin (\lambda /d)\\ & =19,1^{\circ },\\ {\theta }_3& =\arcsin (3\lambda /d)\\ & =79,8^{\circ }.\end{array}$$

Cả hai bậc đều tồn tại. Góc bậc ba rất lớn nên không dùng gần đúng góc nhỏ.

Bài tập: VP36.5.2

Cực đại bậc một của ở góc $24,0^{\circ }$ so với cực đại trung tâm. Ánh sáng bước sóng $625\mathrm{nm}$ tới vuông góc cách tử. Tìm (a) số khe trên mỗi milimet và (b) góc của vùng sáng bậc hai và bậc ba, nếu có.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $\lambda =625\mathrm{nm}$, ${\theta }_1=24,0^{\circ }$. Mật độ khe bằng $1/d$.

Hướng đi:

• Dùng $d=\lambda /\sin {\theta }_1$ vì cực đại đã biết có bậc một.
• Dùng $\sin {\theta }_m=m\sin {\theta }_1$ vì giữ cùng d và bước sóng.

(a):

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{d}& =\frac{\sin 24,0^{\circ }}{625\times {10}^{-9}}{\mathrm{m}}^{-1}\\ & =\mathrm{650,779}{\mathrm{mm}}^{-1}.\end{array}$$

Vậy cách tử có khoảng $651$ khe trên mỗi milimet.

(b):

$${\theta }_2=\arcsin (2\sin 24,0^{\circ })=54,4^{\circ }.$$

Với bậc ba, biểu thức hình thức cho $\sin {\theta }_3=\mathrm{1,220}21>1$. Không có cực đại bậc ba.

Bài tập: VP36.5.3

Các mặt mạng của một tinh thể cách nhau $\mathrm{0,165}\mathrm{nm}$. Chiếu chùm tia X có bước sóng $\mathrm{0,124}\mathrm{nm}$ vào tinh thể. (a) Cực đại giao thoa mạnh đầu tiên xuất hiện ở góc bao nhiêu giữa chùm tia và mặt mạng? (b) Ở những góc lớn hơn nào, nếu có, còn xuất hiện cực đại mạnh?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $d=\mathrm{0,165}\mathrm{nm}$ và $\lambda =\mathrm{0,124}\mathrm{nm}$. Góc được đo với mặt mạng, khác góc tới đo với pháp tuyến.

Hướng đi:

• Dùng $2d\sin \theta =m\lambda$ vì giữa hai mặt mạng liên tiếp là $2d\sin \theta$.
• Giữ các bậc nguyên dương cho sin không lớn hơn một.

(a) Với $m=1$:

$${\theta }_1=\arcsin \frac{\mathrm{0,124}}{2(\mathrm{0,165})}=22,1^{\circ }.$$

(b) Bậc hai cho:

$${\theta }_2=\arcsin \frac{2(\mathrm{0,124})}{2(\mathrm{0,165})}=48,7^{\circ }.$$

Từ bậc ba trở lên, giá trị sin yêu cầu vượt một. Vì vậy chỉ còn một cực đại mạnh ở góc lớn hơn là $48,7^{\circ }$.

Bài tập: VP36.5.4

Trong thí nghiệm , chỉ có một cực đại giao thoa mạnh, khi chùm tia hợp với mặt mạng góc $36,0^{\circ }$. Khoảng mặt mạng là $\mathrm{0,158}\mathrm{nm}$. (a) Bước sóng tia X bằng bao nhiêu? (b) Muốn có ba cực đại mạnh, với cực đại thứ ba ở góc $88,0^{\circ }$, cần bước sóng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xét các bậc Bragg dương. Chỉ có một cực đại nên cực đại đang thấy thuộc bậc một.

Hướng đi:

• Dùng $\lambda =2d\sin \theta /m$ vì mỗi cực đại mạnh có bậc Bragg xác định.
• Sau khi tìm bước sóng, kiểm tra số bậc thỏa $m\lambda \le 2d$.

(a):

$$\begin{array}{rl}\lambda & =2(\mathrm{0,158})\sin 36,0^{\circ }\mathrm{nm}\\ & =\mathrm{0,185}740\mathrm{nm}\\ & \approx \mathrm{0,186}\mathrm{nm}.\end{array}$$

Tỉ số $2d/\lambda \approx 1,70$ xác nhận không có bậc hai.

(b) Đặt cực đại ở $88,0^{\circ }$ là bậc ba:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }^{\prime }& =\frac{2d\sin 88,0^{\circ }}{3}\\ & =\mathrm{0,105}269\mathrm{nm}\\ & \approx \mathrm{0,105}\mathrm{nm}.\end{array}$$

Các góc của ba bậc lần lượt là $19,5^{\circ }$, $41,8^{\circ }$ và $88,0^{\circ }$. Bậc bốn đòi hỏi sin lớn hơn một nên không xuất hiện.

Khẩu độ tròn và giới hạn phân giải

Bài tập: VP36.6.1

Bạn muốn khảo sát bức xạ vô tuyến từ Mặt Trời ở bước sóng $1,70\mathrm{cm}$. Để thấy các chi tiết trên bề mặt không lớn hơn đường kính Trái Đất, của kính phải là $9,00\times {10}^{-5}\mathrm{rad}$, khoảng ${\mathrm{0,005}}^{\circ }$. Dùng tiêu chuẩn Rayleigh để tìm (a) đường kính nhỏ nhất của kính vô tuyến và (b) giới hạn phân giải của kính ấy ở bước sóng $21,1\mathrm{cm}$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Kính được mô hình hóa bằng khẩu độ tròn có đường kính D. Câu (b) giữ nguyên khẩu độ, chỉ đổi bước sóng.

Hướng đi:

• Dùng $\sin \theta =1,22\lambda /D$ vì của khẩu độ tròn dùng bán kính góc của vòng tối đầu.
• Với D cố định, bước sóng tăng làm góc phân giải tối thiểu tăng.

(a):

$$\begin{array}{rl}{D}_{min}& =\frac{1,22\lambda }{\sin \theta }\\ & =\mathrm{230,444}\mathrm{m}\\ & \approx 230\mathrm{m}.\end{array}$$

(b):

$$\begin{array}{rl}{\theta }^{\prime }& =\arcsin \frac{1,22{\lambda }^{\prime }}{D}\\ & =\mathrm{1,117}06\times {10}^{-3}\mathrm{rad}\\ & \approx \mathrm{0,064}{0}^{\circ }.\end{array}$$

Góc phân giải lớn hơn nghĩa là hai chi tiết phải xa nhau hơn theo góc mới được tách biệt.

Bài tập: VP36.6.2

Ống kính tele của máy ảnh có tiêu cự $\mathrm{0,250}\mathrm{m}$ và khẩu độ lớn nhất $f/4,0$. Lấy bước sóng ánh sáng là $5,50\times {10}^{-7}\mathrm{m}$. (a) Nếu chỉ do nhiễu xạ, vật có thể ở xa nhất bao nhiêu để phân giải được hai điểm cách nhau $5,00\mathrm{mm}$? (b) Hai điểm tương ứng trên ảnh qua ống kính cách nhau bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chỉ số khẩu độ là $N=f/D=4,0$. Khoảng hai điểm vật là $s=5,00\mathrm{mm}$.

Hướng đi:

• Dùng $D=f/N$ vì độ mở được cho bằng chỉ số khẩu độ.
• Dùng để tìm góc nhỏ nhất, rồi $s=u\tan \theta$ để tìm khoảng vật u.
• Dùng phương trình kính mỏng và độ phóng đại vì câu (b) hỏi khoảng cách trên ảnh.

(a):

$$\begin{array}{rl}D& =\frac{\mathrm{0,250}}{4,0}\mathrm{m}\\ & =\mathrm{0,062}5\mathrm{m},\\ \sin \theta & =\frac{1,22\lambda }{D},\\ \theta & \approx \mathrm{1,073}6\times {10}^{-5}\mathrm{rad}.\end{array}$$

Khoảng vật lớn nhất là:

$$u_{max}=\frac{s}{\tan \theta }\approx 466\mathrm{m}.$$

(b) Gọi v là khoảng ảnh. Với :

$$\begin{array}{rl}v& =\frac{fu}{u-f},\\ s^{\prime }& =\frac{v}{u}s\\ & \approx \mathrm{2,685}\mu \mathrm{m}\\ & \approx 2,7\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

Vì $u\gg f$, lấy mặt phẳng ảnh gần tiêu diện cũng cho $s^{\prime }\approx f\theta =\mathrm{2,684}\mu \mathrm{m}$. Chênh lệch hai cách nhỏ hơn độ chính xác dữ kiện khẩu độ.

Bài tập: VP36.6.3

Một nguồn sáng điểm ở xa, chẳng hạn một ngôi sao, phát ánh sáng bước sóng $575\mathrm{nm}$. Khi ánh sáng đi vào máy ảnh có tiêu cự ống kính $135\mathrm{mm}$, ảnh nhiễu xạ trên bộ thu có bán kính $\mathrm{0,011}2\mathrm{mm}$. Tìm (a) đường kính khẩu độ và (b) chỉ số khẩu độ.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nguồn ở xa tạo ảnh gần tiêu diện. Bán kính trên ảnh là $\rho =\mathrm{0,011}2\mathrm{mm}$.

Hướng đi:

• Dùng $\tan {\theta }_1=\rho /f$ để đổi kích thước trên bộ thu thành bán kính góc.
• Dùng $\sin {\theta }_1=1,22\lambda /D$ và $N=f/D$ vì khẩu độ được coi tròn.

(a):

$$\begin{array}{rl}{\theta }_1& =\arctan (\rho /f),\\ D& =\frac{1,22\lambda }{\sin {\theta }_1}\\ & =\mathrm{8,455}58\mathrm{mm}\\ & \approx 8,46\mathrm{mm}.\end{array}$$

(b):

$$N=\frac{f}{D}=\mathrm{15,965}8\approx 16,0.$$

Ống kính đang làm việc ở khoảng khẩu độ $f/16$.

Bài tập: VP36.6.4

Một mục tiêu của thiên văn học là chế tạo kính trong không gian có thể phân giải hành tinh giống Trái Đất quay quanh sao khác. Hành tinh cách sao $1,5\times {10}^{11}\mathrm{m}$, bằng bán kính quỹ đạo Trái Đất quanh Mặt Trời. Kính có gương đường kính $8,0\mathrm{m}$. Theo , hệ sao–hành tinh có thể ở xa nhất bao nhiêu nếu bước sóng dùng là (a) $690\mathrm{nm}$ và (b) $1400\mathrm{nm}$? Cho đáp số theo năm ánh sáng, với $1\mathrm{ly}=9,46\times {10}^{15}\mathrm{m}$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xét khoảng cách chiếu lên phương ngang đường ngắm bằng khoảng sao–hành tinh đã cho. Bỏ qua các hạn chế khác ngoài nhiễu xạ trong mô hình yêu cầu.

Hướng đi:

• Dùng cho khẩu độ gương tròn.
• Dùng $L=s/\tan \theta$ vì hai vật ở xa có khoảng cách ngang s ứng với độ tách góc nhỏ.

Với cùng đường kính gương:

$$\begin{array}{rl}\theta & =\arcsin \frac{1,22\lambda }{D},\\ L_{max}& =\frac{s}{\tan \theta }\\ & \approx \frac{sD}{1,22\lambda }.\end{array}$$

(a) Ở bước sóng $690\mathrm{nm}$:

$$\begin{array}{rl}{L}_{max}& =\mathrm{150,689}\mathrm{ly}\\ & \approx 1,5\times {10}^2\mathrm{ly}.\end{array}$$

(b) Ở bước sóng $1400\mathrm{nm}$:

$$L_{max}=\mathrm{74,268}1\mathrm{ly}\approx 74\mathrm{ly}.$$

Bước sóng dài hơn làm giảm khoảng quan sát tối đa. Đây là giới hạn hình học do nhiễu xạ, chưa phải bảo đảm có thể tách tín hiệu hành tinh khỏi ánh sáng sao sáng hơn nhiều.

Bài cầu nối: Quan sát vũ trụ giãn nở

Bài tập: Bài cầu nối 36

Một nhà thiên văn nhận dạng được phổ hydrogen từ một thiên hà, nhưng thấy các bước sóng lệch so với giá trị trong phòng thí nghiệm. Vạch $H_{\alpha }$ trong phòng thí nghiệm có bước sóng $656,3\mathrm{nm}$. Dùng có $5758$ vạch trên mỗi centimét, nhà thiên văn đo được vân sáng bậc một của vạch ấy ở góc $\pm 23,{41}^{\circ }$ so với vân trung tâm.

Thiên hà đang chuyển động nhanh bao nhiêu? Cho tốc độ theo mét trên giây và phần trăm tốc độ ánh sáng. Thiên hà tiến lại gần hay rời xa người quan sát?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cần tìm bước sóng nhận được từ cách tử, sau đó dùng Doppler điện từ. Lấy vận tốc dọc đường ngắm là v dương khi nguồn rời xa.

Hướng đi:

• Dùng $d\sin \theta ={\lambda }_R$ vì đang đo cực đại bậc một ở tới vuông góc.
• Dùng quan hệ Doppler điện từ tương đối tính vì tốc độ cần tìm được suy từ tỉ số bước sóng.
• So bước sóng nhận được với bước sóng phát để xác định chiều chuyển động.

Khoảng giữa hai vạch cách tử là:

$$d=\frac{1}{5758\times 100}\mathrm{m}.$$

Lấy độ lớn góc bậc một:

$${\lambda }_R=d\sin 23,{41}^{\circ }=\mathrm{690,011}\mathrm{nm}.$$

Đặt $q={\lambda }_R/{\lambda }_S$ và $\beta =v/c$. Quan hệ Doppler theo quy ước chiều đang dùng là:

$$\begin{array}{rl}q& =\sqrt{\frac{1+\beta }{1-\beta }},\\ q^2(1-\beta )& =1+\beta ,\\ \beta & =\frac{q^2-1}{q^2+1}.\end{array}$$

Thay ${\lambda }_S=656,3\mathrm{nm}$:

$$\begin{array}{rl}q& =\mathrm{1,051}3645,\\ \beta & =\mathrm{0,050}0470,\\ v& \approx 1,50\times {10}^7\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Tốc độ bằng khoảng $5,00\mathrm{\%}$ tốc độ ánh sáng. Bước sóng nhận được lớn hơn bước sóng phát, nên phổ bị dịch đỏ và thiên hà đang rời xa theo phương đường ngắm. Dấu của tốc độ phù hợp phép so sánh hai bước sóng.

Câu hỏi thảo luận

Bài tập: Q36.1

Vì sao dễ quan sát nhiễu xạ của sóng âm và sóng nước hơn nhiễu xạ ánh sáng? Có phải vì ánh sáng truyền nhanh hơn nhiều không? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cần xác định đại lượng quyết định mức lan rộng sau khẩu độ, thay vì chỉ so tốc độ các loại sóng.

Hướng đi:

• Dùng tỉ số $\lambda /a$ vì góc nhiễu xạ được quyết định bởi bước sóng so với kích thước vật cản hoặc khẩu độ.

Bước sóng âm và sóng nước thường có thể so sánh với kích thước cửa, mép chắn và các khe dễ quan sát. Sóng vì vậy lan rõ vào miền bóng hình học. Bước sóng ánh sáng nhỏ hơn nhiều các vật cản thông thường, nên vùng nhiễu xạ thường hẹp.

Nguyên nhân trực tiếp là tỉ số kích thước, không phải ánh sáng nhanh hơn. Có thể quan sát rõ nhiễu xạ ánh sáng khi dùng khe đủ hẹp, nguồn thích hợp và màn đặt đúng vị trí. Tốc độ chỉ tham gia gián tiếp qua quan hệ $\lambda =v/f$.

Bài tập: Q36.2

và Fraunhofer khác nhau như thế nào? Chúng có phải hai quá trình vật lý khác nhau không? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai tên gọi phân biệt hình học truyền sóng và mức gần đúng khi xét pha.

Hướng đi:

• Xét độ cong tại khẩu độ và tại miền quan sát, vì khoảng cách quyết định có thể coi các tia gần song song hay không.

Ở , nguồn hoặc miền quan sát ở tương đối gần khẩu độ. Độ cong và sự biến thiên đường đi theo vị trí cần được giữ khi tính pha.

Ở , nguồn và miền quan sát ở đủ xa để những sóng liên quan được mô tả bằng các hướng gần song song. Thấu kính cũng có thể tạo điều kiện tương đương này trong bố trí hữu hạn.

Cả hai đều do chồng chất các phần của . Chúng là hai miền mô tả của cùng hiện tượng nhiễu xạ, không phải hai cơ chế vật lý riêng.

Bài tập: Q36.3

Dùng thấu kính đường kính D và ánh sáng bước sóng $\lambda$, tần số f để tạo ảnh hai vật ở xa và gần nhau. Thay đổi nào làm tăng khả năng phân giải? (a) Dùng thấu kính đường kính nhỏ hơn. (b) Dùng ánh sáng tần số cao hơn. (c) Dùng ánh sáng bước sóng dài hơn. Giải thích từng trường hợp.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tăng khả năng phân giải nghĩa là giảm độ tách góc nhỏ nhất có thể phân biệt.

Hướng đi:

• Dùng $\sin {\theta }_R=1,22\lambda /D$ và $\lambda =c/f$ vì chỉ xét giới hạn nhiễu xạ của khẩu độ tròn.

(a) D nhỏ hơn làm góc phân giải tối thiểu lớn hơn, nên khả năng phân giải giảm.

(b) Tần số cao hơn tương ứng bước sóng ngắn hơn trong cùng môi trường. Góc phân giải tối thiểu giảm, nên khả năng phân giải tăng.

(c) Bước sóng dài hơn làm góc phân giải tối thiểu tăng, nên khả năng phân giải giảm. Vì vậy chỉ thay đổi (b) có tác dụng yêu cầu trong mô hình này.

Bài tập: Q36.4

Ánh sáng bước sóng $\lambda$, tần số f đi qua khe rộng a. Quan sát hệ vân trên màn cách khe một khoảng x. Thay đổi nào làm giảm bề rộng cực đại trung tâm? (a) Giảm bề rộng khe. (b) Giảm tần số ánh sáng. (c) Giảm bước sóng. (d) Giảm khoảng cách tới màn. Giải thích từng trường hợp.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bề rộng trung tâm được đo giữa hai cực tiểu đầu, giữ trong miền Fraunhofer khi thay đổi bố trí.

Hướng đi:

• Dùng $W\approx 2x\lambda /a$ ở góc nhỏ vì hai cực tiểu đầu nằm ở hai phía tâm.
• Dùng $\lambda =c/f$ để xét thay đổi tần số.

(a) Giảm a làm cực đại trung tâm rộng hơn. (b) Giảm f làm bước sóng tăng và cực đại trung tâm rộng hơn.

(c) Giảm bước sóng làm cực đại trung tâm hẹp hơn. (d) Giảm khoảng màn x làm kích thước tuyến tính của cực đại giảm, miễn vẫn giữ điều kiện miền xa hoặc dùng hệ quang tương đương. Vậy (c) và (d) làm giảm bề rộng.

Thay khoảng màn không tự làm góc nhiễu xạ hẹp đi. Nó chỉ thay khoảng tuyến tính ứng với cùng độ mở góc.

Bài tập: Q36.5

Trong thí nghiệm nhiễu xạ với sóng có bước sóng $\lambda$, nếu khe đủ hẹp thì hệ vân không có cực tiểu cường độ, tức không có vân tối. Bề rộng khe lớn nhất để điều này xảy ra là bao nhiêu? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cần phân biệt các vân trên một màn ở góc hữu hạn với hướng biên ở ${90}^{\circ }$.

Hướng đi:

• Cực tiểu đầu đòi hỏi $\sin \theta =\lambda /a$. Điều kiện của hàm sin quyết định có hướng ấy hay không.

Nếu $a<\lambda$, biểu thức yêu cầu $\sin \theta >1$. Không có cực tiểu và các bậc cao hơn cũng không thể tồn tại.

Tại $a=\lambda$, cực tiểu đầu chỉ ở hướng $\theta =\pm {90}^{\circ }$, tức song song mặt phẳng khe. Nó không nằm tại một vị trí hữu hạn trên màn phẳng phía trước khe. Vì vậy, ngưỡng bề rộng là một bước sóng.

Nếu kể cả hướng biên ${90}^{\circ }$ là một hướng cực tiểu thì điều kiện không có cực tiểu ở bất kỳ hướng nào là bất đẳng thức nghiêm $a<\lambda$. Trong miền góc mở phía trước, trường hợp bằng cũng chưa cho vân tối trên màn hữu hạn.

Bài tập: Q36.6

Bốn khe hẹp song song và cách đều tạo hệ vân giao thoa. Vẽ giản đồ vectơ pha để giải thích cực tiểu khi hai khe kề nhau lệch pha (a) $\pi /2$, (b) $\pi$, (c) $3\pi /2$. Trong từng trường hợp, những cặp khe nào triệt tiêu hoàn toàn?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đánh số khe từ 1 đến 4. Các đóng góp có cùng biên độ và pha tăng đều theo thứ tự khe.

Hướng đi:

• Cộng bốn vectơ từ đầu đến đuôi. Đa giác khép kín cho tổng trường bằng không.
• Hai vectơ lệch pha một số lẻ lần $\pi$ triệt tiêu vì cùng độ lớn và ngược hướng.

(a) Với $\varphi =\pi /2$, bốn vectơ quay lần lượt qua bốn hướng vuông góc. Các cặp (1,3) và (2,4) ngược hướng.

Lời giải Q36.6(a): Bốn vectơ pha lệch nhau một phần tư chu kỳ khép thành hình vuông.

(b) Với $\varphi =\pi$, các vectơ kề nhau ngược hướng. Có thể ghép các cặp (1,2) và (3,4).

Lời giải Q36.6(b): Các vectơ pha kề nhau ngược hướng và khử nhau theo cặp.

(c) Với $\varphi =3\pi /2$, mỗi bước tương đương quay theo chiều ngược lại một góc $\pi /2$. Các cặp (1,3) và (2,4) tiếp tục ngược hướng.

Lời giải Q36.6(c): Bốn vectơ quay theo chiều ngược với trường hợp (a) nhưng tổng vẫn bằng không.

Trong cả ba trường hợp, biên độ tổng bằng không, nên cường độ bằng không trong mô hình các khe giống nhau.

Bài tập: Q36.7

Hệ vân do tám khe hẹp cách đều tạo ra. Chú thích Hình 36.14 cho biết có cực tiểu ở $\varphi =3\pi /4$, $\pi /4$, $3\pi /2$ và $7\pi /4$. Vẽ giản đồ vectơ pha cho cả bốn trường hợp và giải thích vì sao mỗi giản đồ chứng tỏ có cực tiểu. Những cặp khe nào triệt tiêu hoàn toàn?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đánh số tám khe theo thứ tự. Mỗi vectơ có cùng độ lớn và quay thêm góc pha giữa hai khe kề nhau.

Hướng đi:

• Xét hiệu pha giữa các vectơ để ghép từng cặp ngược hướng.
• Với các góc bằng bội của $\pi /4$, tổng tám bước tạo một đường khép kín, trừ bội của $2\pi$.

Ở $\varphi =3\pi /4$, hai khe cách nhau bốn khoảng có hiệu pha $3\pi$. Các cặp (1,5), (2,6), (3,7), (4,8) triệt tiêu.

Lời giải Q36.7(a): Tám vectơ lệch pha ba phần tám chu kỳ khép thành đa giác sao.

Ở $\varphi =\pi /4$, hai khe cách nhau bốn khoảng có hiệu pha $\pi$. Các cặp triệt tiêu vẫn là (1,5), (2,6), (3,7), (4,8).

Lời giải Q36.7(b): Tám vectơ pha khép thành bát giác.

Ở $\varphi =3\pi /2$, có thể ghép (1,3), (2,4), (5,7), (6,8). Mỗi cặp lệch pha $3\pi$.

Lời giải Q36.7(c): Hai nhóm bốn vectơ cùng khép kín, làm tổng tám đóng góp bằng không.

Ở $\varphi =7\pi /4$, các cặp (1,5), (2,6), (3,7), (4,8) có hiệu pha $7\pi$ và triệt tiêu.

Lời giải Q36.7(d): Bát giác được đi theo chiều ngược, vẫn khép kín.

Mỗi giản đồ có điểm cuối trùng điểm đầu. Điều này chứng tỏ tổng trường bằng không, chứ không chỉ cho thấy một số đóng góp giảm nhau.

Bài tập: Q36.8

Cầu vồng thường gồm nhiều màu. Tuy nhiên, khi các giọt nước tạo cầu vồng đủ nhỏ, cầu vồng có thể trông trắng. Dùng ý tưởng nhiễu xạ để giải thích. Bạn ước lượng các giọt phải nhỏ tới mức nào?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cần so độ trải rộng theo góc do nhiễu xạ với độ tách góc giữa các màu của cầu vồng.

Hướng đi:

• Dùng thang góc $\theta \sim \lambda /D$ vì giảm kích thước giọt làm tín hiệu từng màu trải rộng.
• Chỉ ước lượng cấp độ lớn. Mô hình khẩu độ tròn cho hệ số $1,22$ là thang tham khảo, không phải mô hình tán xạ giọt nước đầy đủ.

Khi giọt nhỏ, mỗi dải màu bị trải rộng đáng kể do tính chất sóng. Các dải vốn tách biệt chồng lên nhau, nên tổng ánh sáng có thể trông gần trắng. Cần giữ cả lẫn sự làm rộng do nhiễu xạ để hiểu hiện tượng này.

Lấy bước sóng đại diện $550\mathrm{nm}$ và độ tách màu cỡ $2^{\circ }$ để ước lượng. Khi độ trải rộng đạt cấp độ này:

$$D\sim \frac{1,22\lambda }{\sin 2^{\circ }}\sim 19\mu \mathrm{m}.$$

Vì vậy, đường kính cỡ vài chục micromet có thể làm các màu trộn mạnh. Con số này là ước lượng theo thang nhiễu xạ với những giả thiết vừa nêu, không phải một ngưỡng sắc nét cho mọi phân bố kích thước giọt.

Bài tập: Q36.9

Một số loa kèn dùng cho buổi hòa nhạc ngoài trời, với khán giả cùng ngồi trên mặt đất, có miệng loa cao hơn bề ngang. Dùng nhiễu xạ để giải thích vì sao dạng này phân bố âm đều trên khán giả hiệu quả hơn miệng vuông hoặc miệng rộng ngang hơn cao. Nếu khán giả ngồi ở nhiều độ cao như trong khán đài vòng cung, kết luận có còn giữ nguyên không? Vì sao?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Kích thước miệng loa theo một phương quyết định mức lan rộng nhiễu xạ theo phương ấy.

Hướng đi:

• Dùng thang góc $\theta \sim \lambda /a$ theo từng phương vì khẩu độ rộng cho chùm hẹp, còn khẩu độ hẹp cho chùm rộng.

Miệng loa hẹp theo phương ngang làm âm trải rộng theo phương ngang, phủ được nhiều vị trí trái–phải của khán giả. Miệng cao theo phương đứng làm chùm âm hẹp theo chiều đứng, hạn chế đưa năng lượng lên trời hoặc xuống đất.

Miệng vuông không tạo mức trải rộng khác nhau rõ như vậy giữa hai phương. Miệng rộng ngang và thấp đứng lại tạo chùm hẹp ngang nhưng rộng đứng, ngược nhu cầu phủ vùng khán giả trên mặt đất.

Nếu người nghe ở nhiều độ cao, cần phân bố âm theo một khoảng góc đứng lớn hơn. Cấu hình chùm đứng quá hẹp có thể bỏ sót một số hàng ghế. Khi đó phải chọn độ mở và hướng loa theo hình học khán đài, thay vì giữ nguyên kết luận cho mặt đất bằng phẳng.

Bài tập: Q36.10

Hệ loa ở Hình 31.12 có loa trầm đường kính lớn để phát âm tần số thấp và loa bổng đường kính nhỏ để phát âm tần số cao. Dùng nhiễu xạ để giải thích vì sao loa bổng phân bố âm cao đều trong phòng hiệu quả hơn loa trầm.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cần xét bước sóng âm so với đường kính phần phát âm.

Hướng đi:

• Dùng $\lambda =v/f$ và thang $\lambda /D$ vì cùng một khẩu độ sẽ định hướng mạnh hơn ở tần số cao.

Âm cao có bước sóng ngắn. Nếu phát bằng một màng loa lớn so với bước sóng, nhiễu xạ yếu và âm tập trung trong một chùm hẹp. Người nghe ngoài trục loa nhận ít âm cao hơn.

Màng loa bổng nhỏ làm tỉ số bước sóng với khẩu độ lớn hơn, nên âm cao lan theo góc rộng hơn. Âm trầm có bước sóng dài, vì vậy một màng loa lớn vẫn có thể tạo phân bố rộng theo góc. Lập luận này giải thích sự lựa chọn kích thước theo nhiễu xạ, không thay thế các yêu cầu cơ học và công suất của loa.

Bài tập: Q36.11

Dữ liệu trên CD âm thanh, CD-ROM hoặc DVD được lưu bằng các hốc trên đĩa và được quét bằng laser. Vì sao bề rộng chùm laser giới hạn lượng thông tin có thể lưu? Vì sao laser bước sóng ngắn hơn cho phép lưu nhiều thông tin hơn trên đĩa cùng kích thước?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Vệt hội tụ có kích thước hữu hạn do nhiễu xạ, nên không thể đọc độc lập các chi tiết đặt tùy ý sát nhau.

Hướng đi:

• Dùng thang bán kính vệt $r\sim \lambda f/D$ vì tiêu cự và khẩu độ quyết định khả năng tập trung chùm.
• Các hốc và các rãnh cần đủ tách biệt so với vệt đọc để tránh trộn tín hiệu.

Nếu một vệt laser phủ nhiều hốc hoặc nhiều rãnh cùng lúc, các tín hiệu chồng lên nhau và không còn đại diện riêng cho một chi tiết dữ liệu. Vì vậy, kích thước vệt đặt ra giới hạn dưới cho độ nhỏ và độ sít của cấu trúc có thể đọc được.

Với cùng hình học quang học, giảm bước sóng làm vệt nhiễu xạ nhỏ hơn. Các hốc và các rãnh khi đó có thể đặt sát nhau hơn, tăng mật độ dữ liệu trên cùng diện tích. Đây là phần giới hạn quang học của bài toán lưu trữ.

Bài tập: Q36.12

Kính thiên văn không gian Hubble có thể nhìn chi tiết nhỏ hơn trên một thiên thể ở xa khi dùng ánh sáng đỏ, lam hay tử ngoại? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giữ cùng khẩu độ và chỉ so giới hạn nhiễu xạ của ba miền bước sóng.

Hướng đi:

• Dùng $\sin {\theta }_R=1,22\lambda /D$ vì bước sóng ngắn hơn giảm góc phân giải nhỏ nhất.

Tử ngoại có bước sóng ngắn nhất trong ba lựa chọn, nên cho theo góc nhỏ nhất. Ánh sáng lam tốt hơn ánh sáng đỏ về giới hạn nhiễu xạ với cùng khẩu độ.

Kết luận so sánh này giả thiết hệ quang học và bộ thu làm việc được ở bước sóng xét. Nó không khẳng định mọi vật đều phát đủ ánh sáng ở cả ba miền.

Bài tập: Q36.13

Ở cuối mục 36.4 có hai phát biểu về hệ N khe. Dùng giản đồ vectơ pha để giải thích. (a) Có cực tiểu khi $\varphi$ là bội nguyên của $2\pi /N$, ngoại trừ bội của $2\pi$ cho cực đại chính. (b) Giữa hai cực đại chính liên tiếp có $N-1$ cực tiểu.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: N đóng góp có cùng biên độ và các vectơ kế tiếp lệch góc đều nhau.

Hướng đi:

• Bắt đầu với ba vectơ tạo thành tam giác kín, rồi tổng quát sang đa giác hoặc đa giác sao của N bước.
• Giữa hai bội liên tiếp của $2\pi$, đếm các giá trị pha cách nhau $2\pi /N$.

Với ba khe và độ lệch pha $2\pi /3$, ba vectơ có cùng độ dài tạo thành tam giác đều khép kín:

$${\mathbf{E}}_1+{\mathbf{E}}_2+{\mathbf{E}}_3=\mathbf{0}.$$

Với N khe, tổng cần xét được khai triển rõ là:

$$\begin{array}{rl}{\mathbf{E}}_P& ={\mathbf{E}}_1+{\mathbf{E}}_2+\cdots +{\mathbf{E}}_N\\ & =\sum _{j=1}^N{\mathbf{E}}_j.\end{array}$$

(a) Khi $\varphi =2\pi q/N$ và q không là bội của N, các bước có góc tăng đều tạo đường khép kín, có thể đi qua các đỉnh theo thứ tự hình sao hoặc lặp những đa giác nhỏ hơn. Điểm cuối trùng điểm đầu nên tổng trường bằng không.

Nếu q là bội của N thì $\varphi$ là bội của $2\pi$. Tất cả vectơ cùng hướng, nên tổng có độ lớn NE và tạo cực đại chính, thay vì đường kín.

(b) Trong khoảng pha từ 0 đến $2\pi$, các cực tiểu nằm ở:

$${\varphi }_q=\frac{2\pi q}{N},q=1,2,\dots ,N-1.$$

Có đúng $N-1$ giá trị. Khoảng pha giữa hai cực đại chính khác có cùng cách đếm sau khi cộng một bội của $2\pi$.

Bài tập: Q36.14

Có thể quan sát nhiễu xạ tinh thể bằng ánh sáng nhìn thấy thay cho tia X không? Vì sao?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So bước sóng với khoảng cách các mặt mạng nguyên tử của tinh thể.

Hướng đi:

• Dùng $2d\sin \theta =m\lambda$ với $m\ge 1$ vì đang hỏi các cực đại Bragg khác chùm truyền thẳng.

Để có một góc Bragg, phải có $m\lambda \le 2d$. Với mặt mạng nguyên tử, d cỡ một phần mười nanomet, trong khi ánh sáng nhìn thấy có bước sóng hàng trăm nanomet. Ngay bậc một cũng đòi hỏi sin lớn hơn một, nên không có cực đại Bragg như với tia X.

Ánh sáng nhìn thấy vẫn có thể bị khúc xạ, phản xạ và tán xạ bởi tinh thể. Điều không thực hiện được ở đây là dùng nó thay tia X để đo khoảng mặt mạng nguyên tử bằng cùng cơ chế nhiễu xạ Bragg.

Bài tập: Q36.15

Vì sao tốt hơn bố trí hai khe khi đo bước sóng ánh sáng?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cần phân biệt vị trí góc của cực đại với bề rộng và mức phân biệt hai vạch phổ.

Hướng đi:

• Cực đại chính thỏa $d\sin \theta =m\lambda$. Nhiều khe đồng pha tạo cực đại hẹp hơn.
• Dùng $\mathcal{R}=mN$ để liên hệ số khe được chiếu sáng với khả năng phân giải phổ trong mô hình cách tử lý tưởng.

Hai khe cũng tạo cực đại phụ thuộc bước sóng, nhưng các vùng sáng khá rộng. Khi nhiều khe kết hợp, pha giữa các khe phải khớp rất sát mới cho tổng trường lớn. Chỉ lệch góc một lượng nhỏ, các đóng góp đã giảm nhau mạnh, nên cực đại chính hẹp.

Đỉnh hẹp giúp xác định góc chính xác hơn và phân biệt được hai bước sóng gần nhau. Số khe N được chiếu sáng quyết định bề rộng đỉnh và độ phân giải. Khoảng khe d quyết định các góc cực đại. Hai vai trò này không được đồng nhất.

Bài tập: Q36.16

Đôi khi ta thấy các hàng tháp ăng-ten vô tuyến cách đều nhau. Một sinh viên nhận xét rằng chúng hoạt động như . Nhận xét ấy có nghĩa gì? Vì sao người ta muốn hệ hoạt động như vậy?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mỗi ăng-ten đóng vai trò một với biên độ và pha được điều khiển.

Hướng đi:

• Ở miền xa, giữa các nguồn kề nhau có dạng $d\sin \theta$, giống hệ nhiều khe.
• Tổng các trường tạo những hướng tăng cường và triệt giảm, cho phép điều khiển giản đồ phát.

Các tháp cách đều tạo một dãy nguồn. Khi phát cùng tần số với quan hệ pha ổn định, sóng từ chúng cộng theo pha ở một số hướng và giảm nhau ở những hướng khác. Cấu trúc giản đồ theo góc tương tự hệ vân của nhiều khe.

Mục đích là tập trung công suất vào vùng cần liên lạc, giảm phát về những vùng không cần thiết hoặc tạo các hướng thu ưu tiên. Đổi pha cấp cho các nguồn còn có thể đổi hướng búp sóng. Chỉ đặt các tháp cách đều mà không giữ quan hệ pha thì chưa đủ để có hiệu ứng cách tử ổn định.

Bài tập: Q36.17

được ghi bằng ánh sáng $600\mathrm{nm}$ rồi quan sát bằng ánh sáng $500\mathrm{nm}$. So với khi quan sát bằng ánh sáng $600\mathrm{nm}$, hình ảnh thay đổi thế nào? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cấu trúc vân đã ghi giữ nguyên, nhưng bước sóng tái tạo thay đổi nên các góc nhiễu xạ và độ cong sóng tái tạo thay đổi.

Hướng đi:

• Dùng hệ thức vân $r_m^2\approx 2m\lambda b$ trong mô hình điểm với sóng chuẩn phẳng.
• Giữ các bán kính vân cố định để so vị trí ảnh theo bước sóng tái tạo.

Hình được quan sát bằng ánh sáng có màu ứng với bước sóng mới. Quan trọng hơn, bước sóng mới không tái tạo đúng hình học đã ghi ở bước sóng cũ, nên vị trí và hình dạng không gian của ảnh thay đổi.

Trong mô hình sóng chuẩn phẳng tới vuông góc ở Hình 36.29, đối với một điểm nằm trên trục:

$$\begin{array}{rl}{r}_m^2& \approx 2m{\lambda }_{\mathrm{g}\mathrm{h}\mathrm{i}}b,\\ r_m^2& \approx 2m{\lambda }_{\mathrm{x}\mathrm{e}\mathrm{m}}{b}^{\prime },\\ \frac{b^{\prime }}{b}& =\frac{{\lambda }_{\mathrm{g}\mathrm{h}\mathrm{i}}}{{\lambda }_{\mathrm{x}\mathrm{e}\mathrm{m}}}\\ & =\frac{600}{500}=1,20.\end{array}$$

Ảnh thật và ảnh ảo của điểm trục cách bản ghi xa hơn 20% trong gần đúng này. Với vật ba chiều, sự thay đổi độ sâu làm ảnh không còn tái tạo đúng tỉ lệ không gian ban đầu. Không thể xác định mọi độ dịch ngang nếu chưa biết hướng chùm chuẩn và hình học ghi, xem cụ thể.

Bài tập: Q36.18

Một được ghi bằng ánh sáng $600\mathrm{nm}$, sau đó được quan sát bằng ánh sáng trắng từ đèn dây tóc. Ta sẽ thấy gì? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Ánh sáng trắng chứa nhiều bước sóng, còn nguồn đèn có kích thước hữu hạn nên không tạo một chùm chuẩn phẳng đơn sắc như bố trí tái tạo lý tưởng.

Hướng đi:

• Xét mỗi bước sóng và hướng tới riêng, vì chúng bị nhiễu xạ theo các góc khác nhau.
• Vị trí tái tạo phụ thuộc bước sóng như quan hệ $b^{\prime }\propto 1/\lambda$ trong mô hình điểm trục.

Đối với bản ghi truyền qua đang được phân tích, mỗi thành phần màu tái tạo ảnh ở vị trí và hướng khác nhau. Các ảnh ấy chồng lên nhau, nên hình bị nhòe và có viền màu. Nguồn đèn dây tóc mở rộng còn tạo nhiều hướng tới, làm việc tái tạo một ảnh sắc nét khó hơn nữa.

Không nên kết luận rằng mọi loại đều không thể xem dưới ánh sáng trắng. Có những cách ghi được thiết kế để xem bằng ánh sáng trắng, chẳng hạn loại dùng trên thẻ. Kết quả nhòe ở trên áp dụng cho bản ghi thông thường và cách chiếu sáng được nêu, không thay thế các cấu hình chuyên dụng đó.

Bài tập: Q36.19

Phim ảnh thông thường đảo sáng và tối, vì vùng nhận nhiều ánh sáng trở nên đen hơn sau khi tráng, tạo âm bản. Nếu quan sát trực tiếp âm bản thay vì làm bản dương trong suốt, hình ảnh khác thế nào so với hình thu bằng bản dương? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xét mô hình bản ghi có cùng độ tương phản nhưng dấu của thành phần biến điệu độ truyền biên độ bị đảo.

Hướng đi:

• Ảnh được tái tạo từ biên độ phức của sóng nhiễu xạ, không phải từ sự đảo sáng–tối trực tiếp như ảnh chụp.
• Dùng $|-E{|}^2=|E{|}^2$ vì đổi dấu toàn trường ảnh chỉ làm đổi pha nửa chu kỳ.

Đảo sáng và tối của cấu trúc vân đổi dấu thành phần tạo các sóng ảnh. Các sóng ảnh thật và ảnh ảo vì thế đổi pha một lượng $\pi$, nhưng vẫn hội tụ hoặc có vẻ phát ra từ các vị trí tương ứng như trước.

Cường độ của ảnh phụ thuộc bình phương độ lớn trường, nên không bị đảo sáng và tối chỉ do sự đổi dấu ấy. Trong mô hình âm–dương bản lý tưởng cùng độ tương phản, hình ảnh có cùng cấu trúc và vị trí, thay vì trở thành âm bản của vật.

Độ sáng nền và hiệu suất tạo ảnh có thể khác nếu độ truyền trung bình hoặc độ tương phản thực của hai bản khác nhau. Những yếu tố ấy cần tách khỏi tác dụng đổi dấu pha vừa xét.

Bài tập 36.1–36.17

Bài tập 36: 1

Ánh sáng đơn sắc từ nguồn ở xa chiếu vào khe rộng $\mathrm{0,750}\mathrm{mm}$. Trên màn cách khe $2,00\mathrm{m}$, khoảng từ cực đại trung tâm tới cực tiểu đầu tiên đo được là $1,35\mathrm{mm}$. Tính bước sóng ánh sáng.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $a=\mathrm{0,750}\mathrm{mm}$, $R=2,00\mathrm{m}$ và $y_1=1,35\mathrm{mm}$.

Hướng đi:

• Dùng $a\sin {\theta }_1=\lambda$ vì đây là cực tiểu đầu của khe đơn.
• Dùng $\tan {\theta }_1=y_1/R$ để suy góc từ khoảng cách trên màn.

$$\begin{array}{rl}{\theta }_1& =\arctan (y_1/R),\\ \lambda & =a\sin {\theta }_1\\ & =\mathrm{506,249}9\mathrm{nm}\\ & \approx 506\mathrm{nm}.\end{array}$$

Góc nhỏ nên công thức gần đúng $\lambda \approx a{y}_1/R$ cũng cho cùng đáp số ở độ chính xác của dữ kiện.

Bài tập 36: 2

Sóng điện từ kết hợp bước sóng $\lambda$ truyền qua khe hẹp rộng a. Quan sát hệ vân trên màn cao cách khe $2,00\mathrm{m}$. Với $\lambda =500\mathrm{nm}$, bề rộng cực đại trung tâm là $8,00\mathrm{mm}$. Với cùng khe và màn, bề rộng ấy là bao nhiêu khi $\lambda =\mathrm{0,125}\mathrm{mm}$?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bề rộng ban đầu gồm hai khoảng từ tâm tới cực tiểu đầu. Bước sóng mới lớn hơn nhiều, nên góc mới có thể không nhỏ.

Hướng đi:

• Dùng $a=\lambda /\sin {\theta }_1$ để xác định cùng một bề rộng khe từ dữ kiện ban đầu.
• Dùng $W=2R\tan {\theta }_1$ vì ở bước sóng mới không được mặc nhiên giữ gần đúng góc nhỏ.

Từ dữ kiện ban đầu:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_1& =\arctan \frac{8,00\times {10}^{-3}}{2(2,00)},\\ a& =\frac{500\times {10}^{-9}}{\sin {\theta }_1}\mathrm{m}\\ & \approx \mathrm{0,250}0005\mathrm{mm}.\end{array}$$

Với bước sóng mới:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_1^{\prime }& =\arcsin ({\lambda }^{\prime }/a)\\ & \approx 30,0^{\circ },\\ W^{\prime }& =2R\tan {\theta }_1^{\prime }\\ & \approx 2,31\mathrm{m}.\end{array}$$

Không nhân bề rộng ban đầu với tỉ số bước sóng rồi dừng lại. Cách ấy dùng tính tuyến tính ở góc nhỏ, trong khi góc mới đã gần ${30}^{\circ }$.

Bài tập 36: 3

Ánh sáng bước sóng $585\mathrm{nm}$ tới khe rộng $\mathrm{0,066}6\mathrm{mm}$. (a) Trên màn rất lớn và ở xa, có bao nhiêu vân tối hoàn toàn ở cả hai phía vân sáng trung tâm? Giải mà không tính góc của từng vân. Gợi ý: Giá trị lớn nhất của sin cho biết điều gì về bậc m? (b) Vân tối xa tâm nhất nằm ở góc bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bậc cực tiểu là số nguyên khác không. Hệ vân đối xứng nên mỗi bậc dương có một vân tương ứng ở phía đối diện.

Hướng đi:

• Dùng $|m|\lambda \le a$ vì $|\sin \theta |\le 1$ trong điều kiện cực tiểu.
• Lấy phần nguyên của $a/\lambda$, rồi chỉ tính góc của bậc cuối.

(a):

$$\begin{array}{rl}\frac{a}{\lambda }& =\mathrm{113,846}\dots ,\\ m_{max}& =113.\end{array}$$

Có 113 vân tối ở mỗi phía, tổng cộng 226 vân. Không tính $m=0$, vì tâm là cực đại.

(b):

$${\theta }_{113}=\arcsin \frac{113\lambda }{a}=83,0^{\circ }.$$

Hai vân ngoài cùng nằm theo hai hướng $\pm 83,0^{\circ }$.

Bài tập 36: 4

Ánh sáng bước sóng $633\mathrm{nm}$ từ nguồn ở xa chiếu vào khe rộng $\mathrm{0,750}\mathrm{mm}$. Quan sát hệ vân trên màn cách khe $3,50\mathrm{m}$. Hai vân tối ở hai phía sát vân sáng trung tâm cách nhau bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khoảng cần tìm là bề rộng cực đại trung tâm, bằng hai lần khoảng tới cực tiểu đầu.

Hướng đi:

• Dùng $\sin {\theta }_1=\lambda /a$ rồi $W=2R\tan {\theta }_1$ vì khe đơn tạo hai cực tiểu đối xứng.

$$\begin{array}{rl}{\theta }_1& =\arcsin (\lambda /a),\\ W& =2R\tan {\theta }_1\\ & =\mathrm{5,908}00\mathrm{mm}\\ & \approx 5,91\mathrm{mm}.\end{array}$$

Đây là khoảng giữa hai cực tiểu, không phải khoảng từ tâm đến một cực tiểu.

Bài tập 36: 5

Âm cao tần từ nguồn ở xa, có bước sóng $9,00\mathrm{cm}$, truyền qua khe rộng $12,0\mathrm{cm}$. Một micro đặt trước tâm khe $8,00\mathrm{m}$, tại O như Hình 36.5(a). Di chuyển micro vuông góc đường từ tâm khe tới O. Ở các khoảng cách nào tính từ O, cường độ micro thu được bằng không?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $\lambda =\mathrm{0,090}0\mathrm{m}$, $a=\mathrm{0,120}\mathrm{m}$, $R=8,00\mathrm{m}$. Vị trí micro thay đổi trên đường thẳng của màn tương đương.

Hướng đi:

• Dùng $\sin {\theta }_m=m\lambda /a$ vì âm cũng tuân nguyên lý chồng chất và có cực tiểu khe đơn.
• Chỉ giữ những bậc có sin không vượt một, rồi dùng $y=R\tan \theta$.

Với bậc một:

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_1& =\mathrm{0,750},\\ {\theta }_1& =\mathrm{48,590}{4}^{\circ },\\ y_1& =8,00\tan {\theta }_1\mathrm{m}\\ & =\mathrm{9,071}15\mathrm{m}.\end{array}$$

Micro thu cường độ bằng không ở hai phía cách O $9,07\mathrm{m}$. Bậc hai yêu cầu sin bằng $1,50$, nên không có vị trí cực tiểu khác. Góc ở đây lớn, không thay tang bằng sin.

Bài tập 36: 6

Ngày 26 tháng 12 năm 2004, trận động đất độ lớn 9,1 ngoài khơi Sumatra gây sóng thần làm hơn 150.000 người thiệt mạng. Trên đại dương, khoảng thời gian giữa hai đỉnh sóng đo được là $1,0\mathrm{h}$, tốc độ sóng $800\mathrm{km}/\mathrm{h}$. Mô phỏng cho thấy sóng vòng quanh các lục địa và lan tới các đại dương.

(a) Bước sóng của sóng thần bằng bao nhiêu? (b) Khoảng giữa mũi nam châu Phi và bắc Nam Cực khoảng $4500\mathrm{km}$, còn khoảng từ cực nam Australia tới Nam Cực khoảng $3700\mathrm{km}$. Mô hình hóa mỗi khoảng bằng một khe Fraunhofer. Tìm góc nhỏ nhất tính từ cực đại trung tâm mà sóng triệt tiêu sau mỗi khe.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dùng mô hình gần đúng được đề yêu cầu, với bề rộng khe bằng khoảng cách giữa các lục địa.

Hướng đi:

• Dùng $\lambda =vT$ vì thời gian giữa hai đỉnh là chu kỳ.
• Dùng $\sin {\theta }_1=\lambda /a$ vì cần cực tiểu đầu của mỗi khe tương đương.

(a):

$$\begin{array}{rl}\lambda & =(800\mathrm{km}/\mathrm{h})(1,0\mathrm{h})\\ & =800\mathrm{km}.\end{array}$$

(b) Với khoảng châu Phi–Nam Cực:

$${\theta }_1=\arcsin (800/4500)=10,{24}^{\circ }.$$

Với khoảng Australia–Nam Cực:

$${\theta }_1=\arcsin (800/3700)=12,{49}^{\circ }.$$

Đây là các góc trong mô hình khẩu độ đã nêu. Hình dạng bờ, độ sâu và biến thiên tốc độ truyền không được mô tả đầy đủ bởi một khe lý tưởng.

Bài tập 36: 7

Các nước thẳng và song song truyền về bờ với tốc độ $15,0\mathrm{cm}/\mathrm{s}$. Một đê bê tông dài song song bờ, cách bờ $3,20\mathrm{m}$, có một lỗ hở. Có $75,0$ đỉnh sóng đi qua mỗi phút. Không có sóng tới bờ ở hai điểm cách vị trí đối diện lỗ $61,3\mathrm{cm}$ về hai phía, nhưng mọi điểm bên trong khoảng ấy đều nhận được sóng. (a) Lỗ rộng bao nhiêu? (b) Ở những góc khác nào không có sóng tới bờ?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Điểm không có sóng đầu tiên là cực tiểu bậc một. Khoảng màn tương đương là $R=3,20\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Dùng $\lambda =v/f$ để suy bước sóng từ số đỉnh mỗi phút.
• Dùng $a\sin {\theta }_1=\lambda$ và $\tan {\theta }_1=y_1/R$ vì vị trí cực tiểu được đo trên bờ.
• Duyệt các bậc nguyên dương cho $m\lambda /a\le 1$.

(a):

$$\begin{array}{rl}f& =75,0/60=1,25\mathrm{Hz},\\ \lambda & =\mathrm{0,150}/1,25\mathrm{m}\\ & =\mathrm{0,120}\mathrm{m},\\ {\theta }_1& =\arctan (\mathrm{0,613}/3,20),\\ a& =\frac{\lambda }{\sin {\theta }_1}\\ & =\mathrm{0,637}818\mathrm{m}\\ & \approx \mathrm{0,638}\mathrm{m}.\end{array}$$

(b) Giá trị $a/\lambda$ nằm giữa 5 và 6, nên còn các bậc $m=2,3,4,5$. Dùng ${\theta }_m=\arcsin (m\lambda /a)$ cho các góc khác:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_2& =\pm 22,1^{\circ },\\ {\theta }_3& =\pm 34,4^{\circ },\\ {\theta }_4& =\pm 48,8^{\circ },\\ {\theta }_5& =\pm 70,2^{\circ }.\end{array}$$

Hai dấu biểu thị hai phía đường đối diện tâm lỗ. Bậc sáu không tồn tại.

Bài tập 36: 8

Bức xạ điện từ đơn sắc bước sóng $\lambda$ từ nguồn ở xa truyền qua một khe. Trên màn cách khe $2,50\mathrm{m}$, cực đại trung tâm rộng $6,00\mathrm{mm}$. Bề rộng khe a bằng bao nhiêu nếu bước sóng là (a) $500\mathrm{nm}$, ánh sáng nhìn thấy, (b) $50,0\mu \mathrm{m}$, hồng ngoại, (c) $\mathrm{0,500}\mathrm{nm}$, tia X?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giữ bề rộng trung tâm và khoảng tới màn, nên góc cực tiểu đầu như nhau trong cả ba trường hợp.

Hướng đi:

• Dùng $a=\lambda /\sin {\theta }_1$ vì cực tiểu đầu thỏa $a\sin {\theta }_1=\lambda$.
• Tìm một lần ${\theta }_1=\arctan [W/(2R)]$ rồi đổi bước sóng.

$$\begin{array}{rl}{\theta }_1& =\arctan \frac{6,00\times {10}^{-3}}{2(2,50)},\\ a& =\frac{\lambda }{\sin {\theta }_1}.\end{array}$$

Thay từng bước sóng:

• (a) $a=\mathrm{0,417}\mathrm{mm}$.
• (b) $a=41,7\mathrm{mm}$.
• (c) $a=\mathrm{0,417}\mu \mathrm{m}$.

Để cùng góc mở nhiễu xạ, bề rộng khe phải tỉ lệ với bước sóng.

Bài tập 36: 9

Âm tần số $1250\mathrm{Hz}$ truyền ra khỏi phòng qua cửa rộng $1,00\mathrm{m}$, như mô hình ở Bài 36.5. Ở những góc nào so với đường trung tâm vuông góc cửa, người bên ngoài không nghe được âm? Lấy tốc độ âm $344\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Nguồn và người nghe đủ xa để áp dụng Fraunhofer. Bỏ qua phản xạ.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bề rộng khẩu độ là $a=1,00\mathrm{m}$. Cần mọi cực tiểu của sóng âm qua cửa trong mô hình không phản xạ.

Hướng đi:

• Dùng $\lambda =v/f$ rồi $\sin {\theta }_m=m\lambda /a$.
• Giới hạn bậc bằng điều kiện sin không vượt một.

$$\lambda =\frac{344}{1250}\mathrm{m}=\mathrm{0,275}2\mathrm{m}.$$

Các bậc dương có thể có là 1, 2 và 3. Những góc không nhận âm là:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_1& =\pm 16,0^{\circ },\\ {\theta }_2& =\pm 33,4^{\circ },\\ {\theta }_3& =\pm 55,6^{\circ }.\end{array}$$

Bậc bốn yêu cầu sin bằng $\mathrm{1,100}8$, nên không có hướng tương ứng.

Bài tập 36: 10

Sóng ánh sáng có điện trường:

$$\begin{array}{rl}{E}_y& =E_m\sin \psi ,\\ \psi & =kx-\omega t,\\ k& =1,40\times {10}^7{\mathrm{m}}^{-1}.\end{array}$$

Ở đây $E_m$ là biên độ cực đại và $E_y$ phụ thuộc x, t như pha đã ghi. Sóng qua một khe tạo các vân tối đầu ở $\pm 28,6^{\circ }$ so với tâm hệ vân. (a) Tần số ánh sáng bằng bao nhiêu? (b) Khe rộng bao nhiêu? (c) Những vân tối khác xuất hiện ở các góc nào?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hệ số của x là số sóng k. Các góc đã cho thuộc bậc cực tiểu đầu.

Hướng đi:

• Dùng $\lambda =2\pi /k$ và $f=c/\lambda$ vì phương trình là sóng điện từ hình sin trong mô hình chân không.
• Dùng $a=\lambda /\sin 28,6^{\circ }$ rồi giới hạn các bậc tiếp theo.

(a):

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{2\pi }{1,40\times {10}^7}\mathrm{m}\\ & =\mathrm{448,799}\mathrm{nm},\\ f& =\frac{c}{\lambda }\\ & =6,68\times {10}^{14}\mathrm{Hz}.\end{array}$$

(b):

$$a=\frac{\lambda }{\sin 28,6^{\circ }}=\mathrm{0,938}\mu \mathrm{m}.$$

(c) Bậc hai thỏa:

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_2& =2\sin 28,6^{\circ },\\ {\theta }_2& =\pm 73,2^{\circ }.\end{array}$$

Bậc ba và các bậc cao hơn yêu cầu sin lớn hơn một. Vì vậy chỉ có thêm hai vân tối trên.

Bài tập 36: 11

Laser helium–neon phát ánh sáng đỏ bước sóng $633\mathrm{nm}$ qua khe rộng $\mathrm{0,350}\mathrm{mm}$. Màn quan sát cách khe $3,00\mathrm{m}$. Định nghĩa bề rộng một vân sáng là khoảng giữa hai cực tiểu ở hai bên nó. (a) Vân sáng trung tâm rộng bao nhiêu? (b) Vân sáng thứ nhất ở mỗi bên tâm rộng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tâm nằm giữa cực tiểu bậc $-1$ và $+1$. Vân sáng phụ đầu nằm giữa cực tiểu bậc một và bậc hai ở cùng phía.

Hướng đi:

• Dùng $y_m=R\tan [\arcsin (m\lambda /a)]$ vì phải xác định các cực tiểu giới hạn từng vân.
• Bề rộng trung tâm là $2y_1$, còn bề rộng phụ đầu là $y_2-y_1$.

Với dữ kiện đã cho:

$$\begin{array}{rl}{y}_1& =R\tan [\arcsin (\lambda /a)],\\ y_2& =R\tan [\arcsin (2\lambda /a)].\end{array}$$

(a):

$$W_0=2y_1=10,9\mathrm{mm}.$$

(b):

$$W_1=y_2-y_1=5,43\mathrm{mm}.$$

Trong gần đúng góc nhỏ, vân trung tâm rộng gấp đôi vân phụ đầu. Không áp dụng quy luật khoảng vân sáng đều của giao thoa hai khe cho cấu trúc này.

Bài tập 36: 12

Sóng điện từ kết hợp bước sóng $120\mu \mathrm{m}$ tới khe rộng a. Trên màn cao cách khe $1,50\mathrm{m}$, cực đại trung tâm rộng $90,0\mathrm{cm}$. Với cùng khe và màn, bước sóng phải bằng bao nhiêu để bề rộng trung tâm là $180,0\mathrm{cm}$, gấp đôi ban đầu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Góc mở ở cả hai trường hợp không đủ nhỏ để suy bề rộng tỉ lệ trực tiếp với bước sóng.

Hướng đi:

• Dùng ${\theta }_1=\arctan [W/(2R)]$ vì bề rộng được đo trên màn phẳng.
• Giữ a trong $a\sin {\theta }_1=\lambda$ để lập tỉ số hai bước sóng.

Đặt hai bề rộng là W và $W^{\prime }$. Khi đó:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_1& =\arctan \frac{\mathrm{0,900}}{2(1,50)},\\ {\theta }_1^{\prime }& =\arctan \frac{\mathrm{1,800}}{2(1,50)},\\ {\lambda }^{\prime }& =\lambda \frac{\sin {\theta }_1^{\prime }}{\sin {\theta }_1}\\ & =\mathrm{214,860}\mu \mathrm{m}\\ & \approx 215\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

Đáp số không phải $240\mu \mathrm{m}$. Tăng gấp đôi tang của góc không làm sin của góc tăng gấp đôi ở miền góc đang xét.

Bài tập 36: 13

Ánh sáng đơn sắc bước sóng $580\mathrm{nm}$ qua một khe. Nguồn và màn đủ xa để dùng Fraunhofer. (a) Nếu các cực tiểu đầu ở $\pm 90,0^{\circ }$, nên cực đại trung tâm phủ toàn màn, khe rộng bao nhiêu? (b) Với khe ấy, cường độ ở $45,0^{\circ }$ bằng bao nhiêu lần cường độ tại $0^{\circ }$?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cực tiểu đầu ở hướng biên cho $\sin {\theta }_1=1$. Cường độ ở câu (b) phải tính từ tổng trường của toàn khe.

Hướng đi:

• Dùng $a\sin {\theta }_1=\lambda$ để tìm bề rộng.
• Dùng $I/I_0=(\sin \alpha /\alpha {)}^2$ với $\alpha =\pi a\sin \theta /\lambda$.

(a):

$$a=\lambda =580\mathrm{nm}.$$

(b) Khi a bằng bước sóng, đối số ở $45,0^{\circ }$ là:

$$\alpha =\pi \sin 45,0^{\circ }.$$

Do đó:

$$\begin{array}{rl}\frac{I({45}^{\circ })}{I(0)}& ={\left(\frac{\sin \alpha }{\alpha }\right)}^2\\ & =\mathrm{0,128}298\\ & \approx \mathrm{0,128.}\end{array}$$

Cực đại trung tâm phủ mọi vị trí hữu hạn trên màn nhưng cường độ trong miền ấy không đồng đều.

Bài tập 36: 14

Ánh sáng đơn sắc bước sóng $620\mathrm{nm}$ từ nguồn ở xa qua khe rộng $\mathrm{0,450}\mathrm{mm}$. Màn cách khe $3,00\mathrm{m}$. Theo cường độ đỉnh trung tâm $I_0$, cường độ trên màn bằng bao nhiêu tại các khoảng từ tâm (a) $1,00\mathrm{mm}$, (b) $3,00\mathrm{mm}$, (c) $5,00\mathrm{mm}$?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Ba điểm thuộc cùng một hệ vân, nhưng không thể nội suy tuyến tính cường độ theo khoảng cách.

Hướng đi:

• Đổi mỗi y thành $\theta =\arctan (y/R)$.
• Dùng $\alpha =\pi a\sin \theta /\lambda$ rồi bình phương vì khe có bề rộng hữu hạn.

Với từng y, thực hiện cùng hai bước:

$$\begin{array}{rl}\theta (y)& =\arctan (y/R),\\ \alpha (y)& =\frac{\pi a}{\lambda }\sin \theta (y),\\ I(y)& =I_0{\left[\frac{\sin \alpha (y)}{\alpha (y)}\right]}^2.\end{array}$$

Các kết quả là:

• (a) $I=\mathrm{0,821}671I_0\approx \mathrm{0,822}{I}_0$.
• (b) $I=\mathrm{0,110}730I_0\approx \mathrm{0,111}{I}_0$.
• (c) $I=\mathrm{0,025}9424I_0\approx \mathrm{0,025}9I_0$.

Điểm cuối đã vượt cực tiểu đầu nên thuộc một cực đại phụ, dù cường độ vẫn nhỏ hơn nhiều đỉnh trung tâm.

Bài tập 36: 15

Đài phát thanh công cộng KXPR-FM ở Sacramento phát ở $88,9\mathrm{MHz}$. Sóng đi qua khoảng giữa hai tòa nhà cao tầng có hai tường gần nhau nhất cách $15,0\mathrm{m}$. (a) Ở những góc ngang nào so với hướng truyền ban đầu, một ăng-ten ở xa không nhận được tín hiệu? (b) Nếu cường độ cực đại tại ăng-ten là $3,50\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$, cường độ ở $\pm 5,{00}^{\circ }$ bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mô hình khoảng giữa hai tường như khe rộng a. Chỉ xét nhiễu xạ, không mô tả phản xạ đô thị.

Hướng đi:

• Dùng $\lambda =c/f$ rồi điều kiện cực tiểu khe đơn để tìm các hướng không thu tín hiệu.
• Dùng bình phương cho cường độ ở góc hữu hạn, vì không phải cực trị đã biết.

(a):

$$\lambda =\mathrm{3,374}58\mathrm{m}.$$

Có bốn bậc dương thỏa $m\lambda /a\le 1$. Các góc là:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_1& =\pm 13,0^{\circ },\\ {\theta }_2& =\pm 26,7^{\circ },\\ {\theta }_3& =\pm 42,4^{\circ },\\ {\theta }_4& =\pm 64,1^{\circ }.\end{array}$$

(b) Với $\alpha =\pi a\sin 5,{00}^{\circ }/\lambda$:

$$\begin{array}{rl}I& =3,50{\left(\frac{\sin \alpha }{\alpha }\right)}^2\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2\\ & =\mathrm{2,079}32\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2\\ & \approx 2,08\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Hai phía có cùng cường độ do tính đối xứng của khe.

Bài tập 36: 16

Ánh sáng đơn sắc bước sóng $592\mathrm{nm}$ từ nguồn ở xa qua khe rộng $\mathrm{0,029}0\mathrm{mm}$. Cường độ tại tâm hệ vân, $\theta =0^{\circ }$, là $4,00\times {10}^{-5}\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$. Tính cường độ tại điểm ứng với $\theta =1,{20}^{\circ }$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cần cường độ tại một góc đã biết, với chuẩn cường độ là đỉnh trung tâm.

Hướng đi:

• Dùng $\alpha =\pi a\sin \theta /\lambda$ rồi $I=I_0(\sin \alpha /\alpha {)}^2$ vì đây là .

$$\begin{array}{rl}\alpha & =\frac{\pi a}{\lambda }\sin 1,{20}^{\circ },\\ I& =I_0{\left(\frac{\sin \alpha }{\alpha }\right)}^2\\ & =\mathrm{2,543}00\times {10}^{-8}\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2\\ & \approx 2,54\times {10}^{-8}\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Điểm này ở gần một cực tiểu, nên cường độ nhỏ hơn đỉnh trung tâm nhiều bậc độ lớn.

Bài tập 36: 17

Ánh sáng kết hợp gần đơn sắc rời hai khe chữ nhật đồng pha, theo hướng hợp với pháp tuyến góc $22,0^{\circ }$. Khi đến màn ở xa, sóng từ tâm hai khe lệch pha ${344}^{\circ }$, còn sóng từ mép trên và mép dưới của mỗi khe lệch pha ${172}^{\circ }$. (a) Khoảng cách tâm hai khe liên hệ với bề rộng mỗi khe như thế nào? (b) Cường độ tại $22,0^{\circ }$ bằng bao nhiêu nếu cường độ tại $0^{\circ }$ là $\mathrm{0,234}\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Gọi pha lệch giữa hai tâm là $\varphi ={344}^{\circ }$, giữa hai mép một khe là $\beta ={172}^{\circ }$. Đây là hai pha có vai trò khác nhau.

Hướng đi:

• Dùng $\varphi /\beta =d/a$ vì cả hai pha truyền đều tỉ lệ với kích thước ngang nhân cùng sin góc.
• Nhân khe đơn với thừa số giao thoa hai khe. Không thay toàn bộ hệ bằng hai nguồn điểm.

(a):

$$\frac{d}{a}=\frac{344}{172}=2.$$

Khoảng cách giữa hai tâm bằng hai lần bề rộng một khe.

(b) Đối số của là nửa pha giữa hai mép. Cần đổi sang radian trong mẫu của hàm :

$$\alpha =\frac{\beta }{2}={86}^{\circ }=\mathrm{1,500}98\mathrm{rad}.$$

Theo chuẩn cường độ đỉnh của toàn hệ, đặt $S=\sin \alpha /\alpha$:

$$\frac{I}{I_0}=S^2{\cos }^2({172}^{\circ })=\mathrm{0,433}147.$$

Do đó:

$$\begin{array}{rl}I& =\mathrm{0,234}(\mathrm{0,433}147)\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2\\ & \approx \mathrm{0,101}\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Độ lệch pha giữa hai tâm gần một chu kỳ, nhưng vẫn làm giảm cường độ đáng kể.

Bài tập 36.18–36.31

Bài tập 36: 18

Các tia song song của ánh sáng đơn sắc bước sóng $568\mathrm{nm}$ chiếu lên hai khe giống nhau. Màn cách khe $75,0\mathrm{cm}$, hai tâm khe cách $\mathrm{0,640}\mathrm{mm}$ và mỗi khe rộng $\mathrm{0,434}\mathrm{mm}$. Cường độ ở tâm cực đại trung tâm là $5,00\times {10}^{-4}\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$. Tìm cường độ tại điểm trên màn cách tâm $\mathrm{0,900}\mathrm{mm}$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cần giữ cả giao thoa giữa hai khe và của từng khe. Chuẩn $I_0$ là cường độ đỉnh của toàn hệ.

Hướng đi:

• Dùng $\theta =\arctan (y/R)$ để đổi vị trí trên màn thành góc.
• Đặt $\alpha =\pi a\sin \theta /\lambda$ và $\gamma =\pi d\sin \theta /\lambda$ vì hai kích thước a, d tạo hai thừa số riêng.

Các đối số là:

$$\begin{array}{rl}\theta & =\arctan (y/R),\\ \alpha & =\frac{\pi a}{\lambda }\sin \theta ,\\ \gamma & =\frac{\pi d}{\lambda }\sin \theta .\end{array}$$

Cường độ tại điểm đang xét:

$$\begin{array}{rl}I& =I_0{\left(\frac{\sin \alpha }{\alpha }\right)}^2\times {\cos }^2\gamma \\ & =\mathrm{8,059}75\times {10}^{-7}\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2\\ & \approx 8,06\times {10}^{-7}\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Nếu chỉ giữ thừa số giao thoa, ta bỏ mất sự giảm biên độ do các phần khác nhau của mỗi khe chồng chất.

Bài tập 36: 19

Trong Hình 36.12(c), cực đại nhiễu xạ trung tâm chứa đúng bảy vân giao thoa khi $d/a=4$. (a) Tỉ số $d/a$ phải bằng bao nhiêu để miền trung tâm chứa đúng năm vân? (b) Trong trường hợp câu (a), cực đại nhiễu xạ đầu tiên ở một phía miền trung tâm chứa bao nhiêu vân?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đếm các bậc cực đại giao thoa nằm trong mỗi miền của , như cách đếm của hình. Bậc trùng cực tiểu nhiễu xạ bị khuyết.

Hướng đi:

• Dùng $|m|<d/a$ để đếm các bậc giao thoa trong miền trung tâm.
• Nếu xét họ tỉ số nguyên như trường hợp hình, dùng $2(d/a)-1$ cho số bậc còn lại trong miền ấy.
• Đếm riêng khoảng $d/a<m<2d/a$ để tìm bậc trong miền phụ đầu.

(a) Trong họ tỉ số nguyên, đặt $d/a=p$. Miền trung tâm chứa các bậc từ $-(p-1)$ đến $p-1$, nên:

$$\begin{array}{rl}2p-1& =5,\\ p& =3.\end{array}$$

Vì vậy, lựa chọn nguyên tương ứng là $d/a=3$. Các bậc trong miền trung tâm là $m=-2,-1,0,1,2$. Hai bậc $\pm 3$ nằm tại cực tiểu và bị khuyết.

(b) Ở miền phụ dương đầu tiên:

$$3<m<6.$$

Chỉ có $m=4,5$, nên có hai vân theo cách đếm các bậc giao thoa này.

Nếu không yêu cầu tỉ số nguyên thì dữ kiện số vân chưa chọn duy nhất $d/a=3$. Điều kiện chứa các bậc $0,\pm 1,\pm 2$ nhưng không chứa $\pm 3$ là $2<d/a\le 3$. Số bậc trong miền phụ cũng có thể đổi trong họ ấy, nên đáp số hai vân ở câu (b) gắn với lựa chọn nguyên vừa nêu.

Bài tập 36: 20

Hai khe song song rộng a, cách tâm d, với $d=3a$, được chiếu vuông góc bằng ánh sáng bước sóng $\lambda$. (a) Nếu bỏ qua nhiễu xạ do bề rộng khe, bốn cực đại giao thoa kế tiếp tâm ở những góc nào? Cho kết quả theo d và $\lambda$. (b) Khi xét nhiễu xạ, cường độ ở mỗi góc ấy bằng bao nhiêu theo cường độ đỉnh trung tâm $I_0$? (c) Những cực đại giao thoa nào bị khuyết? (d) So sánh với Hình 36.12(c).

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tại góc của cực đại giao thoa bậc m, thừa số giao thoa bằng một, nhưng còn phụ thuộc $ma/d$.

Hướng đi:

• Dùng $\sin {\theta }_m=m\lambda /d$ để xác định các hướng cực đại của mô hình hai nguồn hẹp.
• Thay $a=d/3$ vào đối số để tính cường độ tại những góc đó.

(a) Ở một phía, bốn hướng là:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_m& =\arcsin \frac{m\lambda }{d},\\ m& =1,2,3,4.\end{array}$$

Phía đối diện có góc đổi dấu. Một bậc chỉ tồn tại khi $m\lambda \le d$.

(b) Tại các hướng trên:

$$\begin{array}{rl}{\alpha }_m& =\frac{\pi ma}{d}=\frac{m\pi }{3},\\ \frac{I_m}{I_0}& ={\left[\frac{\sin (m\pi /3)}{m\pi /3}\right]}^2.\end{array}$$

Lần lượt cho bốn bậc:

$$\begin{array}{rl}{I}_1& =\mathrm{0,684}{I}_0,\\ I_2& =\mathrm{0,171}{I}_0,\\ I_3& =0,\\ I_4& =\mathrm{0,042}7I_0.\end{array}$$

(c) Bậc giao thoa trùng cực tiểu khe đơn khi m là bội nguyên khác không của 3. Vì vậy, các bậc $\pm 3,\pm 6,\dots$ bị khuyết nếu các hướng ấy nằm trong miền hình học cho phép.

(d) Với $d/a=3$, miền trung tâm chứa năm bậc chưa khuyết từ $-2$ đến 2. Hình 36.12(c) có $d/a=4$, chứa bảy bậc và khuyết ở các bội của 4. vẫn điều biến hệ vân trong cả hai trường hợp.

Bài tập 36: 21

Ánh sáng bước sóng $580\mathrm{nm}$ từ nguồn ở xa tới hai khe song song giống nhau, cách tâm $\mathrm{0,530}\mathrm{mm}$. (a) Nếu khe rất hẹp, các cực đại giao thoa bậc một và bậc hai ở những góc nào? (b) Nếu mỗi khe rộng $\mathrm{0,320}\mathrm{mm}$, cường độ ở các góc trong câu (a) bằng bao nhiêu theo cường độ đỉnh trung tâm $I_0$?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giữ nguyên khoảng tâm d và bước sóng. Ở câu (b), tính tại các hướng đã xác định trong câu (a).

Hướng đi:

• Dùng $\sin {\theta }_m=m\lambda /d$ cho các hướng cực đại giao thoa.
• Tại các hướng ấy, dùng $I_m/I_0=[\sin {\alpha }_m/{\alpha }_m{]}^2$ với ${\alpha }_m=\pi ma/d$.

(a):

$$\begin{array}{rl}{\theta }_1& =\pm \mathrm{0,062}{7}^{\circ },\\ {\theta }_2& =\pm {\mathrm{0,125}}^{\circ }.\end{array}$$

(b):

$$\begin{array}{rl}{\alpha }_1& =\pi \frac{\mathrm{0,320}}{\mathrm{0,530}},\\ {\alpha }_2& =2{\alpha }_1,\\ I_1& =\mathrm{0,249}{I}_0,\\ I_2& =\mathrm{0,025}6I_0.\end{array}$$

Hai phía có cùng cường độ. Các kết quả là cường độ tại các góc của câu (a), không phải một phép bỏ qua sau khi khe đã rộng.

Bài tập 36: 22

Laser bước sóng $500,0\mathrm{nm}$ chiếu hai khe giống nhau, tạo hệ vân trên màn cách khe $90,0\mathrm{cm}$. Các vân sáng cách nhau $1,00\mathrm{cm}$, nhưng vân sáng bậc ba ở hai phía tâm bị khuyết. Tìm bề rộng và khoảng cách tâm hai khe.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dùng khoảng vân gần tâm để tìm d. Điều kiện khuyết liên hệ a với d và bậc cực tiểu của .

Hướng đi:

• Dùng $\mathrm{\Delta }y\approx \lambda R/d$ trong miền góc nhỏ.
• Vân giao thoa bậc ba bị khuyết khi $3a/d$ là số nguyên dương, vì trùng một cực tiểu khe đơn.

Khoảng tâm khe là:

$$\begin{array}{rl}d& \approx \frac{\lambda R}{\mathrm{\Delta }y}\\ & =45,0\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

Tại bậc giao thoa thứ ba:

$$\begin{array}{rl}d\sin {\theta }_3& =3\lambda ,\\ a\sin {\theta }_3& =q\lambda ,\\ a& =\frac{q}{3}d.\end{array}$$

Nếu vân bị khuyết trùng cực tiểu nhiễu xạ đầu, $q=1$ và $a=15,0\mu \mathrm{m}$.

Tuy nhiên, đề chưa nói đó là cực tiểu đầu. Với hai khe tách rời, $0<a<d$, nên còn $q=2$ cho $a=30,0\mu \mathrm{m}$. Cả hai bề rộng đều làm bậc ba khuyết. Do đó, d được chọn từ khoảng vân, còn đáp số $a=15,0\mu \mathrm{m}$ cần điều kiện chọn cực tiểu đầu.

Bài tập 36: 23

Sóng điện từ kết hợp bước sóng $500\mathrm{nm}$ qua hai khe giống nhau, mỗi khe rộng a và hai tâm cách $9,00\mathrm{mm}$. (a) Bề rộng khe nhỏ nhất có thể làm cực đại giao thoa bậc $m=3$ bị khuyết là bao nhiêu? (b) Giá trị bề rộng lớn hơn kế tiếp làm bậc này khuyết là bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cùng một cực đại giao thoa có thể trùng các cực tiểu khác nhau của mỗi khe.

Hướng đi:

• Kết hợp $d\sin \theta =3\lambda$ với $a\sin \theta =q\lambda$ để loại góc và bước sóng.
• Duyệt q nguyên dương vì đề hỏi hai bề rộng dương nhỏ nhất.

$$\begin{array}{rl}\frac{a}{d}& =\frac{q}{3},\\ a& =\frac{q}{3}(9,00\mathrm{mm}).\end{array}$$

(a) Với $q=1$, bề rộng nhỏ nhất là $a=3,00\mathrm{mm}$.

(b) Với $q=2$, bề rộng kế tiếp là $a=6,00\mathrm{mm}$. Cả hai đều nhỏ hơn khoảng tâm nên hai khe vẫn tách rời.

Bài tập 36: 24

Ánh sáng kết hợp bước sóng $200\mathrm{nm}$ qua hai khe giống nhau, mỗi khe rộng a và hai tâm cách $1,00\mathrm{mm}$. Cực đại giao thoa bậc $m=5$ bị khuyết, còn các bậc $m=0$ đến $m=4$ vẫn có mặt. Tìm tỉ số cường độ của các cực đại bậc một và bậc hai.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Điều kiện khuyết bậc năm chưa tự xác định đó là cực tiểu nhiễu xạ thứ mấy. Cần giữ rõ bậc q của .

Hướng đi:

• Dùng $a/d=q/5$ vì bậc giao thoa thứ năm trùng cực tiểu khe đơn thứ q.
• Tại hướng cực đại giao thoa, cường độ tương đối chỉ còn thừa số bình phương .
• Kiểm tra các bậc 1 đến 4 để xác định các lựa chọn q chưa làm khuyết sớm hơn.

Với hai khe tách rời, $0<a<d$ cho $q=1,2,3,4$. Mỗi lựa chọn đều làm bậc năm khuyết nhưng không làm các bậc một đến bốn khuyết, vì 5 không có ước nguyên dương nào khác 1 và 5.

Đặt $x=\pi a/d$. Tỉ số cần tìm rút gọn thành:

$$\begin{array}{rl}\frac{I_1}{I_2}& =\frac{(\sin x/x{)}^2}{[\sin (2x)/(2x){]}^2}\\ & =\frac{1}{{\cos }^{2}x}.\end{array}$$

Nếu chọn bậc năm trùng cực tiểu nhiễu xạ đầu, $q=1$ và $x=\pi /5$, nên:

$$\frac{I_1}{I_2}=\mathrm{1,527}86\approx 1,53.$$

Nếu chỉ dùng đúng điều kiện vân khuyết đã phát biểu, $q=4$ cũng cho tỉ số trên, còn $q=2$ hoặc 3 cho tỉ số $\mathrm{10,472}1\approx 10,5$. Muốn chọn duy nhất $1,53$ cần thêm thông tin về bề rộng hoặc bậc cực tiểu gây khuyết.

Bài tập 36: 25

Laser bước sóng $632,8\mathrm{nm}$ qua cách tử, cho các điểm sáng bậc một ở $\pm 17,8^{\circ }$ so với tâm. (a) Cách tử có bao nhiêu vạch trên mỗi centimét? (b) Ngoài các điểm sáng bậc một, có bao nhiêu điểm sáng nữa ở xa tâm hơn và chúng ở những góc nào?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Góc bậc một xác định khoảng cách vạch d. Mỗi bậc dương tồn tại có một điểm đối xứng ở phía âm.

Hướng đi:

• Dùng $d=\lambda /\sin {\theta }_1$ và mật độ bằng nghịch đảo d.
• Giới hạn bậc bởi $m\lambda /d\le 1$, rồi bỏ bậc một đã được nêu.

(a):

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{d}& =\frac{\sin 17,8^{\circ }}{632,8\times {10}^{-9}}{\mathrm{m}}^{-1}\\ & =4830,84{\mathrm{cm}}^{-1}.\end{array}$$

Mật độ khoảng $4,83\times {10}^3$ vạch trên mỗi centimét.

(b) Chỉ có thêm các bậc 2 và 3, vì bậc 4 yêu cầu sin lớn hơn một. Các góc là:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_2& =\pm 37,7^{\circ },\\ {\theta }_3& =\pm 66,5^{\circ }.\end{array}$$

Vậy có thêm bốn điểm sáng ngoài hai điểm bậc một.

Bài tập 36: 26

Ánh sáng đơn sắc tới vuông góc một phẳng. Cực đại bậc một ở góc $11,3^{\circ }$. Cực đại bậc bốn ở góc bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giữ cùng bước sóng và cách tử. Hai góc liên hệ qua sin, không tỉ lệ trực tiếp với bậc ở góc lớn.

Hướng đi:

• Dùng $\sin {\theta }_4=4\sin {\theta }_1$ vì cả hai cực đại thỏa cùng quan hệ cách tử.

$$\begin{array}{rl}{\theta }_4& =\arcsin (4\sin 11,3^{\circ })\\ & =\mathrm{51,608}{4}^{\circ }\\ & \approx 51,6^{\circ }.\end{array}$$

Giá trị sin yêu cầu nhỏ hơn một nên bậc bốn tồn tại. Không lấy góc bằng bốn lần $11,3^{\circ }$.

Bài tập 36: 27

Ánh sáng kết hợp bước sóng $550\mathrm{nm}$ tới một cách tử có các khe cùng bề rộng và cách đều. Cực đại giao thoa bậc bốn dự kiến ở $66,6^{\circ }$ so với pháp tuyến, nhưng bị khuyết vì góc đó cũng là cực tiểu nhiễu xạ thứ ba của từng khe. Tìm (a) khoảng tâm hai khe kề nhau, (b) số khe trên mỗi milimet và (c) bề rộng mỗi khe.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bậc giao thoa là 4 và bậc cực tiểu khe đơn là 3 tại cùng góc.

Hướng đi:

• Dùng $d\sin \theta =4\lambda$ để tính khoảng tâm.
• Dùng $a\sin \theta =3\lambda$ để tính bề rộng, vì hai quan hệ có bậc khác nhau.

(a):

$$\begin{array}{rl}d& =\frac{4\lambda }{\sin 66,6^{\circ }}\\ & =\mathrm{2,397}15\mu \mathrm{m}\\ & \approx 2,40\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

(b):

$$\frac{1}{d}=\mathrm{417,161}{\mathrm{mm}}^{-1}.$$

Cách tử có khoảng 417 khe trên mỗi milimet.

(c):

$$\begin{array}{rl}a& =\frac{3\lambda }{\sin 66,6^{\circ }}\\ & =\mathrm{1,797}87\mu \mathrm{m}\\ & \approx 1,80\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

Tỉ số $a/d=3/4$ xác nhận hai điều kiện trùng góc.

Bài tập 36: 28

Một cách tử tạo điểm sáng bậc ba của ánh sáng đỏ $700\mathrm{nm}$ ở góc $65,0^{\circ }$ so với tâm. Điểm sáng bậc hai của ánh sáng tím $400\mathrm{nm}$ ở góc bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cùng khoảng vạch d, nhưng cả bước sóng lẫn bậc giao thoa đều thay đổi.

Hướng đi:

• Lấy tỉ số hai phương trình $d\sin \theta =m\lambda$ để loại d.

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_{\mathrm{violet}}& =\frac{2(400)}{3(700)}\sin 65,0^{\circ },\\ {\theta }_{\mathrm{violet}}& =\mathrm{20,197}{7}^{\circ }\\ & \approx 20,2^{\circ }.\end{array}$$

Đáp số là góc với hướng trung tâm trên cùng phía đang xét.

Bài tập 36: 29

Hai vạch Fraunhofer trong phổ hấp thụ Mặt Trời có bước sóng $\mathrm{430,790}\mathrm{nm}$ và $\mathrm{430,774}\mathrm{nm}$. Cách tử có 12.800 khe. (a) Độ phân giải sắc tối thiểu để tách hai vạch là bao nhiêu? (b) Cần bậc phổ thấp nhất bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Độ chênh bước sóng rất nhỏ so với bước sóng trung bình. N là số khe được chiếu sáng.

Hướng đi:

• Dùng $\mathcal{R}=\lambda /\mathrm{\Delta }\lambda$ để xác định yêu cầu phân giải.
• Dùng $mN\ge \mathcal{R}$ rồi làm tròn m lên số nguyên vì bậc phổ không liên tục.

(a):

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\mathrm{430,782}\mathrm{nm},\\ \mathrm{\Delta }\lambda & =\mathrm{0,016}\mathrm{nm},\\ {\mathcal{R}}_{min}& =\frac{\mathrm{430,782}}{\mathrm{0,016}}\\ & =\mathrm{26923,875}\\ & \approx 2,69\times {10}^4.\end{array}$$

(b):

$$\begin{array}{rl}m& \ge \frac{\mathrm{26923,875}}{12800},\\ m_{min}& =3.\end{array}$$

Bậc hai chỉ cho độ phân giải 25.600, chưa đạt yêu cầu.

Bài tập 36: 30

Miền bước sóng nhìn thấy xấp xỉ $380$–$750\mathrm{nm}$. Ánh sáng trắng tới vuông góc cách tử có $350$ khe trên mỗi milimet. Tìm bề rộng góc của phổ nhìn thấy ở (a) bậc một và (b) bậc ba. Lưu ý: Bậc cao cho phổ trải rộng hơn và phân giải tốt hơn, nhưng các bậc khác nhau có thể chồng phổ như Ví dụ 36.4.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bề rộng một phổ là hiệu góc của hai đầu đỏ và tím trên cùng phía, không phải tổng hai góc.

Hướng đi:

• Dùng $d=1/n$ với n là mật độ khe.
• Với từng bậc m, tính hai góc bằng $\arcsin (m\lambda /d)$ rồi lấy hiệu.

Khoảng khe là:

$$d=\frac{1}{350\times {10}^3}\mathrm{m}.$$

(a) Ở bậc một:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_{\mathrm{violet}}& =\mathrm{7,642}{99}^{\circ },\\ {\theta }_{\mathrm{red}}& =\mathrm{15,218}{5}^{\circ },\\ \mathrm{\Delta }{\theta }_1& =\mathrm{7,575}{47}^{\circ }\\ & \approx 7,{58}^{\circ }.\end{array}$$

(b) Ở bậc ba:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_{\mathrm{violet}}& =\mathrm{23,515}{7}^{\circ },\\ {\theta }_{\mathrm{red}}& =\mathrm{51,952}{5}^{\circ },\\ \mathrm{\Delta }{\theta }_3& =\mathrm{28,436}{8}^{\circ }\\ & \approx 28,4^{\circ }.\end{array}$$

Cả hai đầu phổ ở bậc ba vẫn có sin nhỏ hơn một. Mức trải góc tăng nhưng không tự loại được ánh sáng của các bậc phổ khác.

Bài tập 36: 31

Ánh sáng tới vuông góc có $5000$ khe trên mỗi centimét. (a) Bước sóng nào có độ lệch bậc một $13,5^{\circ }$? (b) Độ lệch bậc hai của bước sóng ấy là bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mật độ khe phải đổi từ mỗi centimét sang mỗi mét trước khi tính bước sóng SI.

Hướng đi:

• Dùng $\lambda =d\sin {\theta }_1$ vì cực đại đang xét thuộc bậc một.
• Dùng $\sin {\theta }_2=2\sin {\theta }_1$ vì bước sóng và cách tử giữ nguyên.

(a):

$$\begin{array}{rl}d& =\frac{1}{5000(100)}\mathrm{m},\\ \lambda & =d\sin 13,5^{\circ }\\ & =\mathrm{466,891}\mathrm{nm}\\ & \approx 467\mathrm{nm}.\end{array}$$

(b):

$$\begin{array}{rl}{\theta }_2& =\arcsin (2\sin 13,5^{\circ })\\ & =\mathrm{27,832}{7}^{\circ }\\ & \approx 27,8^{\circ }.\end{array}$$

Bài tập 36.32–36.44

Bài tập 36: 32

Một chùm laser bước sóng $632,8\mathrm{nm}$ chiếu vuông góc lên mặt phản xạ của đĩa CD. (a) Các rãnh hốc ghi dữ liệu trên CD cách nhau $1,60\mu \mathrm{m}$. Cường độ phản xạ đạt cực đại ở những góc nào so với pháp tuyến? (b) Với DVD, các rãnh chỉ cách $\mathrm{0,740}\mu \mathrm{m}$. Lặp lại phép tính.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Các rãnh được mô hình hóa thành ở tới vuông góc. Góc được đo với pháp tuyến.

Hướng đi:

• Dùng $d\sin {\theta }_m=m\lambda$ vì các rãnh phản xạ liên tiếp có cùng quan hệ pha như các khe ở tới vuông góc.
• Giữ bậc nguyên cho $|m\lambda /d|\le 1$.

(a) Với CD, $d/\lambda \approx 2,53$, nên có bậc $m=0,\pm 1,\pm 2$. Các góc cực đại là:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_0& =0^{\circ },\\ {\theta }_{\pm 1}& =\pm 23,3^{\circ },\\ {\theta }_{\pm 2}& =\pm 52,3^{\circ }.\end{array}$$

(b) Với DVD, $d/\lambda \approx 1,17$, nên chỉ có $m=0,\pm 1$:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_0& =0^{\circ },\\ {\theta }_{\pm 1}& =\pm 58,8^{\circ }.\end{array}$$

Khoảng rãnh nhỏ hơn làm bậc một lệch nhiều hơn, nhưng đồng thời giảm số bậc tồn tại.

Bài tập 36: 33

Các đồng vị của cùng một nguyên tố phát ánh sáng ở các bước sóng hơi khác nhau. Một vạch của hydrogen có bước sóng $656,45\mathrm{nm}$, còn vạch tương ứng của deuterium là $656,27\mathrm{nm}$. (a) Cần ít nhất bao nhiêu khe để phân giải hai vạch ở bậc hai? (b) Nếu cách tử có $500,00$ khe trên mỗi milimet, tìm góc và độ tách góc của hai vạch ở bậc hai.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $\mathrm{\Delta }\lambda =0,18\mathrm{nm}$ và bậc $m=2$. Số khe phải là số nguyên đủ lớn.

Hướng đi:

• Dùng $mN\ge \lambda /\mathrm{\Delta }\lambda$ vì tiêu chuẩn phân giải đặt một cận dưới cho số khe.
• Dùng $\sin \theta =2\lambda /d$ riêng cho từng bước sóng, vì yêu cầu còn gồm góc tách phổ.

(a) Dùng bước sóng trung bình $656,36\mathrm{nm}$:

$$N\ge \frac{656,36}{2(0,18)}=1823,22\dots .$$

Số nguyên nhỏ nhất là 1824 khe.

(b) Khoảng khe $d=1/(500,00{\mathrm{mm}}^{-1})=2000\mathrm{nm}$. Hai góc cùng phía là:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_H& =\mathrm{41,029}{688}^{\circ },\\ {\theta }_D& =\mathrm{41,016}{018}^{\circ },\\ \mathrm{\Delta }\theta & =\mathrm{0,013}{6699}^{\circ }\\ & \approx \mathrm{0,013}{7}^{\circ }.\end{array}$$

Vạch hydrogen có bước sóng dài hơn nên lệch nhiều hơn.

Bài tập 36: 34

Các mặt mạng tinh thể cách nhau $3,50\text{Å}$, với $1\text{Å}={10}^{-10}\mathrm{m}$. (a) Cần bước sóng điện từ bằng bao nhiêu để cực đại Bragg mạnh đầu tiên xuất hiện khi sóng hợp với mặt mạng góc $22,0^{\circ }$? Bức xạ thuộc miền nào của phổ điện từ ở Hình 32.4? (b) Còn những góc nào cho cực đại mạnh?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $d=\mathrm{0,350}\mathrm{nm}$. Góc tới được đo với mặt mạng.

Hướng đi:

• Dùng $\lambda =2d\sin {\theta }_1$ vì cực đại đầu có bậc một.
• Duyệt các bậc cao hơn thỏa $m\lambda \le 2d$.

(a):

$$\begin{array}{rl}\lambda & =2(\mathrm{0,350})\sin 22,0^{\circ }\mathrm{nm}\\ & =\mathrm{0,262}225\mathrm{nm}\\ & \approx \mathrm{0,262}\mathrm{nm}.\end{array}$$

Bước sóng này thuộc tia X.

(b) Với bậc hai:

$${\theta }_2=\arcsin \frac{2\lambda }{2d}=48,5^{\circ }.$$

Bậc ba trở lên yêu cầu sin lớn hơn một. Vì vậy chỉ có thêm góc $48,5^{\circ }$ trong miền từ 0 đến ${90}^{\circ }$.

Bài tập 36: 35

Tia X bước sóng $\mathrm{0,085}0\mathrm{nm}$ tán xạ bởi các nguyên tử tinh thể. Cực đại Bragg bậc hai xuất hiện khi góc $\theta$ ở Hình 36.22 bằng $21,5^{\circ }$. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng nguyên tử kề nhau là bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $m=2$, $\lambda =\mathrm{0,085}0\mathrm{nm}$ và $\theta =21,5^{\circ }$.

Hướng đi:

• Dùng $d=m\lambda /(2\sin \theta )$ vì dữ kiện là một cực đại Bragg có bậc đã biết.

$$\begin{array}{rl}d& =\frac{2(\mathrm{0,085}0)}{2\sin 21,5^{\circ }}\mathrm{nm}\\ & =\mathrm{0,231}923\mathrm{nm}\\ & \approx \mathrm{0,232}\mathrm{nm}.\end{array}$$

Không dùng bậc một khi cực đại quan sát đã được xác định là bậc hai.

Bài tập 36: 36

Tia X đơn sắc tới tinh thể có khoảng mặt mạng $\mathrm{0,440}\mathrm{nm}$. Cực đại Bragg bậc một xuất hiện khi các tia tới và phản xạ đều hợp với mặt mạng góc $39,4^{\circ }$. Tìm bước sóng tia X.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Góc đã cho là góc với mặt mạng, không phải góc giữa hai tia.

Hướng đi:

• Dùng $\lambda =2d\sin \theta$ vì bậc Bragg bằng một.

$$\begin{array}{rl}\lambda & =2(\mathrm{0,440})\sin 39,4^{\circ }\mathrm{nm}\\ & =\mathrm{0,558}563\mathrm{nm}\\ & \approx \mathrm{0,559}\mathrm{nm}.\end{array}$$

Bài tập 36: 37

Ánh sáng đơn sắc bước sóng $620\mathrm{nm}$ qua khẩu độ tròn đường kính $7,4\mu \mathrm{m}$. Quan sát hệ vân trên màn cách khẩu độ $4,5\mathrm{m}$. trên màn có đường kính bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đề cho đường kính khẩu độ theo micromet. Cần tìm đường kính, không phải bán kính đĩa sáng trên màn.

Hướng đi:

• Dùng $\sin {\theta }_1=1,22\lambda /D$ vì được giới hạn bởi vòng tối đầu.
• Dùng $W=2R\tan {\theta }_1$ để chuyển bán kính góc sang đường kính tuyến tính.

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_1& =\frac{1,22(620\times {10}^{-9})}{7,4\times {10}^{-6}},\\ W& =2R\tan {\theta }_1\\ & =\mathrm{0,924}790\mathrm{m}\\ & \approx 0,92\mathrm{m}.\end{array}$$

Khẩu độ chỉ lớn hơn bước sóng một số lần nên đĩa nhiễu xạ mở rộng đáng kể. Dùng gần đúng góc nhỏ cho khoảng $\mathrm{0,920}\mathrm{m}$, cùng đáp số hai chữ số có nghĩa.

Bài tập 36: 38

Ánh sáng đơn sắc bước sóng $490\mathrm{nm}$ qua một khẩu độ tròn. Màn quan sát cách khẩu độ $1,20\mathrm{m}$. Khoảng cách trên màn giữa vòng tối thứ nhất và thứ hai là $1,65\mathrm{mm}$. Tìm đường kính khẩu độ.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khoảng đã cho là độ chênh bán kính của hai vòng tối trên cùng phía tâm.

Hướng đi:

• Dùng $\sin {\theta }_1=1,22\lambda /D$ và $\sin {\theta }_2=2,23\lambda /D$ vì hai vòng tối có hệ số khác nhau.
• Góc nhỏ cho $r_j\approx R\sin {\theta }_j$, từ đó lấy hiệu để tìm D.

Đặt $\mathrm{\Delta }r=r_2-r_1$. Hiệu hai hệ số là $2,23-1,22=1,01$.

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }r& \approx 1,01\frac{\lambda R}{D},\\ D& \approx \frac{1,01\lambda R}{\mathrm{\Delta }r}\\ & =\mathrm{0,359}927\mathrm{mm}\\ & \approx \mathrm{0,360}\mathrm{mm}.\end{array}$$

Giữ hình học chính xác bằng $r_j=R\tan {\theta }_j$ cho $D=\mathrm{0,359}930\mathrm{mm}$, không làm đổi kết quả ở độ chính xác dữ kiện. Điều này cũng xác nhận gần đúng góc nhỏ phù hợp.

Bài tập 36: 39

Hai vệ tinh ở độ cao $1200\mathrm{km}$ cách nhau $28\mathrm{km}$ và phát vi ba bước sóng $3,6\mathrm{cm}$. Chảo thu phải có đường kính ít nhất bao nhiêu để phân giải hai tín hiệu theo ?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dùng mô hình hai vệ tinh gần thiên đỉnh, khoảng cách tới máy thu xấp xỉ độ cao và độ tách ngang bằng khoảng đã cho.

Hướng đi:

• Ước lượng góc tách bằng $\theta \approx s/R$ vì độ tách nhỏ so với khoảng quan sát.
• Dùng $D_{min}=1,22\lambda /\sin \theta$ vì chảo được mô hình hóa bằng khẩu độ tròn.

$$\begin{array}{rl}\theta & \approx \arctan (28/1200),\\ D_{min}& =\frac{1,22(\mathrm{0,036})}{\sin \theta }\mathrm{m}\\ & \approx 1,88\mathrm{m}\\ & \approx 1,9\mathrm{m}.\end{array}$$

Đáp số dùng khoảng quan sát và độ tách chiếu ngang nêu trong mô hình. Nếu quan sát gần chân trời hoặc hai vệ tinh không tách theo phương ngang đường ngắm, cần hình học vị trí đầy đủ để tính góc thật.

Bài tập 36: 40

Nếu đọc được hàng cuối của bảng kiểm tra thị lực, mắt có khả năng phân giải một phút cung, tức $1/60$ độ. Nếu giới hạn này chỉ do nhiễu xạ, nó tương ứng với đường kính hiệu dụng nào của hệ quang học mắt? Dùng và bước sóng $550\mathrm{nm}$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đây là đường kính hiệu dụng trong mô hình giới hạn nhiễu xạ, không phải kết luận đo trực tiếp kích thước mắt.

Hướng đi:

• Đổi phút cung sang radian trước khi dùng hàm sin.
• Dùng $D=1,22\lambda /\sin \theta$ vì góc đã cho được coi là giới hạn Rayleigh.

$$\begin{array}{rl}\theta & =\frac{\pi }{180(60)}\mathrm{rad},\\ D& =\frac{1,22(550\times {10}^{-9})}{\sin \theta }\mathrm{m}\\ & =\mathrm{2,306}73\mathrm{mm}\\ & \approx 2,31\mathrm{mm}.\end{array}$$

Giá trị này gắn với giả thiết mọi đều đến từ nhiễu xạ. Đề không yêu cầu suy ra các yếu tố sinh học khác của thị giác.

Bài tập 36: 41

VLBA kết hợp nhiều kính vô tuyến để tạo một hệ có đường kính tương đương khoảng $8000\mathrm{km}$. Khi hệ thu sóng bước sóng $2,0\mathrm{cm}$, một kính ánh sáng nhìn thấy dùng bước sóng $550\mathrm{nm}$ cần gương đường kính bao nhiêu để có cùng khả năng phân giải?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So sánh hai hệ bằng cùng mô hình đường kính tương đương và giới hạn nhiễu xạ.

Hướng đi:

• Đặt hai tỉ số $\lambda /D$ bằng nhau vì hệ số Rayleigh như nhau trong mô hình.

$$\begin{array}{rl}\frac{{\lambda }_v}{D_v}& =\frac{{\lambda }_r}{D_r},\\ D_v& =D_r\frac{{\lambda }_v}{{\lambda }_r}\\ & =\frac{8,0(550)}{\mathrm{0,020}}\times {10}^{-3}\mathrm{m}\\ & =220\mathrm{m}.\end{array}$$

Bước sóng vô tuyến dài hơn nhiều ánh sáng nhìn thấy, nên để đạt cùng góc phân giải, hệ vô tuyến cần thang kích thước lớn hơn tương ứng.

Bài tập 36: 42

Một nhiếp ảnh gia chụp động vật dùng ống kính tele vừa phải có tiêu cự $135\mathrm{mm}$ và khẩu độ lớn nhất $f/4,00$ để chụp một con gấu ở cách $11,5\mathrm{m}$. Lấy bước sóng $550\mathrm{nm}$. (a) Ở khẩu độ mở lớn nhất, chi tiết nhỏ nhất trên gấu mà ống kính phân giải được rộng bao nhiêu? (b) Nếu khép khẩu xuống $f/22,0$ để tăng độ sâu trường ảnh, chi tiết nhỏ nhất có thể phân giải rộng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cùng khoảng vật, tiêu cự và bước sóng. Chỉ số khẩu độ thay đổi làm đường kính D thay đổi.

Hướng đi:

• Dùng $D=f/N$ vì đề cho chỉ số khẩu độ N.
• Dùng $s_{min}\approx R(1,22\lambda /D)$ vì chi tiết nhỏ tạo góc nhỏ tại ống kính.

(a) Với $N=4,00$:

$$\begin{array}{rl}D& =33,75\mathrm{mm},\\ s_{min}& \approx \frac{1,22\lambda R}{D}\\ & =\mathrm{0,228}637\mathrm{mm}\\ & \approx \mathrm{0,229}\mathrm{mm}.\end{array}$$

(b) Giảm khẩu độ xuống $f/22,0$ làm đường kính nhỏ đi theo tỉ số $4/22$. Vì vậy:

$$\begin{array}{rl}{s}_{min}^{\prime }& =s_{min}\frac{22}{4}\\ & =\mathrm{1,257}50\mathrm{mm}\\ & \approx 1,26\mathrm{mm}.\end{array}$$

Khép khẩu tăng độ sâu trường ảnh nhưng làm do nhiễu xạ kém đi.

Bài tập 36: 43

Xét kính Hubble có khẩu độ $2,4\mathrm{m}$, làm việc ở bước sóng nhìn thấy $380$–$750\mathrm{nm}$. Bài toán còn xét kính vô tuyến Arecibo ở Puerto Rico, đường kính $305\mathrm{m}$, khoảng $1000$ ft, nằm trong một thung lũng, thu sóng bước sóng $75\mathrm{cm}$.

(a) Trong điều kiện quan sát tối ưu, miệng hố nhỏ nhất trên Mặt Trăng mà mỗi kính có thể phân giải rộng bao nhiêu? (b) Nếu dùng Hubble để quan sát mặt đất, quỹ đạo cao nhất mà kính vẫn có thể phân giải một biển số xe là bao nhiêu? Chỉ cần phân giải bản biển số, không cần đọc các ký tự. Giả thiết chỉ do nhiễu xạ.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Lấy khoảng cách Trái Đất–Mặt Trăng $R_M=3,84\times {10}^8\mathrm{m}$. Điều kiện tối ưu của Hubble trong miền đã cho dùng bước sóng ngắn nhất $380\mathrm{nm}$.

Hướng đi:

• Dùng $\sin {\theta }_R=1,22\lambda /D$ vì đề yêu cầu giới hạn nhiễu xạ.
• Dùng $s_{min}\approx R{\theta }_R$ ở câu (a).
• Ở câu (b), kích thước biển số chưa được cho nên giữ $h_{max}=s/\tan {\theta }_R$ rồi nêu rõ giả thiết kích thước khi ước lượng.

(a) Với Hubble:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_H& \approx \frac{1,22(380\times {10}^{-9})}{2,4},\\ s_H& \approx R_M{\theta }_H\\ & =\mathrm{74,176}\mathrm{m}\\ & \approx 74\mathrm{m}.\end{array}$$

Với khẩu độ vô tuyến của bài toán:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_A& \approx \frac{1,22(0,75)}{305},\\ s_A& \approx R_M{\theta }_A\\ & \approx 1,15\times {10}^3\mathrm{km}.\end{array}$$

Dù khẩu độ vật lý lớn hơn, bước sóng vô tuyến dài hơn rất nhiều nên giới hạn chi tiết trên Mặt Trăng kém hơn trong phép so sánh này.

(b) Với một kích thước chi tiết s của biển số:

$$\begin{array}{rl}{h}_{max}& =\frac{s}{\tan {\theta }_H}\\ & \approx \frac{s{D}_H}{1,22{\lambda }_H}.\end{array}$$

Đề không cho kích thước biển số nên không có một số duy nhất nếu chưa chọn s. Chẳng hạn, lấy biển số rộng $0,30\mathrm{m}$ và cao $0,15\mathrm{m}$. Muốn phân biệt theo cả hai chiều, dùng kích thước nhỏ hơn $s=0,15\mathrm{m}$, cho:

$$h_{max}\approx 7,77\times {10}^5\mathrm{m}.$$

Nếu chỉ xét chiều ngang $0,30\mathrm{m}$, giới hạn tương ứng là $1,55\times {10}^6\mathrm{m}$. Hai ước lượng gắn với hai kích thước chi tiết khác nhau, và đều dùng giả thiết quan sát tối ưu đã nêu.

Bài tập 36: 44

Bạn được giao thiết kế một kính thiên văn không gian trên quỹ đạo Trái Đất. Khi Sao Mộc cách Trái Đất $5,93\times {10}^8\mathrm{km}$ như dữ kiện cận điểm của bài toán, kính phải phân giải các chi tiết trên Sao Mộc cách nhau $250\mathrm{km}$ theo . Với bước sóng $500\mathrm{nm}$, gương cần đường kính ít nhất bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Độ tách chi tiết rất nhỏ so với khoảng cách thiên thể, nên góc tách bằng tỉ số hai khoảng có cùng đơn vị.

Hướng đi:

• Dùng $\theta \approx s/R$ để suy yêu cầu góc phân giải.
• Dùng $D_{min}=1,22\lambda /\sin \theta$ cho khẩu độ tròn của kính.

$$\begin{array}{rl}\theta & \approx \frac{250}{5,93\times {10}^8},\\ D_{min}& \approx \frac{1,22\lambda R}{s}\\ & =\mathrm{1,446}92\mathrm{m}\\ & \approx 1,45\mathrm{m}.\end{array}$$

Khẩu độ lớn hơn giá trị này có giới hạn nhiễu xạ nhỏ hơn độ tách góc yêu cầu trong mô hình.

Bài tập tổng hợp 36.45–36.61

Bài tập 36: 45

Nhiễu xạ qua khe và nhiễu xạ quanh vật thẳng mảnh, chẳng hạn sợi tóc, có kết quả tương tự, với a là bề dày vật mảnh. Trong phép đo một sợi tóc, ánh sáng bước sóng $632,8\mathrm{nm}$ chiếu vào sợi và được quan sát trên màn cách $1,25\mathrm{m}$. Hai vân tối đầu ở hai phía tâm cách nhau $5,22\mathrm{cm}$. Sợi tóc dày bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khoảng từ tâm tới cực tiểu đầu là một nửa khoảng hai vân tối đã cho. Dùng tính tương đương vật mảnh và khe được đề cung cấp.

Hướng đi:

• Dùng $a\sin {\theta }_1=\lambda$ vì các cực tiểu có cùng vị trí như khe rộng bằng đường kính tóc.
• Dùng $\tan {\theta }_1=y_1/R$ để suy góc từ phép đo.

$$\begin{array}{rl}{y}_1& =2,61\mathrm{cm},\\ {\theta }_1& =\arctan (\mathrm{0,026}1/1,25),\\ a& =\frac{\lambda }{\sin {\theta }_1}\\ & =\mathrm{30,313}1\mu \mathrm{m}\\ & \approx 30,3\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

Khoảng $5,22\mathrm{cm}$ là bề rộng giữa hai cực tiểu, không dùng nguyên khoảng đó làm $y_1$.

Bài tập 36: 46

Một loa có màng dao động ở $960\mathrm{Hz}$ chuyển động với tốc độ $80,0\mathrm{m}/\mathrm{s}$ thẳng về phía hai lỗ trên một vách rất lớn. Tốc độ âm là $344\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Ở xa vách, âm qua hai lỗ triệt giảm lần đầu ở $\pm 11,4^{\circ }$ so với hướng chuyển động của loa. (a) Hai lỗ cách nhau bao nhiêu? (b) Nếu loa ngừng chuyển động, cực tiểu đầu ở những góc nào?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khi nguồn tiến về vách, bước sóng tại hai lỗ ngắn hơn bước sóng của nguồn đứng yên.

Hướng đi:

• Dùng $\lambda =(v_s-v_{\mathrm{source}})/f_s$ vì các phía trước nguồn bị nén.
• Dùng $d\sin {\theta }_1=\lambda /2$ vì đang xét triệt giảm hai nguồn đồng pha, không phải cực tiểu khe đơn.

(a) Bước sóng tại vách là:

$$\lambda =\frac{344-80,0}{960}\mathrm{m}=\mathrm{0,275}\mathrm{m}.$$

Khoảng hai lỗ:

$$\begin{array}{rl}d& =\frac{\lambda }{2\sin 11,4^{\circ }}\\ & =\mathrm{0,695}648\mathrm{m}\\ & \approx \mathrm{0,696}\mathrm{m}.\end{array}$$

(b) Khi loa dừng, bước sóng là ${\lambda }_0=344/960\mathrm{m}$. Do đó:

$${\theta }_1^{\prime }=\arcsin \frac{{\lambda }_0}{2d}=\pm 14,9^{\circ }.$$

Nguồn dừng làm bước sóng tăng nên hai hướng cực tiểu đầu tách xa trục hơn.

Bài tập 36: 47

Laser bước sóng $632,8\mathrm{nm}$ tới vuông góc khe rộng $\mathrm{0,025}0\mathrm{mm}$. Trên màn ở xa, cường độ đỉnh trung tâm là $8,50\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$. (a) Màn đủ lớn có thể chứa tối đa bao nhiêu vân tối hoàn toàn? (b) Vân tối xa tâm nhất nằm ở góc nào? (c) Tìm gần đúng cường độ cực đại của vân sáng ngay trước vân tối đó. Ước lượng vị trí đỉnh sáng bằng trung bình hai góc của các vân tối giới hạn nó.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Vân sáng ở câu (c) nằm giữa hai cực tiểu bậc cao nhất liên tiếp. Thực hiện đúng phép gần đúng góc trung bình mà đề yêu cầu.

Hướng đi:

• Dùng $m\lambda \le a$ để tìm bậc tối cao nhất.
• Tính hai góc cực tiểu bằng arcsin rồi mới lấy trung bình.
• Dùng bình phương để tính cường độ tại góc ước lượng.

(a):

$$\text{m\_{max} = le ftlfloorfrac alambdarightrfloor = 39.}$$

Có 39 vân tối ở mỗi phía, tổng cộng 78 vân.

(b):

$${\theta }_{39}=\pm 80,8^{\circ }.$$

(c) Ở một phía, hai góc giới hạn là $\mathrm{74,124}{0}^{\circ }$ và $\mathrm{80,811}{4}^{\circ }$. Góc ước lượng của đỉnh sáng:

$${\theta }_{\ast }\approx \mathrm{77,467}{7}^{\circ }.$$

Với ${\alpha }_{\ast }=(\pi a/\lambda )\sin {\theta }_{\ast }$:

$$\begin{array}{rl}{I}_{\ast }& =8,50{\left(\frac{\sin {\alpha }_{\ast }}{{\alpha }_{\ast }}\right)}^2\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2\\ & \approx 5,55\times {10}^{-4}\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Đây là cường độ theo cách ước lượng vị trí đỉnh của đề. Đỉnh chính xác được tìm từ phương trình siêu việt của cực đại , không nhất thiết ở trung bình hai góc.

Bài tập 36: 48

Bạn được yêu cầu thiết kế cách tử trải phổ nhìn thấy bậc một trên khoảng góc $27,0^{\circ }$, như Ví dụ 36.4. (a) Cách tử cần bao nhiêu khe trên mỗi centimét? (b) Phổ bậc một bắt đầu và kết thúc ở những góc nào?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Lấy hai đầu miền nhìn thấy là $380$ và $750\mathrm{nm}$. Khoảng góc là hiệu giữa hai góc trên cùng phía.

Hướng đi:

• Dùng $d\sin {\theta }_v={\lambda }_v$ và $d\sin {\theta }_r={\lambda }_r$ vì đều là bậc một.
• Đặt ${\theta }_r={\theta }_v+{27}^{\circ }$ để loại các góc và tìm d.

Từ công thức cộng sin:

$$\begin{array}{rl}A& =\sqrt{d^2-{\lambda }_v^2},\\ {\lambda }_r& ={\lambda }_v\cos \mathrm{\Delta }\theta +A\sin \mathrm{\Delta }\theta .\end{array}$$

Suy ra:

$$\begin{array}{rl}A& =\frac{{\lambda }_r-{\lambda }_v\cos \mathrm{\Delta }\theta }{\sin \mathrm{\Delta }\theta },\\ d^2& ={\lambda }_v^2+A^2.\end{array}$$

(a) Thay $\mathrm{\Delta }\theta =27,0^{\circ }$ cho mật độ:

$$\frac{1}{d}=10176,3{\mathrm{cm}}^{-1}.$$

Cần khoảng $1,02\times {10}^4$ khe trên mỗi centimét.

(b):

$$\begin{array}{rl}{\theta }_v& =\mathrm{22,749}{4}^{\circ },\\ {\theta }_r& =\mathrm{49,749}{4}^{\circ }.\end{array}$$

Hiệu hai góc đúng bằng $27,0^{\circ }$.

Bài tập 36: 49

Một khe hẹp được chiếu bởi ánh sáng tần số f, tạo vân tối đầu ở $\pm 38,2^{\circ }$ trong không khí. Nhúng toàn bộ khe, màn và khoảng truyền vào một chất lỏng trong suốt chưa biết, vân tối đầu chuyển tới $\pm 21,6^{\circ }$. Tìm chất lỏng.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bề rộng khe và tần số giữ nguyên. Bước sóng trong chất lỏng giảm theo .

Hướng đi:

• Dùng $a\sin {\theta }_1=\lambda$ ở mỗi môi trường.
• Dùng ${\lambda }_{\mathrm{liq}}={\lambda }_0/n$ để loại bề rộng khe và bước sóng chưa biết.

$$n=\frac{\sin {\theta }_{\mathrm{air}}}{\sin {\theta }_{\mathrm{liq}}}=\frac{\sin 38,2^{\circ }}{\sin 21,6^{\circ }}\approx 1,68.$$

Góc vân tối giảm vì bước sóng giảm, phù hợp lớn hơn một.

Bài tập 36: 50

Máy ảnh dưới nước có thấu kính với tiêu cự trong không khí $35,0\mathrm{mm}$ và khẩu độ mở lớn nhất $f/2,80$. Phim nhạy với ánh sáng tần số $6,00\times {10}^{14}\mathrm{Hz}$. Máy ảnh chụp vật cách $2,75\mathrm{m}$ với khẩu độ mở hết. Chi tiết nhỏ nhất có thể phân giải rộng bao nhiêu nếu vật là (a) cá dưới nước và máy ảnh ở trong nước, (b) người trên bãi biển và máy ảnh ở ngoài nước?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dùng đường kính khẩu độ vật lý suy từ thông số trong không khí. Lấy nước $n_w=1,33$.

Hướng đi:

• Dùng $D=f/N$ từ thông số đã cho để xác định độ mở.
• Dùng $\lambda =c/(nf)$ vì tần số không đổi còn bước sóng phụ thuộc môi trường.
• Tính chi tiết nhỏ nhất từ ở khoảng vật đã cho.

Đường kính khẩu độ và bước sóng trong không khí là:

$$\begin{array}{rl}D& =35,0/2,80\mathrm{mm}\\ & =12,5\mathrm{mm},\\ {\lambda }_0& =500\mathrm{nm}.\end{array}$$

(a) Trong mô hình khẩu độ quan sát qua nước, dùng bước sóng ${\lambda }_w={\lambda }_0/1,33$:

$$\begin{array}{rl}{s}_w& \approx \frac{1,22{\lambda }_{w}R}{D}\\ & =\mathrm{0,100}902\mathrm{mm}\\ & \approx \mathrm{0,101}\mathrm{mm}.\end{array}$$

(b) Trong không khí:

$$\begin{array}{rl}{s}_0& \approx \frac{1,22{\lambda }_{0}R}{D}\\ & =\mathrm{0,134}200\mathrm{mm}\\ & \approx \mathrm{0,134}\mathrm{mm}.\end{array}$$

Không dùng chỉ số khẩu độ trong không khí như một chỉ số mới của hệ thấu kính ngập nước. D ở trên là độ mở vật lý, được giữ cố định trong phép so sánh giới hạn nhiễu xạ.

Bài tập 36: 51

Cường độ một khe được cho bởi phương trình (36.5). Đặt $\gamma =\beta /2$. (a) Chứng minh các giá trị $\gamma$ của cực đại thỏa $\tan \gamma =\gamma$. (b) Tìm hai nghiệm dương nhỏ nhất. Có thể thử giá trị và điều chỉnh, hoặc dùng đồ thị để chọn khoảng nghiệm ban đầu. (c) Các giá trị dương của $\gamma$ ở ba cực tiểu đầu là gì? Các nghiệm ở câu (b) có nằm đúng giữa hai cực tiểu kề nhau không? (d) Nếu $a=12\lambda$, tính các góc của cực tiểu đầu, cực đại phụ đầu và cực tiểu thứ hai.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Với $\gamma \ne 0$, hàm cường độ là $I=I_0(\sin \gamma /\gamma {)}^2$. Tâm $\gamma =0$ được xét bằng giới hạn.

Hướng đi:

• Lấy đạo hàm theo $\gamma$ rồi phân biệt nghiệm cực tiểu từ $\sin \gamma =0$ với nghiệm cực đại.
• Giải nghiệm dương trong từng khoảng giữa một bội của $\pi$ và tiệm cận kế tiếp của tang.
• Dùng $\gamma =\pi a\sin \theta /\lambda$ để đổi sang góc.

(a) Đặt $h(\gamma )=\sin \gamma /\gamma$. Khi đó:

$$\begin{array}{rl}{I}^{\prime }& =2I_{0}h{h}^{\prime },\\ h^{\prime }& =\frac{\gamma \cos \gamma -\sin \gamma }{{\gamma }^2}.\end{array}$$

Ngoài các nghiệm $\sin \gamma =0$ cho cực tiểu, các cực đại phụ thỏa:

$$\begin{array}{rl}\gamma \cos \gamma -\sin \gamma & =0,\\ \tan \gamma & =\gamma .\end{array}$$

(b) Hai nghiệm dương nhỏ nhất là:

$${\gamma }_1=\mathrm{4,493}409,{\gamma }_2=\mathrm{7,725}252.$$

Lời giải 36.51: Hai giao điểm với trục ngang của hàm tang gamma trừ gamma xác định hai cực đại phụ đầu.

(c) Ba cực tiểu dương đầu ở $\pi$, $2\pi$, $3\pi$. Trung điểm các khoảng tương ứng là $3\pi /2$ và $5\pi /2$, không bằng hai nghiệm vừa tìm. Mẫu số của hàm làm đỉnh lệch khỏi điểm mà riêng tử số sin đạt độ lớn một.

(d) Với $a=12\lambda$, có $\sin \theta =\gamma /(12\pi )$. Ba góc cần tìm lần lượt là:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_{min,1}& =4,{78}^{\circ },\\ {\theta }_{max,1}& =6,{85}^{\circ },\\ {\theta }_{min,2}& =9,{59}^{\circ }.\end{array}$$

Bài tập 36: 52

Các tia song song bước sóng $540\mathrm{nm}$ chiếu lên khe rộng $\mathrm{0,360}\mathrm{mm}$. Màn cách khe $1,20\mathrm{m}$. Cường độ đỉnh trung tâm là $I_0$. Tìm khoảng trên màn từ tâm tới (a) cực tiểu đầu, (b) điểm mà cường độ giảm xuống $I_0/2$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tìm điểm nửa cường độ đầu tiên bên trong cực đại trung tâm, không phải trung điểm hình học tới cực tiểu.

Hướng đi:

• Dùng $\sin {\theta }_1=\lambda /a$ ở câu (a).
• Ở câu (b), giải $(\sin \gamma /\gamma {)}^2=1/2$ trong khoảng $0<\gamma <\pi$.
• Đổi góc sang vị trí bằng $y=R\tan \theta$.

(a):

$$y_1=R\tan [\arcsin (\lambda /a)]\approx 1,80\mathrm{mm}.$$

(b) Nghiệm đầu của phương trình nửa cường độ là ${\gamma }_H=\mathrm{1,391}557$. Vì vậy:

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_H& =\frac{{\gamma }_H\lambda }{\pi a},\\ y_H& =R\tan {\theta }_H\\ & =\mathrm{0,797}304\mathrm{mm}\\ & \approx \mathrm{0,797}\mathrm{mm}.\end{array}$$

Khoảng này nhỏ hơn một nửa khoảng từ tâm tới cực tiểu đầu. Hàm cường độ không giảm tuyến tính theo vị trí.

Bài tập 36: 53

Trong một buồng chân không lớn, laser đơn sắc đi qua khe hẹp trên bản nhôm mỏng và tạo hệ vân trên màn cách khe $\mathrm{0,620}\mathrm{m}$. Ở $20,0^{\circ }\mathrm{C}$, cực đại trung tâm rộng $2,75\mathrm{mm}$. Khi tăng nhiệt độ bản tới $520,0^{\circ }\mathrm{C}$, bề rộng cực đại trung tâm đổi bao nhiêu? Nó tăng hay giảm?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chân không giữ bước sóng không đổi. Dùng hệ số nở dài nhôm $\alpha =2,4\times {10}^{-5}{\mathrm{K}}^{-1}$.

Hướng đi:

• Khe nở cùng bản nên $a^{\prime }=a(1+\alpha \mathrm{\Delta }T)$.
• Góc nhỏ cho $W\approx 2R\lambda /a$, vì thế nở khe làm hẹp vân trung tâm.
• Có thể lấy vi phân hoặc dùng trực tiếp tỉ số bề rộng để kiểm soát gần đúng.

Ở bậc vi phân:

$$\begin{array}{rl}\frac{dW}{W}& =-\frac{da}{a},\\ \mathrm{\Delta }W& \approx -W\alpha \mathrm{\Delta }T\\ & \approx -\mathrm{0,033}0\mathrm{mm}.\end{array}$$

Dùng trực tiếp hệ thức nở dài với $\mathrm{\Delta }T=500,0\mathrm{K}$:

$$\begin{array}{rl}{W}^{\prime }& \approx \frac{2,75}{1+\mathrm{0,012}}\mathrm{mm}\\ & =\mathrm{2,717}39\mathrm{mm},\\ \mathrm{\Delta }W& \approx -\mathrm{0,032}6\mathrm{mm}.\end{array}$$

Hai cách cho cùng kết luận cực đại trung tâm hẹp đi khoảng $\mathrm{0,033}\mathrm{mm}$. Chênh lệch là phần do chỉ giữ bậc nhất trong phép lấy vi phân.

Bài tập 36: 54

Trong phòng thí nghiệm, ánh sáng của một vạch phổ helium qua cách tử cho cực đại bậc hai ở $18,9^{\circ }$ so với tâm. Cùng cách tử được dùng quan sát vạch ấy từ thiên hà đang rời Trái Đất với tốc độ $2,65\times {10}^7\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Cực đại bậc hai của vạch từ thiên hà ở góc nào? Dùng hiệu ứng Doppler điện từ ở mục 16.8.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cùng bậc phổ và khoảng vạch cách tử. Chỉ bước sóng nhận được thay đổi do chuyển động dọc đường ngắm.

Hướng đi:

• Dùng tỉ số Doppler $q=\sqrt{(1+\beta )/(1-\beta )}$ với $\beta =v/c$ vì nguồn rời xa.
• Dùng $\sin {\theta }_R=q\sin {\theta }_S$ từ hai phương trình cách tử cùng bậc.

$$\begin{array}{rl}\beta & =\frac{2,65\times {10}^7}{3,00\times {10}^8},\\ q& =\mathrm{1,092}604,\\ {\theta }_R& =\arcsin (q\sin 18,9^{\circ })\\ & =\mathrm{20,726}{9}^{\circ }\\ & \approx 20,7^{\circ }.\end{array}$$

Thiên hà rời xa tạo dịch đỏ, nên bước sóng và góc cực đại cùng tăng.

Bài tập 36: 55

Bước sóng dài nhất có thể quan sát ở bậc ba của có $9200$ khe trên mỗi centimét là bao nhiêu? Giả thiết ánh sáng tới vuông góc.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bước sóng giới hạn tương ứng hướng lệch lớn nhất cho phép về hình học.

Hướng đi:

• Dùng $3\lambda \le d$ vì điều kiện cách tử phải có sin không lớn hơn một.

$$\begin{array}{rl}d& =\frac{1}{9200(100)}\mathrm{m},\\ {\lambda }_{max}& =\frac{d}{3}\\ & =\mathrm{362,319}\mathrm{nm}\\ & \approx 362\mathrm{nm}.\end{array}$$

Ở đúng giới hạn, góc bậc ba bằng ${90}^{\circ }$. Trên một màn phẳng đặt phía trước ở khoảng hữu hạn, cần bước sóng nhỏ hơn giới hạn này để vân nằm trên màn.

Bài tập 36: 56

Con người cảm nhận âm trong khoảng 20–20.000 Hz. Tiếng nói có các thành phần ở miền giữa, khoảng 400–1000 Hz, còn chuông, còi và tiếng dụng cụ bạc chạm đĩa có các thành phần cao hơn. Trống và guitar bass cung cấp các thành phần tần số thấp hơn. Cửa ra vào có thể làm âm nghe qua góc khuất khác với âm nghe trực diện.

(a) Ước lượng bề rộng một cửa trong nhà bạn. (b) Tìm tần số ứng với bước sóng cùng cỡ bề rộng cửa. (c) Tìm tần số có miền nhiễu xạ chính chỉ mở khoảng $\pm {20}^{\circ }$ qua cửa. (d) Cửa có lọc rõ các âm nghe được không? (e) Âm thấp, trung hay cao khó nghe hơn qua góc cửa? (f) Làm thử để quan sát. Vì sao hiệu ứng dễ nhận hơn khi đứng ngoài nhà nghe âm từ trong nhà?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đây là bài ước lượng và quan sát. Chọn minh họa cửa rộng $a=0,90\mathrm{m}$ và tốc độ âm $344\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Có thể thay bằng bề rộng thực của cửa đang xét.

Hướng đi:

• Dùng $f=v/\lambda$ để chuyển thang kích thước thành tần số.
• Lấy vân tối đầu ở ${20}^{\circ }$ làm giới hạn miền trung tâm cho câu (c).
• Phân biệt giảm âm theo hướng khuất với việc chặn hoàn toàn một tần số theo mọi hướng.

(a) Với lựa chọn minh họa, cửa rộng $0,90\mathrm{m}$.

(b) Khi $\lambda \sim a$:

$$f\sim \frac{344}{0,90}\mathrm{Hz}\approx 382\mathrm{Hz}.$$

(c) Điều kiện cực tiểu đầu là $a\sin {20}^{\circ }=\lambda$. Vì vậy:

$$\begin{array}{rl}f& =\frac{344}{0,90\sin {20}^{\circ }}\mathrm{Hz}\\ & \approx 1,12\times {10}^3\mathrm{Hz}.\end{array}$$

(d), (e) Cửa tạo một sự chọn lọc phụ thuộc cả tần số lẫn hướng nghe. Âm tần số thấp có bước sóng dài nên lan rộng qua cửa. Âm cao có bước sóng ngắn hơn, tập trung gần hướng truyền thẳng và yếu hơn ở góc khuất. Do đó, âm cao khó nghe hơn khi vòng qua góc cửa.

(f) Có thể cho một nguồn âm đứng yên trong phòng phát lần lượt âm thấp và âm cao, rồi so sánh khi đứng thẳng trước cửa và lệch sang bên ngoài vùng nhìn thẳng. Giữ mức phát và khoảng cách gần như nhau. Trong phòng, nhiều phản xạ từ tường tạo thêm các đường truyền. Ở ngoài nhà, đường qua cửa được tách rõ hơn nên dễ so vai trò của hướng truyền ấy.

Miền phụ ngoài cực tiểu vẫn có âm, nên “chỉ mở $\pm {20}^{\circ }$” ở câu (c) là cách mô tả miền trung tâm, không phải một biên chặn tuyệt đối.

Bài tập 36: 57

Cách tử có $650$ khe trên mỗi milimet. Bậc cao nhất vẫn chứa toàn bộ phổ nhìn thấy là bao nhiêu? Lấy miền nhìn thấy xấp xỉ $380$–$750\mathrm{nm}$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Muốn toàn bộ một bậc phổ tồn tại thì ngay bước sóng dài nhất cũng phải cho sin không vượt một.

Hướng đi:

• Dùng $m{\lambda }_{max}\le d$ với ${\lambda }_{max}=750\mathrm{nm}$, rồi lấy bậc nguyên lớn nhất.

$$\begin{array}{rl}d& =\frac{1}{650\times {10}^3}\mathrm{m},\\ m& \le \frac{d}{750\times {10}^{-9}}\\ & =\mathrm{2,051}28\dots .\end{array}$$

Bậc cao nhất là $m=2$. Bậc ba có thể chứa một phần miền bước sóng ngắn nhưng không chứa toàn bộ phổ nhìn thấy.

Bài tập 36: 58

Quasar, tên rút gọn của nguồn vô tuyến gần dạng sao, là các vật ở xa có thể trông giống sao nhưng phát bức xạ lớn hơn cả một thiên hà thông thường. Trong Hình P36.58, vật sáng phía dưới bên trái tâm là quasar, còn các vật kéo dài khác là thiên hà thông thường. Mô hình quasar gồm thiên hà chứa lỗ đen siêu khối lượng ở tâm, với khí và bụi phát bức xạ khi rơi về lỗ đen. Vùng phát có thể chỉ rộng vài năm ánh sáng. Quầng khuếch tán quanh vật sáng được xem là thiên hà chủ.

Xét một kính vô tuyến do cơ quan vũ trụ Nga đưa lên quỹ đạo lớn. Khi kính cách Trái Đất $77.000\mathrm{km}$, kết hợp tín hiệu với VLBA cho khả năng phân giải tương đương khẩu độ $77.000\mathrm{km}$. Dùng , tìm chi tiết nhỏ nhất có thể phân giải ở quasar 3C 405, cách $7,2\times {10}^8$ năm ánh sáng, khi thu ở $1665\mathrm{MHz}$. Cho kết quả theo năm ánh sáng và kilômét.

Hình P36.58: Vật sáng dạng điểm và quầng thiên hà chủ, bên cạnh các thiên hà kéo dài.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bài toán cho sẵn đường kính tương đương của hệ giao thoa vô tuyến. Dùng $1\mathrm{ly}=9,46\times {10}^{12}\mathrm{km}$.

Hướng đi:

• Dùng $\lambda =c/f$ và ${\theta }_R\approx 1,22\lambda /D$ vì miền góc rất nhỏ.
• Dùng $s\approx R{\theta }_R$ để đổi giới hạn góc thành kích thước tại quasar.

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\mathrm{0,180}180\mathrm{m},\\ {\theta }_R& \approx \mathrm{2,854}80\times {10}^{-9}\mathrm{rad},\\ s& \approx (7,2\times {10}^8){\theta }_R\mathrm{ly}\\ & =\mathrm{2,055}46\mathrm{ly}.\end{array}$$

Đổi đơn vị:

$$\begin{array}{rl}s& \approx 1,94\times {10}^{13}\mathrm{km}\\ & \approx 2,1\mathrm{ly}.\end{array}$$

Các số này dùng mô hình khẩu độ tương đương và dữ kiện của bố trí đã nêu.

Bài tập 36: 59

Trong thập niên 1920, Clinton Davisson và Lester Germer quan sát nhiễu xạ khi electron năng lượng $54\mathrm{eV}$ tán xạ trên nickel kết tinh. Đỉnh nhiễu xạ ở góc giữa chùm tới và chùm tán xạ bằng ${50}^{\circ }$.

(a) Góc Bragg $\theta$ trong (36.16) bằng bao nhiêu? (b) Khoảng mặt mạng nickel là $\mathrm{0,091}\mathrm{nm}$. Bước sóng electron theo là bao nhiêu? (c) Với khối lượng $9,11\times {10}^{-31}\mathrm{kg}$, tìm tốc độ cổ điển $v_{\mathrm{c}\mathrm{l}}$. (d) Nếu tốc độ sóng bằng $v_{\mathrm{c}\mathrm{l}}$, tần số là bao nhiêu? (e) Dùng $E=hf$ để ước lượng h. (f) Hiệu chỉnh bằng việc vận tốc pha trong mô hình lượng tử phi tương đối tính bằng một nửa tốc độ hạt cổ điển, rồi tính lại h. (g) So với giá trị $6,6\times {10}^{-34}\mathrm{J}\mathrm{s}$, kết quả có phù hợp không?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phân biệt tốc độ chuyển động hạt với vận tốc pha của sóng. Năng lượng E trong phép tính là động năng đã cho.

Hướng đi:

• Dùng góc Bragg với mặt mạng, rồi $\lambda =2d\sin \theta$ cho bậc một.
• Dùng $v_{\mathrm{c}\mathrm{l}}=\sqrt{2E/m}$ vì năng lượng đủ nhỏ cho mô hình phi tương đối tính.
• Tính $h=E/f$ cho từng giả thiết vận tốc pha để thấy vai trò của hệ số hai.

(a) Theo hình học góc tán xạ của phép đo:

$$\theta =\frac{{180}^{\circ }-{50}^{\circ }}{2}={65}^{\circ }.$$

(b):

$$\begin{array}{rl}\lambda & =2(\mathrm{0,091})\sin {65}^{\circ }\mathrm{nm}\\ & =\mathrm{0,164}948\mathrm{nm}.\end{array}$$

(c) Đổi năng lượng sang joule rồi tính tốc độ:

$$\begin{array}{rl}E& =\mathrm{8,651}75\times {10}^{-18}\mathrm{J},\\ v_{\mathrm{c}\mathrm{l}}& =\sqrt{2E/m}\\ & =\mathrm{4,358}21\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

(d), (e) Nếu gán vận tốc sóng bằng tốc độ hạt:

$$\begin{array}{rl}{f}_{\mathrm{c}\mathrm{l}}& =v_{\mathrm{c}\mathrm{l}}/\lambda \\ & =\mathrm{2,642}17\times {10}^{16}\mathrm{Hz},\\ h_{\mathrm{initial}}& =E/f_{\mathrm{c}\mathrm{l}}\\ & =\mathrm{3,274}49\times {10}^{-34}\mathrm{J}\mathrm{s}.\end{array}$$

(f) Với vận tốc pha bằng $v_{\mathrm{c}\mathrm{l}}/2$, tần số giảm một nửa, còn h suy ra tăng gấp đôi:

$$\begin{array}{rl}f& =\mathrm{1,321}09\times {10}^{16}\mathrm{Hz},\\ h& =\mathrm{6,548}98\times {10}^{-34}\mathrm{J}\mathrm{s}.\end{array}$$

(g) Kết quả khoảng $6,5\times {10}^{-34}\mathrm{J}\mathrm{s}$ phù hợp gần đúng với giá trị đã cho, trong mức làm tròn của góc và khoảng mặt mạng. Quan hệ vận tốc pha bằng nửa vận tốc hạt ở đây thuộc mô hình phi tương đối tính dùng động năng, không phải một phát biểu về mọi sóng vật chất trong mọi miền năng lượng.

Bài tập 36: 60

của mắt chịu ảnh hưởng của đường kính đồng tử và kích thước tế bào võng mạc. Tế bào đường kính khoảng $5,0\mu \mathrm{m}$ tạo giới hạn vật cao khoảng $50\mu \mathrm{m}$ ở cực cận $25\mathrm{cm}$. Để ước lượng, bỏ ảnh hưởng của dịch trong mắt.

(a) Với đồng tử đường kính $2,0\mathrm{mm}$ và ánh sáng $550\mathrm{nm}$, có cho phân giải vật cao $50\mu \mathrm{m}$ ở $25\mathrm{cm}$ không? (b) Vật nhỏ nhất phân giải được ở đó cao bao nhiêu? (c) Vật câu (b) chắn góc bao nhiêu phút cung? So với giá trị thực nghiệm khoảng một phút cung. (d) Trong mô hình này, nhiễu xạ hay tế bào võng mạc giới hạn mạnh hơn?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dùng đúng mô hình bỏ qua môi trường dịch trong mắt và khẩu độ đồng tử đã cho.

Hướng đi:

• Dùng $\sin {\theta }_R=1,22\lambda /D$ để tìm góc Rayleigh.
• Dùng $s_{min}=R\tan {\theta }_R$ và đổi radian sang phút cung.
• So giới hạn kích thước do nhiễu xạ với giới hạn $50\mu \mathrm{m}$ đã cho của tế bào.

(a), (b):

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_R& =\frac{1,22(550\times {10}^{-9})}{2,0\times {10}^{-3}},\\ s_{min}& =0,25\tan {\theta }_R\mathrm{m}\\ & =\mathrm{83,875}0\mu \mathrm{m}\\ & \approx 84\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

Vật cao $50\mu \mathrm{m}$ nhỏ hơn giới hạn này, nên không được phân giải theo Rayleigh trong mô hình.

(c):

$${\theta }_R\approx 1,15\text{ arcmin}.$$

Giá trị gần một phút cung, phù hợp cấp độ lớn của dữ kiện thực nghiệm nêu trong đề.

(d) Giới hạn nhiễu xạ khoảng $84\mu \mathrm{m}$ lớn hơn giới hạn tế bào khoảng $50\mu \mathrm{m}$. Vì vậy nhiễu xạ là ràng buộc mạnh hơn trong các điều kiện đang xét. Kết luận phụ thuộc đường kính đồng tử và các gần đúng được chỉ rõ.

Bài tập 36: 61

Trong nghiên cứu bút chỉ laser, bạn cho ánh sáng qua hai khe hẹp song song và thu được phần giữa của hệ vân trong Hình P36.61. Các đốm sáng kề nhau, trừ vị trí bị khuyết, cách tâm đều $1,53\mathrm{mm}$ trên màn cách khe $2,50\mathrm{m}$. Nguồn là laser helium–neon bước sóng $632,8\mathrm{nm}$. (a) Hai khe cách nhau bao nhiêu? (b) Mỗi khe rộng bao nhiêu?

Hình P36.61: Đủ các đốm sáng của phần hệ vân được quan sát, với hai vị trí bậc khuyết đối xứng.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Ảnh có 13 đốm liên tiếp trong nhóm giữa, hai vị trí khuyết đối xứng ở bậc 7 và các đốm ngoài còn nhìn thấy. Chỉ một phần hệ vân được cho.

Hướng đi:

• Dùng $d\approx \lambda R/\mathrm{\Delta }y$ vì khoảng vân được đo gần tâm.
• Đếm bậc từ đốm trung tâm, không coi vị trí khuyết là khoảng vân rộng gấp đôi để đổi khoảng khe.
• Dùng điều kiện khuyết $a/d=q/7$ và nêu rõ giả thiết chọn cực tiểu nhiễu xạ đầu.

(a):

$$\begin{array}{rl}d& \approx \frac{\lambda R}{\mathrm{\Delta }y}\\ & =\mathrm{1,033}99\mathrm{mm}\\ & \approx 1,03\mathrm{mm}.\end{array}$$

(b) Nhóm giữa gồm các bậc $-6$ đến $+6$. Bậc $\pm 7$ bị khuyết. Nếu chúng trùng cực tiểu đầu của :

$$\begin{array}{rl}a& =\frac{d}{7}\\ & =\mathrm{0,147}712\mathrm{mm}\\ & \approx \mathrm{0,148}\mathrm{mm}.\end{array}$$

Lựa chọn này xem nhóm giữa là các bậc nằm trong cực đại nhiễu xạ trung tâm. Nếu chỉ dùng vị trí mà không biết bao cường độ, còn có họ $a=qd/7$. Với hai khe tách rời, q có thể từ 1 đến 6 mà không làm các bậc một đến sáu khuyết. Vì thế, điều kiện chọn bao trung tâm là phần cần nói rõ khi đọc ảnh.

Bài tập dữ liệu 36.62–36.64

Bài tập 36: 62

Một bạn học cho rằng bề rộng cực đại trung tâm của tỉ lệ nghịch bề rộng khe. Bạn thấy nhận xét này trái trực giác nên đo để kiểm tra. Chiếu laser đơn sắc bước sóng $\lambda$ qua khe rộng a và đo bề rộng w của cực đại trung tâm trên màn cách khe $1,50\mathrm{m}$. Bề rộng w được đo giữa hai cực tiểu đầu ở hai phía tâm. Số đo như sau:

a ($\mu \mathrm{m}$)	w ($\mathrm{m}$)
0,78	2,68
0,91	2,09
1,04	1,73
1,82	0,89
3,12	0,51
5,20	0,30
7,80	0,20
10,40	0,15
15,60	0,10

(a) Nếu w tỉ lệ nghịch a thì aw phải không đổi. Vẽ đồ thị aw theo a và giải thích vì sao aw không cố định khi a nhỏ. (b) Dùng đồ thị tìm bước sóng laser. (c) Cực tiểu đầu ở góc nào khi (i) $a=0,78\mu \mathrm{m}$, (ii) $a=15,60\mu \mathrm{m}$?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tất cả chín cặp đo đều cần được dùng. Tính nghịch đảo đơn giản là gần đúng góc nhỏ, trong khi các khe nhỏ nhất tạo bề rộng màn cùng cỡ khoảng màn.

Hướng đi:

• Tính từng tích aw và vẽ theo a.
• Dùng $w=2R\tan {\theta }_1$ với $\sin {\theta }_1=\lambda /a$ để kiểm tra giới hạn của gần đúng.
• Đọc mức tiệm cận của aw ở a lớn để suy $\lambda \approx aw/(2R)$.

(a) Tính đủ chín tích aw:

a ($\mu \mathrm{m}$)	aw (${10}^{-6}{\mathrm{m}}^2$)
0,78	2,0904
0,91	1,9019
1,04	1,7992
1,82	1,6198
3,12	1,5912
5,20	1,5600
7,80	1,5600
10,40	1,5600
15,60	1,5600

Lời giải 36.62: Đồ thị dùng đủ chín cặp đo, cho thấy tích aw tiến tới một giá trị không đổi ở khe rộng hơn.

Đặt $u=\lambda /a$. Giữ hình học màn phẳng cho:

$$\begin{array}{rl}w& =2R\frac{u}{\sqrt{1-u^2}},\\ aw& =\frac{2R\lambda }{\sqrt{1-u^2}}.\end{array}$$

Khi a lớn so với bước sóng, u nhỏ và mẫu số gần một, nên aw gần không đổi. Khi a giảm, góc cực tiểu lớn, tang không còn gần bằng sin và mẫu số nhỏ đi. Vì vậy, aw tăng ở những khe nhỏ nhất, đúng với số đo.

(b) Bốn điểm a lớn nhất cho mức gần $aw=1,56\times {10}^{-6}{\mathrm{m}}^2$. Suy ra:

$$\begin{array}{rl}\lambda & \approx \frac{1,56\times {10}^{-6}}{2(1,50)}\mathrm{m}\\ & =520\mathrm{nm}.\end{array}$$

Các điểm khe nhỏ không bị loại bỏ. Chúng thể hiện chính sự sai khác của mô hình góc nhỏ, còn phần tiệm cận của cùng đồ thị dùng để đọc bước sóng.

(c) Dùng ${\theta }_1=\arcsin (\lambda /a)$:

• (i) ${\theta }_1=41,8^{\circ }$.
• (ii) ${\theta }_1=1,{91}^{\circ }$.

Hai phía màn có các góc đối dấu. Góc lớn ở trường hợp (i) giải thích vì sao không được áp dụng tính tỉ lệ nghịch đơn giản cho mọi hàng số đo.

Bài tập 36: 63

Bạn làm việc ở một công ty chế tạo kim loại và cần đo đường kính D của một lỗ tròn rất nhỏ trên bản kim loại mỏng, thẳng đứng. Chiếu ánh sáng kết hợp đơn sắc bước sóng $562\mathrm{nm}$ qua lỗ, đo bán kính r của vòng tối đầu trên màn cách lỗ một khoảng x như Hình 36.26. Bốn phép đo là:

x ($\mathrm{m}$)	r ($\mathrm{cm}$)
1,00	5,6
1,50	8,5
2,00	11,6
2,50	14,1

(a) Dùng từng cặp số đo để tính D. Vì có sai số đo, lấy trung bình bốn giá trị D làm kết quả báo cáo. (b) Với $x=1,00\mathrm{m}$, các vòng tối thứ hai và thứ ba có bán kính bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phải tính cả bốn giá trị đường kính rồi lấy trung bình như đề yêu cầu, không thay bằng đường hồi quy khác.

Hướng đi:

• Dùng $\tan {\theta }_1=r/x$ và $D=1,22\lambda /\sin {\theta }_1$ cho từng lần đo.
• Lấy trung bình số học của bốn D.
• Dùng các hệ số 2,23 và 3,24 cho vòng tối thứ hai, thứ ba với đường kính trung bình.

(a) Mỗi cặp đo cho:

$$D_i=\frac{1,22\lambda }{\sin [\arctan (r_i/x_i)]}.$$

Các đường kính, tính theo micromet, lần lượt là:

$$\begin{array}{rl}{D}_1& =\mathrm{12,262}8,\\ D_2& =\mathrm{12,118}9,\\ D_3& =\mathrm{11,841}2,\\ D_4& =\mathrm{12,176}1.\end{array}$$

Khai triển phép trung bình:

$$\begin{array}{rl}\bar{D}& =\frac{D_1+D_2+D_3+D_4}{4}\\ & =\mathrm{12,099}7\mu \mathrm{m}\\ & \approx 12,1\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

(b) Dùng đường kính trung bình vừa báo cáo:

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_2& =2,23\lambda /\bar{D},\\ \sin {\theta }_3& =3,24\lambda /\bar{D}.\end{array}$$

Tại khoảng màn $x=1,00\mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}{r}_2& =x\tan {\theta }_2\approx 10,4\mathrm{cm},\\ r_3& =x\tan {\theta }_3\approx 15,2\mathrm{cm}.\end{array}$$

Các bán kính trên được dự đoán từ mô hình dùng trung bình của cả bốn phép đo, thay vì buộc mô hình đi đúng qua một số đo riêng có sai số.

Bài tập 36: 64

Một tấm kính được phủ lớp chắn sáng rất mỏng. Ở giữa lớp phủ có vết xước mảnh rộng $\mathrm{0,001}25\mathrm{mm}$. Nhúng toàn bộ tấm kính vào chất lỏng. Chùm tia đơn sắc kết hợp có bước sóng trong không khí $612\mathrm{nm}$ tới vuông góc, truyền qua vết xước. Màn đặt trong chất lỏng, song song tấm kính và cách $30,0\mathrm{cm}$. Hai vân tối đầu ở hai phía tâm cách nhau $22,4\mathrm{cm}$. Tìm chất lỏng.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Vết xước là khe truyền sáng trong lớp phủ. Bước sóng trong công thức nhiễu xạ là bước sóng trong chất lỏng.

Hướng đi:

• Dùng ${\theta }_1=\arctan [W/(2R)]$ vì bề rộng màn không nhỏ so với khoảng màn.
• Dùng $a\sin {\theta }_1={\lambda }_0/n$ để giải theo n.

$$\begin{array}{rl}u& =\frac{\mathrm{0,224}}{2(\mathrm{0,300})},\\ {\theta }_1& =\arctan u,\\ n& =\frac{{\lambda }_0}{a\sin {\theta }_1}\\ & =\mathrm{1,399}84\\ & \approx 1,40.\end{array}$$

Bước sóng trong chất lỏng tương ứng khoảng $437\mathrm{nm}$. Không thay sin của góc bằng tang ở đây, vì hệ vân mở rộng đáng kể trên màn.

Bài tập nâng cao 36.65–36.68

Bài tập 36: 65

Một vách chắn sáng gồm màng trong và màng ngoài trượt qua nhau như Hình P36.65. Mỗi màng có các khe song song rộng a, cách nhau d. Màn quan sát là cung tròn chắn góc ${60}^{\circ }$ tại trung điểm cố định giữa hai khe. Laser xanh lục $532\mathrm{nm}$ chiếu từ trái. Màng ngoài đi lên, màng trong đi xuống với cùng tốc độ v nhờ các động cơ nano.

Ở $t=0$, điểm P trên màng ngoài sát điểm Q trên màng trong, nên độ mở hiệu dụng bằng không. Khẩu độ đóng hoàn toàn lần tiếp theo ở $t=3,00\mathrm{s}$.

(a) Ở $t=1,00\mathrm{s}$, có 19 đốm sáng cách đều và cường độ xấp xỉ nhau trên màn. Tại hai mép màn, cực tiểu nhiễu xạ đầu trùng một cực đại giao thoa hai khe. Tìm d. Màn không bao trùm toàn bộ hệ vân. (b) Tìm tốc độ v. (c) Tìm độ mở lớn nhất a. (d) Ở một thời điểm, các đốm ngoài cùng $m=\pm 9$ biến mất. Thời điểm đó là bao nhiêu? (e) Ở $t=1,50\mathrm{s}$, cường độ các đốm $m=\pm 1$ bằng bao nhiêu theo đốm trung tâm? (f) Các đốm này nằm ở những góc nào?

Hình P36.65: Hai màng trượt ngược chiều làm thay đổi độ mở và tạo hệ vân trên màn cung tròn.

Chú thích:

• Sơ đồ không vẽ theo tỉ lệ (Not to scale)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đặt T bằng thời gian từ đóng đến đóng lại, $T=3,00\mathrm{s}$. Độ mở chồng lấp là w(t), khác với a là bề rộng lớn nhất. Hai màng có tốc độ tương đối 2v.

Hướng đi:

• Dùng các bậc giao thoa từ $-9$ đến 9 để xác định tại mép ${30}^{\circ }$.
• Dùng $w\sin \theta =\lambda$ cho cực tiểu đầu của khe hiệu dụng.
• Độ mở tăng theo $w=2vt$ trước lúc mở hết, rồi giảm đối xứng về không.
• Tại hướng cực đại giao thoa, tỉ số cường độ chỉ còn bao bình phương .

(a) Có 19 bậc chưa khuyết trong phần màn đang xét, gồm $m=-9,\dots ,9$. Cực đại kế tiếp ở hai mép có bậc $\pm 10$. Vì nửa góc màn là ${30}^{\circ }$:

$$\begin{array}{rl}d\sin {30}^{\circ }& =10\lambda ,\\ d& =20\lambda \\ & =10,64\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

(b) Ở một giây, cực tiểu nhiễu xạ đầu nằm tại mép nên:

$$\begin{array}{rl}w(1\mathrm{s})\sin {30}^{\circ }& =\lambda ,\\ w(1\mathrm{s})& =2\lambda .\end{array}$$

Trong nửa đầu chu kỳ mở, $w=2vt$. Do đó:

$$v=\mathrm{0,532}\mu \mathrm{m}/\mathrm{s}.$$

(c) Mở lớn nhất tại $T/2=1,50\mathrm{s}$. Khi đó:

$$a=vT=3\lambda =\mathrm{1,596}\mu \mathrm{m}.$$

(d) Các đốm bậc chín nằm ở hướng có $\sin {\theta }_9=9\lambda /d$. Muốn chúng trùng cực tiểu đầu, độ mở phải thỏa:

$$\begin{array}{rl}w\frac{9\lambda }{d}& =\lambda ,\\ w& =\frac{d}{9}=\frac{20\lambda }{9}.\end{array}$$

Trên nhánh đang mở, $2vt=w$ cho lần đầu:

$$t_1=\frac{10}{9}\mathrm{s}\approx 1,11\mathrm{s}.$$

Độ mở ấy còn xuất hiện trên nhánh đang đóng, tại $t_2=T-t_1\approx 1,89\mathrm{s}$. Nếu hỏi thời điểm đầu sau trạng thái ở một giây, đáp số là $1,11\mathrm{s}$.

(e) Ở lúc mở lớn nhất, $a/d=3/20$. Tại bậc một:

$$\begin{array}{rl}\frac{I_1}{I_0}& ={\left[\frac{\sin (3\pi /20)}{3\pi /20}\right]}^2\\ & =\mathrm{0,928}135\\ & \approx \mathrm{0,928.}\end{array}$$

(f):

$${\theta }_{\pm 1}=\pm \arcsin (\lambda /d)=\pm 2,{87}^{\circ }.$$

Các kết quả dùng số bậc và điều kiện vân khuyết ở mép. Trong cùng mô hình , các đốm ở một giây không thật sự có cường độ xấp xỉ bằng nhau. Chẳng hạn, bậc chín chỉ có khoảng $\mathrm{0,011}9$ lần cường độ tâm. Độ cách góc cũng chỉ gần đều, vì điều kiện đều theo sin góc chứ không theo chính góc.

Bài tập 36: 66

Xét N khe cách tâm đều nhau một khoảng d, phát kết hợp đồng pha với bước sóng $\lambda$. Điểm P ở xa, góc quan sát $\theta$ được đo với đường trung trực của hệ khe. Ký hiệu R là khoảng từ P tới khe xa nhất và giả thiết R lớn hơn d rất nhiều.

(a) Chứng minh tổng trường có dạng sau, theo quy ước pha của đề. Đặt $\delta =kR-\omega t$, $\varphi =2\pi d\sin \theta /\lambda$ và ${\psi }_N=\delta +(N-1)\varphi$:

$$\begin{array}{rl}{E}_1& =E_0\cos \delta ,\\ E_2& =E_0\cos (\delta +\varphi ),\\ E_3& =E_0\cos (\delta +2\varphi ),\\ E_N& =E_0\cos {\psi }_N.\end{array}$$

Các số hạng ở giữa tiếp tục theo cùng quy luật. Trường tổng được khai triển là:

$$E_P=E_1+E_2+\cdots +E_N.$$

(b) Với $e^{iz}=\cos z+i\sin z$ và $i^2=-1$, chứng minh trường trên là phần thực của tổng phức gồm các số hạng $E_0{e}^{i(\delta +n\varphi )}$, với n từ 0 đến $N-1$.

(c) Dùng $e^A{e}^B=e^{A+B}$ và $(e^A{)}^n=e^{nA}$ để cộng tổng thành cấp số nhân, rồi biến đổi thành dạng lượng giác. Chứng minh biên độ có hệ số $\sin (N\varphi /2)/\sin (\varphi /2)$ và pha là $\delta +(N-1)\varphi /2$.

(d) Suy cường độ theo góc, với $I_0$ là cường độ cực đại của một khe riêng. (e) Kiểm tra $N=2$ bằng $\sin 2A=2\sin A\cos A$. Vì sao biểu thức khác (35.10) một thừa số 4?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Các khe có cùng biên độ tại P và pha tăng đều giữa hai khe kề nhau trong gần đúng miền xa. Phân biệt hệ số có dấu của trường với độ lớn biên độ.

Hướng đi:

• Dùng nguyên lý chồng chất để cộng các điện trường, không cộng cường độ trước.
• Viết tường minh tổng hữu hạn rồi dùng cấp số nhân với $q=e^{i\varphi }$.
• Tách nhân tử pha để đổi hiệu các hàm mũ thành sin.
• Cường độ tỉ lệ bình phương độ lớn biên độ, còn chuẩn $I_0$ phải được giữ nhất quán.

(a) Tại P, các khe có cùng biên độ $E_0$, còn độ lệch pha giữa các khe kề nhau là $\varphi$. Vì vậy các số hạng lần lượt có pha $\delta$, $\delta +\varphi$, $\delta +2\varphi$ và tiếp tục tới $\delta +(N-1)\varphi$. Cộng các số hạng ấy cho biểu thức trong đề.

Dấu của $\varphi$ gắn với chiều đánh số khe và góc có dấu. Đảo chiều đánh số làm đổi pha chung và dấu pha tương đối nhưng không đổi cường độ cuối cùng. Điều kiện miền xa cần áp dụng cho toàn dãy khe để các tia tới P gần song song.

(b) Lấy phần thực của từng số hạng mũ phức cho cos của đúng pha tương ứng. Bởi phép lấy phần thực có tính tuyến tính, phần thực của tổng phức là tổng các điện trường.

Đặt $q=e^{i\varphi }$. Tổng hữu hạn được khai triển trước khi viết gọn:

$$S_N=1+q+\cdots +q^{N-1}=\sum _{n=0}^{N-1}{q}^n.$$

Biểu thức trường phức là $E_0{e}^{i\delta }{S}_N$.

(c) Với ba khe, ta có $S_3=1+q+q^2$. Lấy $S_3-q{S}_3$ làm các số hạng ở giữa triệt tiêu, chỉ còn $1-q^3$. Cùng phép trừ đó với N số hạng cho:

$$\begin{array}{rl}(1-q)S_N& =1-q^N,\\ S_N& =\frac{q^N-1}{q-1}.\end{array}$$

Phép chia dùng khi $q\ne 1$. Với $q=1$, tổng trực tiếp bằng N.

Dùng đồng nhất thức $e^{ix}-e^{-ix}=2i\sin x$, ta viết:

$$\begin{array}{rl}{A}_N& =\frac{\sin (N\varphi /2)}{\sin (\varphi /2)},\\ \eta & =(N-1)\varphi /2,\\ S_N& =A_N{e}^{i\eta }.\end{array}$$

Đặt $A_N=\sin (N\varphi /2)/\sin (\varphi /2)$ và $\psi =\delta +(N-1)\varphi /2$. Khi đó:

$$E_P(t)=E_0{A}_N\cos \psi .$$

Độ lớn biên độ là $E_0|A_N|$. Nếu $A_N$ âm, dấu âm tương ứng thêm pha $\pi$, không phải một độ lớn biên độ âm.

(d) Vì $I_0$ là cường độ một khe:

$$\begin{array}{rl}I& =I_0{A}_N^2,\\ A_N& =\frac{\sin (N\varphi /2)}{\sin (\varphi /2)}.\end{array}$$

Tại bội của $2\pi$, lấy giới hạn hoặc cộng trực tiếp các trường đồng pha để được $I=N^2{I}_0$.

(e) Với $N=2$:

$$\begin{array}{rl}{A}_2& =\frac{\sin \varphi }{\sin (\varphi /2)}\\ & =2\cos (\varphi /2),\\ I& =4I_0{\cos }^2(\varphi /2).\end{array}$$

Ở đây $I_0$ thuộc một khe riêng. Trong (35.10), $I_0$ là cường độ cực đại của cả hai nguồn, lớn gấp bốn lần cường độ một nguồn. Khác biệt chỉ nằm ở chuẩn ký hiệu, không phải một dự đoán vật lý khác.

Bài tập 36: 67

Dùng biểu thức cường độ của N khe ở Bài 36.66 để kiểm tra các phát biểu sau. (a) Cường độ cực đại bằng $N^2{I}_0$. (b) Cực đại chính ở tâm mở từ $\varphi =-2\pi /N$ tới $\varphi =2\pi /N$, nên bề rộng “tỉ lệ nghịch với $1/N$”. (c) Có cực tiểu khi $\varphi$ là bội nguyên của $2\pi /N$, trừ bội của $2\pi$ tạo cực đại chính. (d) Có $N-1$ cực tiểu giữa hai cực đại chính. (e) Ở chính giữa hai cực đại chính, cường độ không vượt $I_0$, tức không quá $1/N^2$ cường độ đỉnh chính.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $I_0$ là cường độ một khe. Dùng $I=I_0{A}_N^2$ với $A_N=\sin (N\varphi /2)/\sin (\varphi /2)$.

Hướng đi:

• Lấy giới hạn tại pha của cực đại chính để xử lý dạng $0/0$.
• Các cực tiểu có tử số bằng không nhưng mẫu khác không.
• Đếm các giá trị pha trong một khoảng $2\pi$ và kiểm riêng trung điểm ở pha $\pi$.

(a) Tại $\varphi =2k\pi$, mọi khe đồng pha. Tổng biên độ gấp N lần một khe nên $I_{max}=N^2{I}_0$.

(b) Hai cực tiểu sát tâm là $\varphi =\pm 2\pi /N$, nên:

$$\mathrm{\Delta }\varphi =\frac{4\pi }{N}.$$

Bề rộng tỉ lệ thuận với $1/N$, tức tỉ lệ nghịch với N. Cụm “tỉ lệ nghịch với $1/N$” trong phát biểu cần được sửa theo hệ thức vừa tính.

(c) Tử số bằng không khi:

$$\varphi =\frac{2\pi q}{N},q\in \mathbb{Z}.$$

Nếu q không là bội của N, mẫu khác không và I bằng không. Nếu q là bội của N thì cả tử và mẫu cùng bằng không, nhưng giới hạn thuộc cực đại chính ở câu (a).

(d) Giữa pha 0 và $2\pi$, các giá trị q tạo cực tiểu là $1,2,\dots ,N-1$, đúng $N-1$ giá trị. Các khoảng giữa những cực đại chính khác có cùng cách đếm.

(e) Trung điểm của hai cực đại chính liên tiếp có pha là một số lẻ lần $\pi$. Khi đó mẫu số bình phương bằng một, còn tử số bình phương không vượt một:

$$\begin{array}{rl}{I}_{\mathrm{mid}}& \le I_0,\\ \frac{I_{\mathrm{mid}}}{I_{max}}& \le \frac{1}{N^2}.\end{array}$$

Cụ thể, với N chẵn, cường độ trung điểm bằng không. Với N lẻ, nó bằng $I_0$. Cả hai đều thỏa cận đã yêu cầu.

Bài tập 36: 68

Có thể tính cường độ một khe mà không dùng . Gọi $y^{\prime }$ là tọa độ trong khe rộng a, từ $-a/2$ tới $a/2$, với gốc ở tâm. Chia khe thành các dải vi phân rộng $d{y}^{\prime }$.

(a) Biên độ tổng tại O ở xa là $E_0$. Giải thích vì sao biên độ từ một dải là $E_{0}d{y}^{\prime }/a$, nên ở khoảng x trường của dải là $dE=E_0(d{y}^{\prime }/a)\sin (kx-\omega t)$.

(b) Giải thích biểu thức trường của mỗi dải khi tới P, với D là khoảng từ tâm khe tới P và $k=2\pi /\lambda$:

$$\begin{array}{rl}dE& =E_0\frac{d{y}^{\prime }}{a}\sin \psi ,\\ \psi & =k(D-y^{\prime }\sin \theta )-\omega t.\end{array}$$

(c) Tích phân mọi dải để chứng minh trường có dạng $E=E_0\sin (kD-\omega t)\sin \alpha /\alpha$, trong đó $\alpha =ka\sin \theta /2=\pi a\sin \theta /\lambda$. Kiểm tra tại $\theta =0$. (d) Từ đó suy biểu thức cường độ (36.7), với $I_0$ là cường độ tại O.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giả thiết tới phẳng, chiếu đều trên khe và P thuộc miền Fraunhofer. Các dải có cùng đóng góp biên độ trên một đơn vị bề rộng.

Hướng đi:

• Chia thành N dải bằng nhau trước để thấy mỗi dải có biên độ $E_0/N$, rồi chuyển sang giới hạn vi phân.
• Giữ tuyến tính $-y^{\prime }\sin \theta$ của miền xa để xác định pha.
• Dùng đối xứng để tích phân phần lẻ bằng không và phần chẵn cho hàm .

(a) Tại O, các dải phát sóng tới cùng pha. Nếu chia khe thành N phần bằng nhau, mỗi phần phải đóng góp $E_0/N$ để tổng bằng $E_0$. Một dải rộng $d{y}^{\prime }$ chiếm phần $d{y}^{\prime }/a$ của khe, nên biên độ là $E_{0}d{y}^{\prime }/a$.

(b) Khoảng truyền từ dải ở tọa độ $y^{\prime }$ tới P, trong gần đúng miền xa, là $D-y^{\prime }\sin \theta$. Thay khoảng này vào pha sóng hình sin cho đúng biểu thức trong đề. Sự thay đổi nhỏ của biên độ theo khoảng truyền được bỏ qua, nhưng phần chênh pha được giữ.

(c) Đặt $u=y^{\prime }/a$, $\delta =kD-\omega t$ và $\alpha =ka\sin \theta /2$. Khi đó:

$$J={\int }_{-1/2}^{1/2}\sin (\delta -2\alpha u)du.$$

Trường tổng là $E=E_{0}J$. Khai triển sin của hiệu trong J. Phần chứa $\sin (2\alpha u)$ là hàm lẻ nên tích phân trên miền đối xứng bằng không. Phần còn lại cho:

$$\begin{array}{rl}E& =E_0\sin \delta C,\\ C& ={\int }_{-1/2}^{1/2}\cos (2\alpha u)du\\ & =\frac{\sin \alpha }{\alpha }.\end{array}$$

Vì vậy:

$$E=E_0\sin (kD-\omega t)\frac{\sin \alpha }{\alpha }.$$

Tại $\theta =0$, đối số $\alpha$ tiến về không và tỉ số tiến tới một. Ta thu lại sóng có biên độ $E_0$ như yêu cầu.

(d) Cường độ là trung bình theo thời gian của bình phương trường. Hệ số hình sin theo thời gian như nhau tại O và P, nên:

$$\begin{array}{rl}I& =I_0{\left(\frac{\sin \alpha }{\alpha }\right)}^2,\\ \alpha & =\frac{\pi a}{\lambda }\sin \theta .\end{array}$$

Đây là biểu thức (36.7). Cách tích phân và cách cùng cộng những đóng góp trường của toàn bộ khe, nên cho cùng kết quả.

Đọc hiểu ứng dụng: Phản xạ Bragg ở một thang kích thước khác

Hệ keo gồm các hạt của một chất phân tán trong một chất khác. Các vi cầu tích điện, chẳng hạn vi cầu polystyrene trong nước, có thể tự sắp xếp thành tinh thể keo dưới tác dụng của lực tĩnh điện. Những tinh thể này tương tác chọn lọc với các bước sóng nhìn thấy.

Tương tự việc dùng tia X để khảo sát tinh thể nguyên tử, ta có thể dùng phản xạ Bragg ánh sáng nhìn thấy để khảo sát mạng vi cầu tích điện. Ánh sáng đang truyền trong chất lỏng khi tích lũy , nên phải dùng bước sóng trong chất lỏng để tính góc tăng cường.

Trong một thí nghiệm, laser có bước sóng chân không $650\mathrm{nm}$ truyền qua mẫu vi cầu polystyrene tích điện trong nước. Có một cực đại giao thoa mạnh khi tia tới và tia phản xạ hợp với mặt mạng tinh thể keo góc ${39}^{\circ }$.

Bài tập 36: 69

Vì sao dùng ánh sáng nhìn thấy, có bước sóng dài hơn nhiều tia X, trong thí nghiệm của tinh thể keo?

• (a) Vi cầu nằm trong chất lỏng, mà tia X khó xuyên qua chất lỏng hơn ánh sáng nhìn thấy.
• (b) Khoảng vi cầu không đều cho phép ánh sáng bước sóng dài tạo nhiều giao thoa triệt giảm hơn tia X.
• (c) Vi cầu lớn hơn nhiều nguyên tử, và muốn có cực đại ở góc tương đối lớn thì bước sóng phải lớn hơn nhiều kích thước riêng của tâm tán xạ.
• (d) Vi cầu cách nhau xa hơn nhiều so với nguyên tử, và muốn có cực đại ở góc tương đối lớn thì bước sóng phải cùng cỡ khoảng mặt mạng tán xạ.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cần so bước sóng với khoảng mặt mạng quyết định , thay vì chỉ so với kích thước riêng của từng hạt.

Hướng đi:

• Dùng $2d\sin \theta =m\lambda$ vì cơ chế được xét là giao thoa Bragg giữa các mặt mạng.
• Ở bậc thấp và góc không quá nhỏ, bước sóng cần cùng cấp độ lớn với d.

Chọn (d). Mạng vi cầu có khoảng mặt mạng lớn hơn nhiều mạng nguyên tử, nên ánh sáng nhìn thấy có bước sóng phù hợp để tạo cực đại Bragg ở các góc dễ quan sát.

Phương án (b) trái với giả thiết mạng tuần hoàn. Phương án (c) dùng kích thước riêng của hạt thay cho khoảng mặt mạng. Phương án (a) không giải thích điều kiện pha của cực đại giao thoa.

Bài tập 36: 70

Khoảng mặt mạng nào của tinh thể keo có thể tạo cực đại quan sát được trong thí nghiệm?

• (a) $390\mathrm{nm}$.
• (b) $520\mathrm{nm}$.
• (c) $650\mathrm{nm}$.
• (d) $780\mathrm{nm}$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phải dùng bước sóng trong nước. Lấy nước $n=1,33$. Bậc Bragg của cực đại chưa được nêu trong đoạn dẫn.

Hướng đi:

• Dùng $\lambda ={\lambda }_0/n$ để đổi bước sóng chân không.
• Dùng $d=m\lambda /(2\sin {39}^{\circ })$ và giữ rõ bậc m khi đối chiếu các lựa chọn.

Bước sóng trong nước là:

$$\begin{array}{rl}\lambda & =\frac{650}{1,33}\mathrm{nm}\\ & =\mathrm{488,722}\mathrm{nm}.\end{array}$$

Nếu cực đại được hiểu là bậc một:

$$\begin{array}{rl}{d}_1& =\frac{\mathrm{488,722}}{2\sin {39}^{\circ }}\mathrm{nm}\\ & =\mathrm{388,293}\mathrm{nm}\\ & \approx 390\mathrm{nm}.\end{array}$$

Vì vậy chọn (a) theo cách hiểu bậc một.

Tuy nhiên, đoạn dẫn chỉ nói có một cực đại mạnh, chưa xác định bậc. Với bậc hai, khoảng mặt mạng $d_2=2d_1\approx 777\mathrm{nm}$ cũng cho cùng góc, gần lựa chọn (d). Cần giả thiết cực đại bậc một để câu hỏi có đáp án đơn nhất trong những lựa chọn đã cho.

Bài tập 36: 71

Khi chiếu ánh sáng qua phần đáy của mẫu, cực đại ở góc ${41}^{\circ }$. Khi chiếu qua phần trên, cực đại tương ứng ở góc ${37}^{\circ }$. Giải thích nào phù hợp nhất?

• (a) Vi cầu xếp sít hơn ở đáy vì có xu hướng lắng trong huyền phù.
• (b) Vi cầu xếp sít hơn ở phía trên vì có xu hướng nổi lên.
• (c) Áp suất lớn hơn ở đáy làm vi cầu ở đó nhỏ hơn.
• (d) Cực đại phía đáy thuộc bậc $m=2$, còn phía trên thuộc bậc $m=1$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai cực đại tương ứng được so ở cùng bước sóng và cùng bậc. Góc lớn hơn cho khoảng mặt mạng nhỏ hơn.

Hướng đi:

• Dùng $d\propto 1/\sin \theta$ khi bước sóng và bậc Bragg giữ nguyên.
• Liên hệ khoảng mặt mạng nhỏ hơn với sự xếp sít của các vi cầu.

Chọn (a). Tỉ số hai khoảng mặt mạng là:

$$\begin{array}{rl}\frac{d_{\mathrm{bot}}}{d_{\mathrm{top}}}& =\frac{\sin {37}^{\circ }}{\sin {41}^{\circ }}\\ & =\mathrm{0,917}318.\end{array}$$

Khoảng mặt mạng phía đáy nhỏ hơn, phù hợp vi cầu xếp sít hơn do lắng xuống. Đổi sang hai bậc khác nhau như (d) không còn so hai cực đại tương ứng theo giả thiết. Cơ chế nén kích thước riêng của hạt ở (c) cũng không được suy ra chỉ từ số đo góc này.

Đáp số các bài lẻ

Các đáp số dùng điều kiện, miền góc và mức gần đúng đã nêu trong từng lời giải. Khi dữ kiện chưa xác định duy nhất một mô hình, bảng giữ điều kiện lựa chọn nghiệm.

Bài	Đáp số
36.1	$506\mathrm{nm}$
36.3	(a) 226 vân tối. (b) $\pm 83,0^{\circ }$
36.5	Hai phía cách O $9,07\mathrm{m}$
36.7	(a) $\mathrm{0,638}\mathrm{m}$. (b) $\pm 22,1^{\circ }$, $\pm 34,4^{\circ }$, $\pm 48,8^{\circ }$, $\pm 70,2^{\circ }$
36.9	$\pm 16,0^{\circ }$, $\pm 33,4^{\circ }$, $\pm 55,6^{\circ }$
36.11	(a) $10,9\mathrm{mm}$. (b) $5,43\mathrm{mm}$
36.13	(a) $580\mathrm{nm}$. (b) $\mathrm{0,128}{I}_0$
36.15	(a) $\pm 13,0^{\circ }$, $\pm 26,7^{\circ }$, $\pm 42,4^{\circ }$, $\pm 64,1^{\circ }$. (b) $2,08\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$
36.17	(a) $d=2a$. (b) $\mathrm{0,101}\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$
36.19	Trong họ tỉ số nguyên, (a) $d/a=3$. (b) Hai vân trong miền phụ đầu. Trường hợp tổng quát được phân tích trong lời giải
36.21	(a) $\pm \mathrm{0,062}{7}^{\circ }$, $\pm {\mathrm{0,125}}^{\circ }$. (b) $\mathrm{0,249}{I}_0$ và $\mathrm{0,025}6I_0$
36.23	(a) $3,00\mathrm{mm}$. (b) $6,00\mathrm{mm}$
36.25	(a) Khoảng 4831 vạch/cm. (b) Bốn điểm ở $\pm 37,7^{\circ }$, $\pm 66,5^{\circ }$
36.27	(a) $2,40\mu \mathrm{m}$. (b) Khoảng 417 khe/mm. (c) $1,80\mu \mathrm{m}$
36.29	(a) $2,69\times {10}^4$. (b) Bậc ba
36.31	(a) $467\mathrm{nm}$. (b) $27,8^{\circ }$
36.33	(a) 1824 khe. (b) $\mathrm{41,029}{7}^{\circ }$ và $\mathrm{41,016}{0}^{\circ }$, cách $\mathrm{0,013}{7}^{\circ }$
36.35	$\mathrm{0,232}\mathrm{nm}$
36.37	$0,92\mathrm{m}$
36.39	Khoảng $1,9\mathrm{m}$ trong hình học quan sát nêu ở lời giải
36.41	$220\mathrm{m}$
36.43	(a) Khoảng 74 m và 1150 km. (b) Phụ thuộc kích thước chi tiết biển số được chọn, xem lời giải
36.45	$30,3\mu \mathrm{m}$
36.47	(a) 78 vân tối. (b) $\pm 80,8^{\circ }$. (c) Khoảng $5,55\times {10}^{-4}\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$ theo phép gần đúng góc của đề
36.49	$n=1,68$
36.51	(b) $\gamma =\mathrm{4,493}409$ và $\mathrm{7,725}252$. (c) $\pi ,2\pi ,3\pi$. (d) $4,{78}^{\circ }$, $6,{85}^{\circ }$, $9,{59}^{\circ }$
36.53	Cực đại trung tâm hẹp đi khoảng $\mathrm{0,033}\mathrm{mm}$
36.55	Giới hạn $362\mathrm{nm}$, hướng biên ${90}^{\circ }$
36.57	Bậc hai
36.59	(a) ${65}^{\circ }$. (b) $\mathrm{0,165}\mathrm{nm}$. (c) $4,36\times {10}^6\mathrm{m}/\mathrm{s}$. (d) $2,64\times {10}^{16}\mathrm{Hz}$. (e) $3,27\times {10}^{-34}\mathrm{J}\mathrm{s}$. (f) $6,55\times {10}^{-34}\mathrm{J}\mathrm{s}$
36.61	(a) $1,03\mathrm{mm}$. (b) $\mathrm{0,148}\mathrm{mm}$ nếu chọn trùng cực tiểu bao đầu
36.63	(a) Trung bình $12,1\mu \mathrm{m}$. (b) Khoảng $10,4\mathrm{cm}$ và $15,2\mathrm{cm}$
36.65	(a) $10,64\mu \mathrm{m}$. (b) $\mathrm{0,532}\mu \mathrm{m}/\mathrm{s}$. (c) $\mathrm{1,596}\mu \mathrm{m}$. (d) $1,11\mathrm{s}$ và $1,89\mathrm{s}$. (e) $\mathrm{0,928}{I}_0$. (f) $\pm 2,{87}^{\circ }$
36.67	Cường độ đỉnh $N^2{I}_0$, bề rộng pha $4\pi /N$, có $N-1$ cực tiểu giữa hai đỉnh chính
36.69	(d)
36.71	(a)

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, University Physics with Modern Physics, ấn bản 15, chương 36, trang 1208–1216.