Bài t p giao thoa.
Bài 1. Trong thí nghiệm Young , khoảng cách giữa hai khe hẹp là a  1 mm , khoảng
cách từ màn quan sát đến mặt phẳng chứa hai khe là D = 2,5 m. Hệ đặt trong khơng khí.
Biết nguồn sáng sử dụng trong thí nghiệm phát ánh đơn sắc có bước sóng  . Trên đo n
AB trên màng quan sát có độ dài AB = 6,4 mm , người ta quan sát được 5 vân sáng ( t i
A và B cũng là các vân sáng ).
a. Tính bước sóng  .
b. Tìm sai số mắc phải khi đo bước sóng , biết rằng sai số trong phép đo khoảng
cách giữa hai khe và bề rộng đo n AB đều là 0,05 mm.
Giải .

a. Bước sóng μ từ cơng thức khoảng vân μ i 

D



a
Khoảng vân i . từ đk AB = 6,4 mm có 5 vân sáng
AB
 1,6mm    0,64m .
i
4
b. Sai số μ
ai
D
i
 a

+
+

Do  

D
a
D

i
với  là sai số của bước sóng
i , a và D là sai số trong các phép đo khoảng cách
   0,037 m .

ai
D

Bài 2. Trong thí nghiệm giao thoa khe Young , khoảng cách giữa hai khe hẹp là a 
1 mm , khoảng cách từ hai khe đến màn quan sát D  2m , khoảng cách từ nguồn S
tới hai khe hẹp là d  0,5 m. Nguồn sáng S nằm trên mặt phẳng trung trực của hai
khe và phát ánh sáng đơn sắc có bước sóng   0,5m .
a. Tính độ dịch chuy n của hệ vân nếu đặt bản mỏng có độ dày e  10 m , chiết
suất n  1,5 trước một trong hai khe sáng .
b. Cần dịch chuy n nguồn sáng S một đo n bằng bao nhiêu và theo chiều nào trên
phương vng góc với mặt phẳng trung trực của hai khe đ đưa hệ vân về vị trí
ban đầu .
Giải μ
a/

Ta có: Hiệu quang lộ d  r2'  r1  r2  e  ne  r1  (r2  r1 )  e(n  1)
ax
mà r2  r1 
D

ax
 (n  1)e
 d 
D
Xét vân sáng => d  k =>

 D (n  1)eD
ax

 (n  1)e  k => xsáng  k
a
a
D


Xét vân tối => d  (2k  1)


2

=> xtoi  (2k  1)

D
2a



(n  1)eD
a


Độ dịch chuy n của hệ vânμ

y  xsang saudatban  xsang truocdatban
=k

D
a



(n  1)eD
D
(n  1)eD
<0
k

a
a
a

 Hệ vân dịch chuy n về phía có đặt bản.
Bài này có 1 lưu ý là: “ Khi đặt bản mỏng thì khoảng vân i khơng thay
đổi”
b/
Khi nguồn sáng S dịch chuy n một đo n h
ax
d1 ậ d2 
D
a.h
d1’ ậ d2’ 

d
(d là khoảng cách từ nguồn phát tới khe)
Hiệu quang trình ( quang lộ )
ax ah

  d1 + d1’ ậ ( d2 + d2’ )  ( d1 ậ d2 ) + ( d1’ ậ d2’ ) 
D d
aX ah
aX
ah
T i vân trung tâm μ   k  0 
 k  0  k 
D
d
D
d
ah aX0
dX0 kd 

 k  h 


d
D
D
a
Xét vân sáng trung tâm: k=0 => h 

dX0
D

Theo câu a, ta có độ dịch chuy n <0, => h<0 => nguồn sáng sẽ dịch về phía có
đặt bản.


Bài 3. Trong thí nghiệm giao thoa khe Young , hai khe nằm cách nhau a  1mm , và
chiếu bằng ánh sáng đơn sắc có bước sóng   0,6m . Màn quan sát cách mặt phẳng
hai khe D  2m .
a. Trên đo n thẳng có các đầu mút nằm cách vân trung tâm từ 3 mm đến 7 mm , ta
quan sát được những vân giao thoa nào ?
b. Nếu thí nghiệm trên được tiến hành trong b nước có chiết suất n  4 thì kết
3
quả thay đổi như thế nào ?
Giải .
a. Khoảng vân i  1,2mm
Vân sáng: 3  ki  7  2,5  k  5,8 (với k=1,2,3…)
 số vân sáng μ 3 ( b c 3,4,5 )
Vân tốiμ 3  (k  0.5)i  7  2,5  k  0.5  5,8  3  k  6.3 (với k=1,2,3…)
 Số vân tối μ 4 ( b c 3,4,5,6 )

D
b. Khi đặt trong nước , 0  n =>bước sóng giảm n lần  khoảng vân i ( i 
)
a

D
cũng giảm n lần i’ 
 i’  0,9mm.
n.a
 Vansang : 3,3  k  7,7  Vantoi : 3,8  k  8.2



Số vân sáng μ 4 ( 4,5,6,7 )
Số vân tối μ 5 ( 4,5,6,7,8 )


Bài 4. Trong thí nghiệm Young có khoảng cách giữa hai khe hẹp S 1S2  a  1mm,
khoảng cách từ hai khe đến màn quan sát D  2m . Nguồn S phát ánh sáng trắng và
vân trung tâm nằm t i O . Đặt bản mỏng bề dày e  16mm trước khe S1. Bản có chiết
suất n  1,4 .
a. Tính độ dịch chuy n của vân trung tâm.
b. Có những vân sáng và vân tối nào nằm ở vị trí vân trung tâm cũ và mới .
Giải.
a. Tương tự bài ( 2 ) , tọa độ vân trung tâm sau khi đặt bản mặt ( ứng với độ dịch
chuy n của hệ vân ) μ
e(n  1) D
|X0| 
 16mm .
a
b. Gọi k là b c của vân sáng

e(n  1) D
D
 k.
a
a
e(n  1)
 
; với ánh sáng trắng 0,4m    0,76m.
k
 10,53  k  20  có 10 vân sáng ứng với k  11,12,…,20.

e(n  1) D
D
Gọi k’ là b c vân tối μ X0 
 (2k ' 1)
a
2a
Tương tự với ánh sáng trắng

=> có λ vân tối ứng với k=12,13,…,20.
X0 

Bài 5 μ trên đường đi của chùm sáng phát ra từ một khe của thí nghiệm young đặt ống
thủy tinh hình trụ dài e=2cm. Lúc đầu trong ống chứa khơng khí chiết suất n=1,0007276.
Nếu thay khơng khí bằng clo thì thấy hệ vân dịch chuy n một đo n bằng 20 lần khoảng
vân. Tồn bộ thí nghiệm thực hiện trong điều kiện nhiệt độ không đổi. Ánh sáng phát ra
từ nguồn sáng đơn sắc chiếu vào các khe có bước sóng
, xác định chiết suất
khí clo.
Giải μ
Khi ống chứa khơng khí thì hệ vân dịch chuy n một đo n
Khi ống chứa khí clo

Theo đề μ


Bài 6 ( tham khảo thêm 1.22 sách Lương Duyên Bình)
Một màng nước xà phịng có chiết suất n=1,33 đặt thẳng đứng. Do trọng lực, nước xà
phòng dồn xuống dưới nên ta có th coi màng có d ng hình nêm. Quan sát vân giao
thoa của ánh sáng phản chiếu có bước sóng   0.48 m , người ta thấy vân tối thứ 6
cách giao tuyến B của nêm một đo n 1,2cm. Biết hướng quan sát vng góc với mặt

nêm.
a Tính góc nghiêng của nêm.
b Xác định vị trí vân sáng đầu tiên.
Giải μ
a)
Xét đi m M cách B một đo n x=BM, bề dày nêm t i M là d  xtg
.   x.
Hiệu quang lộμ d  2nd 



2

 2 x.n 

T i vị trí vân tối μ d  (2k  1)
=>2xnα = k + =(k+1) = k ' 





2

2

Vân tối đầu tiên là vân tối ở B ứng với k’=0. Vân tối thứ 6 ứng với k=5.
=>α = k /(2nx) ( với k=5 và x=1.2 cm)
b)
Độ dày của màng đ có giao thoa vân sángμ

d  2nd 



 2 x.n 



2
2
( k  0.5)
 x 
2n
=>Vân sáng đầu tiên (k=0)μ

 k

x=0,12 cm

( Từ bài này có th tính được khoảng cách giữa 2 vân sáng liên tiếp )
Khoảng cách giữa 2 vân sáng liên tiếpμ
(2  0.5) (1  0.5)



i  x2  x1 
2n
2n
2n



Bài 7:
Chiếu 1 chùm tia sáng có bước sóng
vào
một nêm thủy tinh có chiết suất n=1,51. Biết số vân
giao thoa trên 1cm là 8.
a. Tính góc nghiêng của nêm


b. Tìm độ đơn sắc (tính bằng

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

đi m M cách nêm l=2,5cm.
Giảiμ
a. Khoảng vân i = 10/7
Từ bài 6, ta có cơng thức tính i .

i


2n

Từ đó tính được góc α
b. T i M: v n giao thoa có b c
Khi hệ vân giao thoa biến mất, hai cực đ i của các bức x

và

liên tiếp trùng nhau



Bài 8:
Hai bản thủy tinh mòng, phằng t o thành nêm khơng khí có c nh nêm qua A. T i
đi m M cách A là l=10mm, độ dày của nêm
. Nêm được chiếu bằng ánh
sáng có bước sóng
theo phương vng góc với mặt dưới của nêm .
a. Tìm tổng số vân tối quan sát được từ A tới M.
b. Thay ánh sáng có bước sóng bằng ánh sáng trắng chiếu vào mặt nêm. Hỏi t i N
có độ dày
có vân tối nào?
Giảiμ
a. Đây là nêm khơng khí có góc nêm

Hiệu quang lộμ

d  2nd 

, khoảng vân



 (2k  1)



2
2
 2nd  (k  1)  k ' 

k'
 d 
2n
Ta có: 0  d  l . Từ đó sẽ tìm được số vân tối.
T i Aμ d=0 => T i A là vân tối.

b. Hiệu quang trình:
à

(ánh sáng trắng)
t i N có sự trùng nhau của 58 vân tối.

Bài 9 :
Khi nhìn một váng dầu trên mặt nước theo phương làm với mặt nước một góc
, ta thấy toàn bộ váng dầu màu vàng (ứng với
). Coi chiết suất
của dầu là 1,45 và không phụ thuộc vào bước sóng.
a. Tính bề dày có th có của váng dầu.
b. Nếu nhìn theo phương hợp với mặt nước một góc 300 thì váng dầu có màu gì?
Giảiμ

a Hiệu quang trình giữa hai đường SACBP và SBP là μ   2d n2  sin 2 i   / 2
ứng với cực đ i giao thoa μ   k
1
 2d n2  s in 2i  (k  )
2


1
( k  )

2
 Bề dày lớp dầuμ d 
2
2 n  s in 2i

1
dmin ứng với k=0  d  .
 0,13 m
4 n2  s in 2i

1
b 2d n2  sin 2 i  (k  )  (ứng với dmin: k=0)
2
2
Khi i= 300 :   4d n2  sin 2i    7,1 m
 váng dầu màu đỏ.

Bài 10:
Một hệ thống gồm 2 thấu kính mỏng giống nhau, một mặt phẳng, một mặt lồi.Đặt 2 thấu
kính tiếp xúc trực diện nhau với 2 mặt lồi. Chiếu tới hệ chùm tia đơn sắc có bước sóng
=0,5 m theo phương vng góc với mặt phẳng.
a.Xác định bề dày của lớp khơng khí ở đó ta quan sát thấy vân sáng đầu tiên.
Biết vân tối thứ 5 có bán kính 2mm và thấu kính có chiết suất n=1,5. Tìm tiêu cự của hệ
thấu kính trên.
b.Tìm tiêu cự của thấu kính,biết bán kính mặt cong R=0,8m.
Giảiμ
a.
Hiêu quang lộ ứng với vân sángμ Δd=2d + /2=k
Với vân sáng đầu tiên k=1 =>Δ=2d+ /2= =>d= /4=1,25 m
T i đi m cách tâm r,lớp khơng khí có độ dày

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

=>d=r2/R


=>Δ=2d+ /2

2r 2
2r 2
 k => R 
R
k
Do t i d=0 thì có 1 vân tối => vân tối thứ 5 thì k=4
2r 2
Với k=4 R 
=>R=4m
k
1
1
1
 (n  1)(  )
f
R1 R2
=>f=8m.

=2r2/R+ /2=(k+0.5) =>

b/ Tìm tiêu cự của thấu kính,biết bán kính mặt cong R=0,8m.
1

1
1
 (n  1)(  )
f
R1 R2
Bài 11:
Một thấu kính phẳng lồi , mặt lồi có bán kính R=cm đặt trên một bản thủy tinh phẳng.
Đỉnh mặt cầu không tiếp xúc với bản thủy phẳng bởi 1 h t bụi .
Người ta đo được bán kính các vân tối trịn Newton thứ 10 và thứ 15 là r10=5mm,
r15=7,5mm. Xác định bước sóng ánh sáng.
Giảiμ
Gọi e là đường kính h t bụi

  2d 



2

 2e

Theo công thức vân newtonμ d 
 Δ=r2/R + λ/ + e =

r2
2R

k+ λ/

r102=R(k1 -2e) = R(10 -2e)

r152=R(k2 -2e) = R(15 -2e)
=> = (r152-r102)/R(k1-k2)
=> = 0,5 m
Bài 12:
Một thấu kính phẳng lồi L đặt trên một bản thủy tinh phẳng. Chiếu ánh sáng phản x có
bước sóng =0,546 m theo phương vng góc và quan sát bằng ánh sáng phản x .
a.Người ta đo được đường kính vân tối thứ 5 và 15 lần lượt là λ,34mm và 16,18mm. Tính
bán kính mặt cong của L.
b.Cho một chất lỏng chiếm đầy giữa khơng khí và bản thủy tinh rồi lặp l i phép đo trên
ta được 8,0λmm và 14mm. Tìm chiết suất chất lỏng.
c.Trong trường hợp lớp mỏng là khơng khí, nếu ta tịnh tiến thấu kính lên trên thì điều gì
sẽ xảy ra.


Giảiμ
Tương tự μ
= 9,34mm
r5 =√
r15 = √
=16,18mm
=>R=(r152-r52)/(15-5) = 8mm
Coi ánh sáng có ’= /n. Thay và n=1,33
T i đi m có độ dày d thì Δ=2d+ /2. Khi thấu kính dịch chuy n ra xa thì d tăng, vân phải
dịch chuy n về tâm O, các vân tròn thu hẹp l i. Khi d khá lớn thì khơng quan sát được hệ
vân giao thoa nữa.
Bài 15:
Một thấu kính mỏng hai mặt lồi cùng bán kính R1 và một thấu kính mỏng hai mặt lõm
cùng bán kính R2, cùng bằng thủy tinh chiết suất n1 được đặt sao cho trục chính trùng
nhau và tiếp xúc với nhau. Chiếu sáng hệ bằng một chùm sáng đơn sắc bước sóng và
quan sát hệ vân giao thoa t o thành. Vân sáng thứ 6 và vân sáng thứ 16 tính từ trong ra

lần lượt là ρ1 và ρ2. Tính tiêu cự của hệ thấu kính ghép.
Giảiμ
Giữa đỉnh 2 thấu kính có 1 lớp khơng khí mỏng có độ dày e ở cách tâm 1 khoảng e, lớp
khơng khí có bề dày d.
T i vị trí có vân tốiμ d = ρ2/2R1 ậ ρ2/2R2 + e = (k ậ ½)
Thay ρ=ρ1=1,855mmμ k=6μ ρ12/2(1/R1-1/R2) + e = 5,5
ρ=ρ2=3,161mmμ k=16μ ρ22/2(1/R1-1/R2) + e = 15,5
Giải hệ phương trình ta thu đượcμ
1/R1 ậ 1/R2 = 20 /(ρ22 ậ ρ12) = 1,667
Độ tụ của hệ μ D =(n-1).(1/R1 ậ 1/R2) = 0,833 dp
=>Tiêu cựμ f= 1/D = 1,2 m
BÀI T P NHI U X
Bài 1:
Một chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng =0,6 m được rọi vng góc với một
khe chữ nh t hẹp có bề rộng b=0,1mm. Ngay sau khe có đặt 1 thấu kính. Tìm bề rộng của
vân cực đ i chính trên màn quan sát (E) đặt t i tiêu diện của thấu kính và cách thấu kính
D=1m
Giảiμ
Bề rộng của vân cực đ i chính được đo bằng khoảng cách giữa 2 cực ti u nhi u x đầu
tiên ở 2 bên cực đ i chính. Góc nhi u x chính φ0 ứng với các cực ti u nhi u x xác định
bởi công thứcμ
Sin φ0= /b
=>bề rộng e của cực đ i chính bằng l=2Dtg φ0=2λ /b=1,2cm
Bài 2:
Một chùm tia sáng đơn sắc song song, bước sóng =0,58λ m chiếu thẳng góc với một
khe hẹp có bề rộng b=2 m . Hỏi các cực ti u nhi u x quan sát được dưới những góc
nhi u x bằng bao nhiêu? (so với phương bàn đầu)
Giảiμ
Ễp dụng công thứcμ sinφ=k /b (với k=1,2,3…)
Điều kiệnμ sinφ ≤1 =>các góc nhi u x có th quan sát đượcμ



φ1=1708’
φ2=3605’
φ3=620
Bài 3:
Xác định góc nhi u x ứng với các cực ti u nhi u x đầu tiên nằm ở 2 bên cực đ i giữa
trong nhi u x Fraunhofer qua một khe hẹp bề rộng b=10 m,biết chùm sáng tới hợp với
mặt phẳng khe một góc θ=300 và ánh sáng có bước sóng =0,5 m.
Giảiμ
Hiệu quang trình μ Δ=b(sinθ-sinφ) (φ là góc nhi u x )
Góc nhi u x ứng với cực ti u nhi u x μ Δ=k
=>sinθ-sinφ=k /b
=>sinφ= -k /b + sin θ
Cực ti u nhi u x đầu tiên ứng với k= ± 1 ta cóμ
φ= 330
φ=270
Bài 4:
Chiếu một chùm sáng đơn sắc song song, bước sóng =0,5 m thẳng góc với 1 cách tử
nhi u x , phía sau cách tử đặt một thấu kính hội tụ tiêu cự f=1m . Màn quan sát đặt ở tiêu
diện thấu kính. Khoảng cách giữa hai v ch cực đ i chính của quang phổ b c 1 là l=
0,202m. Xác địnhμ
a.Chu kì cách tử.
b.Số v ch trên 1 cm của cách tử.
c.Số cực đ i chính tối đa có th có của cách tử.
d.Góc nhi u x ứng với v ch quang phổ ngồi cùng.
Giảiμ
a.Vị trí các cực đ i chính được xác định bằng cơng thứcμ
sinφ=k /d=k n
với n=1/d là số v ch trên 1 đơn vị chiều dài.

Quang phổ b c 1 ứng với hai v ch cực đ i chính k=±1.
Khoảng cách giữa 2 cực đ i chính này bằngμ l = 2f.tgφ ≈ 2f.sinφ
Hay l≈2fk /d
(φ nhỏ =>sinφ= tgφ và k=1)
=>d=2f /l=4,λ5 m
b.Số v ch trên một cm của cách tử μ n=1/d=2020cm-1
c.Các cực đ i chính μ dsinφ =k .
=>k=dsinφ/ , với k=0,±1,±2…..
Với mỗi giá trị của k ta có một cực đ i chính, với điều kiện sinφ=1
=>Số cực đ i chính tối đa có th có ứng với kmax=d/=9,9
=>Số cực đ i chínhμ 2[kmax] + 1 = 19 với [kmax]=9
d. Góc nhi u x φmax ứng với v ch cực đ i chính (v ch quang phổ)ngồi cùng (với
kmax=9)
sin φ0=kmax /d=0,λ1=>φmax=6503’.
=>Hai v ch quang phổ ngoài cùng đối xứng nhau đối với trục chính của thấu kính và xác
định bởi các góc 6503’ và -6503’.


Bài 5:
Một chùm tia sáng được rọi vng góc với một cách tử. Biết rằng góc nhi u x ứng với
ánh sáng có bước sóng 1=0,65 m, trong quang phổ b c 2 bằng φ1=45. Xác định góc
nhi u x ứng với quang phổ =0,5 m trong quang phổ b c 3.
Giảiμ
Theo đề ta cóμ
sinφ1=k1n 1 (k1=2)
sinφ2=k2n 2 (k2=3)
=>sinφ2=k2 2sinφ1/k1 1 =>φ2≈5504’
Bài 6:
Một chùm tia sáng được phát ra từ một ống phóng điện chứa đầy khí hydro tới đ p vng
góc với một cách tử nhi u x theo phương φ=410,người ta quan sát thấy có 2 v ch 1=

0,6563 m và 2=0,4102 m, ứng với quang phổ b c nhỏ nhất trùng nhau. Xác định chu kỳ
cách tử.
Giảiμ
Vì các v ch cực đ i ứng với các bước sóng 1 và 2 trùng nhau nên ta có:
dsinφ=k1 1=k2 2
hay k2/k1 = 1/ 2= 0,6563/0,4102=0,16
Do k1 , k2 phải là số nguyên nên điều kiện ( 1 ) được thỏa mãn khi k1  5 , k2  8 .
5.0,6563.106
k
 5.10 6 (m).
Do đó μ d  1 1 
sin 
0,656
Bài 7.
Một chum sáng đơn sắc tới vng góc với một cách tử có chu kỳ 2,2m . Biết rằng giữa
các cực đ i của quang phổ b c 1 và b c 2 bằng 150 . Xác định bước sóng ánh sáng tới .
Giải.

sin 1 

Theo đềμ

sin 2  2.


d
và 1  2    150


d




 sin(1   )  sin 1 cos   sin  cos 1

Do đó μ

2.

Mặt khác μ

cos   1  sin 2 1  1 

d

2

d2
d sin 
 0,54m.
Và sin 2   cos 2   1   
5  4 cos 
Bài 8.


Sau một cách tử nhi u x có hằng số  2m đặt một thấu kính hội tụ và t i tiêu diện thấu
kính có một màn quan sát . Khoảng cách giữa hai v ch cực đ i của He ( ứng với các bước
sóng 4044 A0 và 4047 A0 ) trong quang phổ b c 1 trên màn quan sát bằng 0,1mm. Tìm
tiêu cự thấu kính .
Giải.




Ta có: sin   k. .
d
Vị trí của cực đ i trên màn μ D  f .tg , với f là tiêu cự TK.
D2  D1
 f 
.
tg2  tg1

Với D2  D1  0,1mm, sin 1 

 f  0,65m.

1
d

, sin 2 

2
d