CHƯƠNG MỘT: CƠ HỌC TƯƠNG ĐỐI
****************
A.TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1.1- Phép biến đổi Lorentz
Xét hai hệ quy chiếu quán tính K và K/. Các hệ trục tọa độ Oxyz trong hệ K và
Ox yz  trong hệ K/ được chọn sao cho: Ox và Ox  trùng nhau, Oy và Oy song song với
nhau, Oz và Oz  song song với nhau; lúc ban đầu t  t   0 thì hai gốc O và O của hai hệ

trùng nhau. Hệ K/ chuyển động theo trục Ox của hệ K với vận tốc v 0 . Xét một sự kiện (còn
gọi là biến cố) xảy ra trong hệ K tại vị trí (x,y,z) vào thời điểm t, còn trong hệ K/ sự kiện đó
xảy ra tại vị trí ( x , y, z ) vào thời điểm t  .
Phép biến đổi tọa độ và thời gian từ hệ K/ sang hệ K như sau:
v
t   20 x 
x  v 0 t
c
;
;
t
x 
y  y ;
z  z
2
v0
v 02
1 2
1 2
c
c
8
Trong đó c = 310 m/s là vận tốc ánh sáng trong chân không.

Trong các công thức trên v 0 sẽ lấy giá trị dương nếu hệ K/ chuyển động theo chiều
dương trục Ox của hệ K và sẽ lấy giá trị âm nếu hệ K/ chuyển động theo chiều ngược lại.
1.2- Tính tương đối của chiều dài
Xét một thanh thẳng có chiều dài L 0 trong hệ quy chiếu mà thanh đứng yên (gọi là
chiều dài riêng). L là chiều dài của thanh này trong hệ quy chiếu K mà thanh chuyển động với

vận tốc v theo chiều dài của thanh thì:

L  L0

1

v2

c2
Vậy khi vật chuyển động, kích thước của vật bị co ngắn theo phương chuyển động.
1.3- Sự giãn nở của thời gian
Xét hai sự kiện xảy ra tại cùng một vị trí trong hệ quy chiếu K/ trong khoảng thời gian
t  . Trong hệ K hai sự kiện này xảy ra trong khoảng thời gian t thì:
t 
t 
v2
1  20
c
Khoảng thời gian giữa hai sự kiện xảy ra tại cùng một vị trí được đo bởi một đồng hồ
nằm yên tại nơi đó được gọi là khoảng thời gian riêng, và được ký hiệu t 0 .
t 0
t 
v 02
1 2

c
1.4- Phép biến đổi vận tốc


Xét một chất điểm chuyển động với vận tốc v trong hệ K và v  trong hệ K/. Hình
chiếu vận tốc của chất điểm trên các trục tọa độ trong hai hệ quy chiếu liên hệ với nhau theo
các công thức:

1


v 02
v 02

v
1

z
v  v 0
c2 ;
c2
;
vx  x
vy 
vz 
v
v
v
1  20 v x
1  20 v x

1  20 v x
c
c
c
1.5- Liên hệ giữa động lượng và năng lượng
a. Khối lượng của một chất điểm phụ thuộc vào vận tốc v của nó theo công thức:
m0
m
v2
1 2
c
Trong đó m 0 là khối lượng của chất điểm đó trong hệ mà nó đứng yên và được gọi là
khối lượng nghỉ.
b. Năng lượng của một chất điểm chuyển động với vận tốc v tính theo công thức:
m 0c 2
E  mc 2 
v2
1 2
c
2
Năng lượng E 0  m0c gọi là năng lượng nghỉ.
c. Động năng của chất điểm:
m 0c 2
K  E  E0 
 m 0c 2
2
v
1 2
c
d. Công thức liên hệ giữa năng lượng và động lượng:

v y

1

E  c p 2  m02 c 2

B. BÀI TẬP MẪU
1.1- Một đoàn tàu dài 1km (đo bởi quan sát viên là hành khách trên tàu) chuyển động thẳng
đều với vận tốc 200km/h so với mặt đất. Một quan sát viên trên mặt đất thấy hai chớp sáng
đồng thời đập vào hai đầu tàu hỏa. Tìm khoảng thời gian giữa hai chớp sáng đo được bởi quan
sát viên là hành khách trên tàu.
Bài giải
Gọi các biến cố A và B là lúc các chớp sáng truyền đến hai đầu tàu. Hệ quy chiếu K
gắn với mặt đất, hệ quy chiếu K  gắn với tàu.
v
( t B  t A )  20 ( x B  x A )
c
tB  tA 
v2
1  20
c
tA  tB
xB  xA  1000m
v 0  200km / h  55,6 m / s
Suy ra: t B  t A   6,18  1013s
Dấu trừ chứng tỏ hành khách trên tàu quan sát thấy biến cố A xảy ra trước biến cố B.
1.2- Có hai tên lửa A và B chuyển động đối với mặt đất: A chuyển động sang phải với vận tốc
0,8c và B chuyển động sang trái với vận tốc 0,6c. Tìm vận tốc của A đối với B.



Bài giải
Chọn hệ quy chiếu K gắn với mặt đất, . hệ quy chiếu K  gắn với B.
Vận tốc của A trong hệ K là 0,8c, vận tốc của K  đối với K là –0,6c.
Vận tốc của A đối với B là:
v  v0
0,8c  (  0,6c)
v x  x

 0,946c
( 0,6c).0,8c
v0
1  2 v x 1 
c2
c
1.3- Một thước mét chuyển động với vận tốc 0,6c trước một quan sát viên (đứng yên trong hệ
quy chiếu phòng thí nghiệm) theo phương song song với chiều dài của thước. Hỏi cần một
khoảng thời gian bao nhiêu để thước đi ngang qua quan sát viên ?
Bài giải
Chiều dài của thước đối với quan sát viên:

L  L0

1

v2
2

 1. 1  0,6 2  0,8 m

c

Khoảng thời gian để thước đi ngang qua quan sát viên:
s
L
0,8
t  
 4,44  10 9 s
v
v 0,6  3 108
1.4- Khối lượng nghỉ của một hạt mêzôn  là 207me , trong đó m e là khối lượng nghỉ của
electron. Thời gian sống của hạt này khi đứng yên là 2  10 6 s . Tính khối lượng của hạt
mêzôn  trong hệ quy chiếu gắn với phòng thí nghiệm, biết trong hệ quy chiếu này hạt
mêzôn  có thời gian sống là 7  106 s .
Bài giải
Từ công thức:
t 0
t 
v2
1 2
c
1
t
7
Suy ra:


t 0
2
v2
1 2
c

m0
7
Nên: m 
 207m e   725m e
2
2
v
1 2
c
&&&&&&&&&&&&&&

C. BÀI TẬP TỰ GIẢI
1.1- Một quan sát viên trong hệ quy chiếu quán tính K phát hiện hai biến cố ở các tọa độ và
thời gian là x1  6  104 m , y1  z1  0 , t 1  2 10  4 s và x 2  12  104 m , y 2  z 2  0 ,
t 2  10  4 s . Tìm vận tốc chuyển động của hệ quy chiếu quán tính K’ đối với hệ K để trong hệ
K/ hai biến cố trên là đồng thời.
1.2- Vận tốc tương đối giữa hai hệ quy chiếu quán tính K và K  là 0,8c. Trong hệ quy chiếu
K  một viên đạn được bắn ra vào thời điểm t1  2  107 s tại vị trí x   100m theo trục
Ox  . Xem rằng viên đạn chuyển động thẳng đều. Viên đạn trúng vào bia đặt ở gốc O vào

3


thời điểm t 2  6  107 s . Tính vận tốc của viên đạn và quãng đường mà viên đạn bay được
trong hệ quy chiếu K.
1.3- Một vật phải chuyển động với vận tốc bằng bao nhiêu thì chiều dài của nó giảm đi 25% ?
1.4- Xét hai hệ quy chiếu quán tính K và K  . Một thanh thẳng đặt cố định trong hệ K/ trong
mặt phẳng Ox yz  và tạo với trục x’ một góc 300. Tìm vận tốc của hệ K/ so với K để thanh
tạo với trục x của hệ K một góc 450.
1.5- Một hạt phải chuyển động với vận tốc bằng bao nhiêu trong hệ quy chiếu K để thời gian

sống riêng của hạt nhỏ hơn 10 lần so với thời gian sống của nó tính trong hệ K.
1.6- Một máy bay chuyển động thẳng đều với vận tốc 600m/s đối với mặt đất. Cần cho máy
bay đó bay trong thời gian bao nhiêu để đồng hồ trên máy bay chậm đi 2  10 6 s so với đồng
hồ trên mặt đất?
1.7- Hỏi vận tốc tương đối của một đồng hồ chuyển động thẳng đều đối với người quan sát
đứng yên bằng bao nhiêu để người đó thấy tốc độ chạy của nó chỉ bằng một nửa so với tốc độ
chạy của đồng hồ đứng yên với người quan sát?
1.8- Hai con tàu vũ trụ, mỗi chiếc có độ dài riêng L0  230m , chuyển động đều ngang qua
nhau trên hai đường thẳng song song với vận tốc tương đối là v. Một người đứng ở điểm A
trên một con tàu đo khoảng thời gian mà con tàu kia đi ngang qua người ấy là 3,57 s . Hỏi hai
con tàu chuyển động với vận tốc v tương đối bằng bao nhiêu ?
1.9- Ánh sáng phát đi từ miền xa nhất của thiên hà chúng ta phải mất 105 năm để đến Trái đất.
Trong vòng 50 năm hành khách phải du hành trên một con tàu vũ trụ với vận tốc bao nhiêu để
đến được nơi đó?
1.10- Một electron có động năng 2,53MeV, hãy tính:
a. Năng lượng toàn phần của electron.
b. Động lượng của electron.
c. Vận tốc của của electron.
1.11- Trong hệ quy chiếu K một hạt chuyển động với vận tốc v = 0,943c. Hãy tìm tỷ số giữa
động năng và năng lượng nghỉ của hạt trong hệ quy chiếu đó.
1.12- Một electron được gia tốc đến động năng 2GeV trong một máy gia tốc. Tính tỷ số giữa
khối lượng động và khối lượng nghỉ của electron này.
1.13- Vận tốc của một electron trong hệ quy chiếu gắn với phòng thí nghiệm là 0,6c. Một
quan sát viên chuyển động với vận tốc 0,8c theo hướng chuyển động của electron. Đối với
quan sát viên này động năng của electron này bằng bao nhiêu ?
1.14- Một hạt có năng lượng 6  103 MeV và có động lượng 3  103 MeV / c . Tìm khối lượng
nghỉ của hạt này.
1.15- Tính công cần thực hiện để tăng vận tốc của một hạt có khối lượng nghỉ m 0 từ 0,6c đến
0,8c ?


&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&


CHƯƠNG HAI: QUANG HỌC
********

PHẦN MỘT: QUANG HỌC SÓNG
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
2.1- GIAO THOA ÁNH SÁNG GÂY BỞI HAI NGUỒN SÁNG KẾT HỢP
2.1.1- Điều kiện để có giao thoa ánh sáng
Xét hai sóng ánh sáng giả đơn sắc từ hai nguồn O1 và O2:
E O1  E 01cos 1t  01 (t)
'

E O2  E 02cos 2 t  02 (t)
'

d1

M

O1
d2

O2

Hình 2.1
Tại điểm M trong không gian cách O1 một khoảng d1 và O2 một khoảng d2:



2 

E1  E01. cos 1t  01( t ) 
L1 
 



2 

E 2  E02. cos 2 t  02 ( t ) 
L2 



Với: L1 = nd1 là quang lộ của tia sáng từ nguồn O1 đến điểm M
L2 = nd2 là quang lộ của tia sáng từ nguồn O2 đến điểm M
 là bước sóng ánh sáng trong chân không.
Đặt : 1  01( t ) 

2
2
L1 và 2  02 ( t ) 
L2



Ta được:



E1  E01. cos1t  1


E2  E02. cos2 t  2 
Hàm sóng ánh sáng tổng hợp tại M:
E  E1  E 2
Bình phương 2 vế và lấy trung bình theo thời gian:
E 2  E12  E 22  2 E1.E 2

Cường độ sáng tại điểm M là :
I  I1  I2  2 E1.E 2

a. Nếu E1 và E 2 có phương dao động vuông góc thì:

E1.E 2  0  I = I1 +I2 = const
Vậy không có giao thoa ánh sáng.

5


b. Nếu E1 và E 2 có phương dao động không vuông góc thì: E1.E 2  0 và:


E1.E 2





= 1  E 01 cos  1t  1 .E 02 cos  2t  2  dt

0



= E 01.E 02  cos  1  2  t   1  2  dt  
2

0




E 01.E 02 
  cos  1  2  t   1  2  dt 
2  0



) Nếu 1  2 thì cả 2 tích phân đều bằng không, và E1.E 2  0
 I = I1 + I2 = const . Vậy không có giao thoa ánh sáng.
) Nếu 1  2 thì tích phân thứ 1 bằng không và
E1.E 2



= E 01.E 02   cos  1  2  dt 
2

0






= E01.E02  cos  01 (t)  02 (t)   2 (L2  L1 )  dt 


2



 
0
* Nếu 01 (t)  02 (t) phụ thuộc thời gian thì I thay đổi rất nhanh theo t, kết quả
là I phân bố đều trong không gian, do đó không có giao thoa ánh sáng.
* Nếu 01 (t)  02 (t) không phụ thuộc thời gian thì :
 
 
E 01. E 02
 2

E1 . E 2 
cos  ( L 2  L1 )  const 
2


 2

I  I1  I2  E 01.E 02 cos  (L 2  L1 )  const 



Tại mỗi điểm I có giá trị xác định. Tại các điểm khác nhau I có giá trị khác nhau phụ
thuộc hiệu quang lộ  L2  L1  nghĩa là phụ thuộc vị trí điểm M, và như vậy là có giao thoa
ánh sáng.
Kết luận: Điều kiện để có giao thoa ánh sáng là hai sóng ánh sáng giao nhau phải có:
- Phương dao động không vuông góc
- Cùng tần số hay cùng chu kỳ
- Hiệu pha ban đầu không đổi theo thời gian
2.1.2- Điều kiện để có cực đại và cực tiểu giao thoa
Nếu hai nguồn kết hợp O1 và O2 đồng pha  01 (t)  02 (t)  0  thì cường độ sáng tại
điểm M là:
 2

I  I1  I2  E 01.E 02 cos   L2  L1  


Hình 2.2 mô tả sự phân bố cường độ sáng tại các điểm trong không gian có hai nguồn
kết hợp giao nhau.


I
λ

 
I1 + I2 + E 01 . E 02
I1 + I2

I1 + I2

-


 
E 01 . E 02

L2– L1

O
Hình 2.2
a. Cực đại giao thoa:
2
I  Imax khi cos   L2  L1    1


Suy ra: L2  L1  k với k  0,  1,  2, ...

b. Cực tiểu giao thoa:
2
I  Imin khi cos   L2  L1    1


1
Suy ra: L2  L1   k    với k  0,  1,  2, ...
2

Trong đó k được gọi là bậc giao thoa.
Từ hình 2.2, ta nhận thấy rằng khi chuyển từ điểm Mk ứng với cực đại bậc k sang điểm
Mk+1 ứng với cực đại bậc k+1 thì hiệu quang lộ của các tia sáng từ hai nguồn kết hợp gởi đến
các điểm ấy thay đổi một giá trị bằng bước sóng  .

2.1.3- Giao thoa ánh sáng với khe Young

a. Hình dạng vân giao thoa:
Nếu màn quan sát được đặt song song với mặt phẳng hai khe thì vân giao thoa có dạng
các đoạn thẳng song song cách đều.
b. Vị trí vân giao thoa:

J

M

d1

O1

d2

θ

O

θ
O2 H

x

D
Hình 2.3

7



Hiệu khoảng cách từ hai nguồn kết hợp đến điểm M:
d2 – d1 = O1H = O1O2 sin = a.sin
với a là khoảng cách giữa hai khe Young.
Gọi D là khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe đến màn quan sát. Do a << D nên
góc  rất nhỏ, ta có:
sin  tg
x
sin 
D
x
d 2  d1  a.
D
Vị trí vân thoa được xác định bởi x  OM
* Vị trí vân sáng:

L2 – L1 = k hay d2 – d1 = k = kn
n
n là bước sóng ánh sáng trong môi trường chiết suất n.
x
 D
Do đó: a. s  k n  x sk  k n
a
D
* Vị trí vân tối:
1

L2  L1   k   
2

1 

1

d 2  d1   k     k    n
2n 
2

x
1
1 D


Do đó: a. t   k    n  x tk   k   n
D 
2
2 a

* Khoảng cách vân i: là khoảng cách giữa hai vân sáng hay hai vân tối kế tiếp:
 D
i n
a

hay

2.2- GIAO THOA ÁNH SÁNG GÂY BỞI BẢN MỎNG
2.2.1- Bản mỏng có bề dày không đổi
a. Hiệu quang lộ của hai tia phản xạ trên hai mặt bản mỏng:
Chú ý: khi sóng ánh sáng truyền tới mặt phân cách giữa hai môi trường khác nhau thì
một phần sóng ánh sáng bị phản xạ, tạo thành sóng phản xạ truyền trở lại môi trường cũ, phần
còn lại bị khúc xạ, tạo thành sóng khúc xạ truyền qua môi trường thứ hai.
Sự khúc xạ của sóng ánh sáng ở mặt phân cách hai môi trường không gây ra sự thay

đổi pha của sóng, nghĩa là sóng tới và sóng khúc xạ ở mặt phân cách hai môi trường đồng pha
nhau.
Tuy nhiên, sự phản xạ của sóng ánh sáng ở mặt phân cách của hai môi trường có thể
làm thay đổi pha của sóng:
* Nếu môi trường tới chiết quang hơn môi trường khúc xạ thì khi phản xạ pha của
sóng không bị thay đổi, nghĩa là sóng tới và sóng phản xạ ở mặt phân cách đồng pha nhau.
* Nếu môi trường tới kém chiết quang hơn môi trường khúc xạ thì khi phản xạ pha
của sóng bị thay đổi một giá trị là  radian, nghĩa là sóng tới và sóng phản xạ ở mặt phân cách


đối pha nhau. Điều này tương ứng với sự thay đổi về hiệu quang lộ là


2
vì  
L  
2



2
Đối với bản mỏng có bề dày e và chiết suất n, hiệu quang lộ của hai tia phản xạ trên
hai mặt bản mỏng là:

 L 

F

M


f
L
R

R/

O

S
i

H
I

e

K
n

r
J
Hình 2.4



L 2  L1  2n.IJ   IH  
2

e


L2  L1  2n.
 2e.tgr. sin i 
cos r
2

e
2ne. sin 2 r 


cos r
cos r
2
e


L2  L1  2n.
1  sin 2 r  
cos r
2

L 2  L1  2ne 1  sin 2 r 
2
L 2  L1  2n.

L2  L1  2ne 1 

sin 2 i 

n2
2



2
Trong đó: e là bề dày của bản mỏng tại điểm quan sát
n là chiết suất của bản mỏng
i là góc tới của tia sáng đến bản mỏng
b. Hình dạng vân giao thoa:
Hiệu quang lộ L2 – L1 phụ thuộc góc tới i, do đó vân giao thoa có dạng các vân tròn
sáng tối đồng tâm có tâm là tiêu điểm F của thấu kính hội tụ L và có bán kính FM  f  tgi .
Hình dạng vân giao thoa được mô tả trên hình 2.5
L 2  L1  2e n 2  sin 2 i 

9


c. Điều kiện để có vân sáng, vân tối:
* Vân sáng: L2  L1  k
2e n 2  sin 2 i 


 k
2

1
* Vân tối: L2 – L1 =  k   
2

 
1
2e n 2  sin 2 i    k   

2 
2

M

F

M/

f
L
S

O
i/
i
I
e

K
n

r
J
Hình 2.5

2.2.2- Bản mỏng có bề dày thay đổi
a. Nêm không khí
* Hiệu quang lộ các tia sáng phản xạ trên hai mặt nêm
không khí:


L2  L1  2e 
2
* Hình dạng vân giao thoa:
Các vân giao thoa nằm ở mặt trên của nêm không khí.
Đó là các đoạn thẳng song song với cạnh nêm và cách đều nhau.

α
Hình 2.6

e


x
α

O

ek +1

ek

Hình 2.7

 k
2
1

esk   k  
2 2



+ Vân sáng: 2e 

 
1
  k  
2 
2

e tk  k
2
Vân tối bậc k = 0, ứng với e = 0 . Vậy tại cạnh nêm có vân tối.
* Vị trí vân giao thoa:
e
e
x = OM = k  k
sin  
1 

+ Vị trí vân sáng:
x sk   k  
2  2


+ Vân tối: 2e 

+ Vị trí vân tối:

x tk  k


+ Khoảng vân:

i


2


2

b. Nêm thủy tinh
* Hiệu quang lộ các tia sáng phản xạ trên hai mặt
nêm thủy tinh:

L2  L1  2ne 
2
* Hình dạng vân giao thoa:
Các vân giao thoa nằm ở mặt trên của nêm thủy
tinh. Đó là các đoạn thẳng song song với cạnh nêm và cách đều
nhau.
* Điều kiện để có vân sáng, vân tối:

+ Vân sáng: 2ne   k
2
1 

esk   k  
2  2n


+ Vân tối: 2ne 

 
1
  k  
2 
2

11

n
e
α
Hình 2.8



2n
Vân tối bậc k = –1, ứng với e = 0 . Vậy tại cạnh nêm có vân tối.
* Vị trí vân giao thoa:
e
e
x  OM  k  k
sin  
1 

+ Vị trí vân sáng: x sk   k  
2  2n

e tk  ( k  1)


x tk  ( k  1)

+ Vị trí vân tối:


2n


2n
c. Bản cho vân tròn Newton
i

+ Khoảng vân:

O

M
e

H

Hình 2.9
* Hiệu quang lộ các tia sáng phản xạ trên mặt cong của thấu kính và trên bản thủy
tinh:

 r2 
 
2 R 2
(OMH)  OM2  MH2  OH2


L2  L1  2e 

r2
R  r   R  2Re e   2e 
R
* Hình dạng vân giao thoa: Vân giao thoa là các đường tròn đồng tâm, có tâm C là
điểm tiếp xúc, có bán kính r.
* Bán kính vân sáng và vân tối:
r2 
+ Bán kính vân sáng:
  k
R 2
2

2

2

2

1

rsk   k   R
2

+ Bán kính vân tối:

r2  
1

   k  
R 2 
2

rtk  kR


2.3- ỨNG DỤNG CỦA HIỆN TƯỢNG GIAO THOA ÁNH SÁNG
2.3.1- Khử ánh sáng phản xạ trên các mặt kính
Để khử phản xạ trên một mặt kính có chiết suất n, người ta
phủ một lớp màng mỏng trong suốt dày e, chiết suất N. Cần chọn
chiết suất N và bề dày e của màng mỏng sao cho hai tia phản xạ (trên
không khí - màng mỏng và trên màng mỏng - mặt kính) giao thoa
e
N
nhau cho cường độ sáng nhỏ nhất (lý tưởng là I = 0).
- Hiệu quang lộ của 2 tia phản xạ ứng với tia tới có góc tới
n
bằng không là 2Ne. Để 2 tia phản xạ giao thoa cho cường độ sáng
cực tiểu thì:
Hình 2.10


2Ne  (2k  1)  e  (2k  1)
2
4N

Vậy: emin 
4N
- Tính toán chứng tỏ rằng sự khử phản xạ là tốt nhất khi thỏa mãn điều kiện sau:

N n

2.3.2- Đo chiết suất chất lỏng hoặc chất khí bằng giao thoa kế Rayleigh
Sơ đồ cấu tạo của giao thoa kế Rayleigh được mô tả ở hình vẽ 2.11a và 2.11b:
Lúc đầu, hai ống A và B có chiều dài d bằng nhau và đều chứa không khí. Khi đó,
hiệu quang lộ của các tia sáng từ O gởi đến F bằng không và tại F có vân trung tâm (hình
2.11a).
d

L1

L

L2

A

O
F
B
Hình 2.11a
Sau đó, ta cho chất khí hay chất lỏng có chiết suất n cần đo vào ống B (hình 2.11b).
L1

d

L

L2


A

F

O

F

B
Hình 2.11b
Khi đó, hiệu quang lộ của các tia sáng từ O gửi đến F thay đổi một lượng là ( n  1)d
và vân trung tâm dịch chuyển về phía dưới đến F. Nếu khoảng FF chứa m khoảng vân thì
hiệu quang lộ của các tia sáng đã thay đổi một lượng là m.
Vậy:
(n – 1)d = m
m
Suy ra:
n=l+
d

13


2.3.3- Đo chiều dài bằng giao thoa kế Michelson
Sơ đồ cấu tạo của giao thoa kế Michelson được mô tả ở hình vẽ 2.12a và 2.12b:
Lúc đầu, hiệu quang lộ của hai tia sáng kết hợp đi vào kính ngắm T là 2(d2 – d1) và trong kính
ngắm người ta quan sát thấy hình ảnh các vân giao thoa.
Để đo bề dày e của một bản mỏng trong suốt có chiết suất n, người ta đặt bản mỏng
sát vào gương M1 sao cho các tia sáng truyền qua bản mỏng dọc theo bề dày e (hình 2.12a).
M2

d2

M

d1

S
M1

T
Hình 2.12a
Khi đó, hiệu quang lộ giữa các tia sáng đã thay đổi một lượng là 2e(n – 1), làm cho hệ
vân giao thoa trong kính ngắm dịch chuyển. Nếu vân giao thoa dịch chuyển đúng m khoảng
vân thì: 2e(n – 1) = m.
m
Suy ra: e =
2(n  1)
Trong trường hợp này, để đo bề dày bản mỏng ta phải biết chiết suất của bản mỏng.
Trong trường hợp ta không biết chiết suất bản mỏng hoặc ta cần đo bề dày của bản
mỏng không trong suốt, ta có thể đặt bản mỏng sát với gương M1 nhưng không cho tia sáng
truyền qua bản mỏng. Ta tịnh tiến gương M1 dọc theo bề dày bản mỏng từ mép phải sang mép
trái (hình 2.12b).
M2
d2

M

d1

S

M1

T
Hình 2.12b


Khi đó, hiệu quang lộ giữa các tia sáng đã thay đổi một lượng là 2e. Nếu khi đó, vân
giao thoa dịch chuyển đúng m khoảng vân thì: 2e = m
m
Suy ra: e =
2
2.4- PHƯƠNG PHÁP ĐỚI CẦU FRESNEL
R.b
a. Diện tích của mỗi đới cầu: S  

Rb
b. Bán kính của đới cầu thứ k: rk  k

R.b

Rb

Mk
bk

R


2


rk

O

M0

b

M

Hình 2.13
Trong đó:
R = OMk là bán kính mặt sóng cầu bao quanh nguồn sáng điểm O,
 là bước sóng ánh sáng do nguồn O phát ra
b = MM0 là khoảng cách từ điểm M đang xét đến đới cầu thứ nhất (M0 là giao điểm
của mặt sóng cầu và OM)
k là số nguyên dương (k = 1, 2, 3, 4,…..)
2.5- NHIỄU XẠ FRESNEL (GÂY BỞI SÓNG CẦU)
2.5.1- Nhiễu xạ ánh sáng qua một lỗ tròn
Nếu lỗ tròn chứa k đới cầu thì bán kính lỗ tròn là:
R.b

Rb
Biên độ và cường độ sáng của ánh sáng tổng hợp tại điểm M, cách nguồn điểm O một
khoảng R + b lần lượt là:
rk  k

15



R

rk

M

O

b

R

Hình 2.14
E0 

E 01 E 0 n

2
2
2

E 
E
I  E 0    01  0 n 
2 
 2
E01 và E0n lần lượt là biên độ dao động sáng do đới cầu thứ nhất và đới cầu thứ n gây
ra tại điểm M.
Ta chọn dấu (+) khi n lẻ và dấu (–) khi n chẵn.
(E ) 2

Khi ta bỏ màn chắn có chứa lỗ tròn thì cường độ sáng tại điểm M là I0  01 (vì
4
E0n  E01 )
2

Khi lỗ tròn chứa 1 đới cầu Fresnel đầu tiên thì cường độ sáng tại điểm M là
I1  (E01 )2  4I0 , điểm M sáng nhất.
Khi lỗ tròn chứa 2 đới cầu Fresnel đầu tiên thì cường độ sáng tại
2
 E 01 E 02 
I2  

  0 (vì E01  E02 ), điểm M tối nhất.
2 
 2
Khi lỗ tròn chứa 3 đới cầu Fresnel đầu tiên thì cường độ sáng tại
2
 E 01 E 03 
I3  

  I1 (vì E03  E01 ), điểm M sáng.
2 
 2
Khi lỗ tròn chứa 4 đới cầu Fresnel đầu tiên thì cường độ sáng tại
2
E 
E
I4   01  04   I2 (vì E04  E02 ), điểm M tối.
2 
 2

Ảnh nhiễu xạ qua lỗ tròn có dạng các đường tròn sáng tối đồng tâm với
M.
Nếu số đới cầu chứa trên lỗ tròn là lẻ thì điểm M sáng.
Nếu số đới cầu chứa trên lỗ tròn là chẵn thì điểm M tối.
2.5.2- Nhiễu xạ ánh sáng qua một đĩa tròn
Nếu đĩa tròn che k đới cầu đầu tiên thì bán kính đĩa tròn là :
rk  k

R.b

Rb

điểm M là

điểm M là

điểm M là

tâm là điểm


Biên độ và cường độ sáng của ánh sáng tổng hợp tại M cách nguồn điểm O một
khoảng R + b lần lượt là:
E
E
E
E 0  0(k 1)  0n  0(k 1)
2
2
2

2

E

I  E   0( k 1)   0
 2 
Ảnh nhiễu xạ qua đĩa tròn có dạng các đường tròn sáng tối đồng tâm với tâm là điểm
M, luôn luôn là điểm sáng.
2
0

R

rk

O

M

b

R

Hình 2.15
2.6- NHIỄU XẠ FRAUNHOFER (GÂY BỞI SÓNG PHẲNG)
2.6.1- Nhiễu xạ ánh sáng qua một khe hẹp
L

x
E


φ

M
x

φ

b

F

O

f
Σ0
Σ1
Σ2
Σ3
Σ4
Hình 2.16
Một chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng  được chiếu vuông góc tới một khe hẹp có
bề rộng là b. Sau khi qua khe hẹp, ánh sáng bị nhiễu xạ. Ảnh nhiễu xạ được quan sát trên màn
E đặt tại mặt phẳng tiêu của thấu kính hội tụ L như ở hình vẽ 2.16.
Theo phương pháp đới cầu Fresnel, các mặt  i chia khe hẹp thành các dãy hẹp.

17


Bề rộng mỗi dãy hẹp trên khe là:

a


2sin 

 là bước sóng ánh sáng trong môi trường đang xét.
φ
a

Hình 2.17

φ
 Σ0
2

Σ1
Số dãy

hẹp có trên khe là:

b 2bsin 

a

Điều kiện cho cực tiểu nhiễu xạ (số dãy hẹp chứa trên khe là số chẵn): m = 2k
Điều kiện cho cực đại nhiễu xạ (số dãy hẹp chứa trên khe là số lẻ): m = 2k + 1
* Phương nhiễu xạ  để có cực đại hay cực tiểu
Theo phương   0 , có cực đại giữa
m



(k = ±1, ±2, ...)
b
1 
Cực đại: sin =  k   (k = +1, ±2, ...)
2b


Cực tiểu: sin = k

* Vị trí cực đại, cực tiểu nhiễu xạ: x  OM
+ Trường hợp có thấu kính hội tụ ở sau khe:
x = f tg với f là tiêu cự thấu kính
+ Trường hợp không có thấu kính hội tụ ở sau khe:
x = d tg với d là khoảng cách từ khe đến màn
* Bề rộng cực đại giữa:
+ Trường hợp có thấu kính hội tụ ở sau khe:
L = 2f tg với f là tiêu cự thấu kính
+ Trường hợp không có thấu kính hội tụ ở sau khe:
L = 2d tg với d là khoảng cách từ khe đến màn


* Đồ thị mô tả sự phân bố cường độ sáng trên màn
I
I0

I2= 0,016.I0




I1= 0,047.I0


3 2


b
b
b

O


b

2
b

3
b

sinφ

Hình 2.18
Nhận xét về đồ thị:
+ Cường độ sáng của cực đại giữa lớn hơn nhiều lần so với cường độ sáng của các cực
đại khác.
+ Bề rộng cực đại giữa bằng hai lần bề rộng các cực đại khác.
+ Vị trí ảnh nhiễu xạ không phụ thuộc vị trí của khe.
2.6.2- Nhiễu xạ ánh sáng qua N khe hẹp.

Một chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng  được chiếu vuông góc tới N khe hẹp
giống nhau, cách đều nhau. Mỗi khe hẹp có bề rộng là b. Khoảng cách giữa hai khe kế tiếp là
d. Sau khi qua khe hẹp, ánh sáng bị nhiễu xạ. Ảnh nhiễu xạ được quan sát trên màn E đặt tại
mặt phẳng tiêu của thấu kính hội tụ L như ở hình vẽ 2.19.
L

x
E

b

φ

M
x

φ
F
d

f

Hình 2.19
* Phương nhiễu xạ  để có :
+ Cực tiểu chính: sin   k


(k = ±l,±2,...)
b


19

O


+ Cực đại chính: sin   k


(k = 0,±l,±2,...)
d

d
* Số cực đại chính giữa hai cực tiểu chính bậc 1 là: 2  1
b
* Số cực tiểu phụ giữa hai cực đại chính là: N – 1
* Số cực đại phụ giữa hai cực đại chính là: N – 2
* Đồ thị mô tả sự phân bố cường độ sáng trên màn quan sát

I





b


b
3
d




2
d




d

O


d

2
d

sinφ

3
d

d = 3b và N = 3
Hình 2.20
2.6.3- Nhiễu xạ ánh sáng qua cách tử
a. Tia sáng vuông góc với cách tử
* Phương nhiễu xa  ứng với cực đại chính:


sin   k  k.n 0 . (k = 0, ±1, ±2, ...)
d
với n0 là số vạch trên một đơn vị chiều dài của cách tử, d là chu kỳ cách tử.
* Vị trí cực đại chính bậc k: x = OM
x = f tg với f là tiêu cự thấu kính ở sau khe
* Chu kỳ cách tử, số vạch n0 trên 1m, tổng số vạch N:
1

d= k
, n 0  , N  n0.
d
sin 
với là chiều dài cách tử
* Số vạch cực đại tối đa cho bởi cách tử: Nmax

sin   k  1  k max
d
 Nmax  2. k max  1
* Bước sóng lớn nhất để có thể quan sát hiện tượng nhiễu xạ:


 max 

d(sin ) max
d
k min

* Góc nhiễu xạ  để cực đại chính bậc k1 của bức xạ 1 trùng với cực đại chính bậc
k 2 của bức xạ  2 :


dsin   k11  k 2 2

* Góc  giữa các cực đại chính bậc k1 và k 2 :
sin   k1


d


d
b. Tia sáng không vuông góc với cách tử
) Cách tử truyền qua:
* Hiệu quang lộ các tia sáng từ hai khe kế tiếp:
Các góc tới và góc nhiễu xạ được qui ước là dương nếu chúng ở phía trên đường
vuông góc với cách tử.
+ Trường hợp  > 0,  > 0:
L2 – L1 = n (M2H1 + M2H2)
L2 – L1 = n (dsin + dsin)
L2 – L1 = nd (sin + sin)
trong đó n là chiết suất của môi trường đang xét.
sin(  )  k 2

1

M1

θ
2
θ


φ

φ
O

H1

H2

M2
Hình 2.21:  > 0,  > 0
+ Trường hợp  > 0,  < 0:

M1
θ
1
θ

φ

H2

H1

φ
O

M2

2

Hình 2.22 :  > 0,  < 0

21


L2 – L1 = n (M2H1 – M1H2)
L2 – L1 = n (dsin + dsin)
L2 – L1 = n d (sin  + sin )
* Phương nhiễu xạ  để có cực đại chính:
L2 – L1 = nd (sin + sin) = k
d (sin + sin)= kn

sin = k n  sin 
d
trong đó n là bước sóng ánh sáng trong môi trường chiết suất n.
* Vị trí cực đại chính: x = OM
x = f tg với f là tiêu cự thấu kính ở sau khe
) Cách tử phản xạ :
* Hiệu quang lộ các tia sáng từ hai khe kế tiếp:
Các góc tới và góc nhiễu xạ được qui ước là dương nếu chúng ở phía trên đường
vuông góc với cách tử.
L2 – L1 = n (M2H1 – M1H2)
L2 – L1 = n (dsin + dsin)
L2 – L1 = n d (sin + sin)

1
M1
H2
M2


H1

θ
φ

2

θ

O
φ

Hình 2.23
* Phương nhiễu xạ  để có cực đại chính:
L2 – L1 = nd (sin + sin) = k
d (sin  + sin )= k n

sin = k n  sin 
d
* Vị trí cực đại chính: x = OM
x = f. tg với f là tiêu cự thấu kính ở sau khe.
B. BÀI TẬP MẪU
2.1- Trên một bản thủy tinh có chiết suất n0 = 1,5, người ta phủ một lớp màng mỏng trong
suốt có chiết suất n = 1,2.


a. Tính bề dày nhỏ nhất của màng mỏng để tia phản chiếu của ánh sáng có bước sóng
0 = 0,65m bị triệt tiêu ứng với góc tới i = 45° .
b. Nếu thay lớp màng mỏng này bằng một lớp màng mỏng khác có cùng chiết suất
nhưng bề dày gấp đôi thì hiện tượng xảy ra như thế nào?

Bài giải
a. Tính bề dày nhỏ nhất của màng mỏng:
Hiệu quang lộ các tia sáng phản xạ trên hai mặt bản
mỏng:
i
2
2
(1)
L2  L1  2e n  sin i
e
n
Các tia phản xạ bị khử khi:
1

L2  L1   k   
2


(2)

n0

Từ (1) và (2), ta suy ra: 2e n 2  sin 2 i  (k  0,5)
Bề dày bản mỏng: e 

(k  0,5)

2 n 2  sin 2 i
Bề dày nhỏ nhất của bản mỏng khi k = 0:


emin 
2
4 n  sin 2 i
e min 

0,65.10 6
4 1,2 2  0,5

 0,167 m

b. Hiện tượng xảy ra khi e = 2emin :
Trong trường hợp này:
L2  L1  4emin n 2  sin 2 i  

Hiệu quang lộ các tia sáng phản xạ trên hai mặt bản mỏng thỏa mãn điều kiện:
L2  L1  k với k = 1
Vậy các tia sáng phản xạ trên hai mặt bản mỏng giao thoa cho cường độ sáng cực đại.
2.2- Trên bề mặt một bản thủy tinh chiết suất n0 = 1,6 có một lớp dầu mỏng đều chiết suất
n  1,5 . Người ta chiếu lần lượt hai chùm tia đơn sắc song song có bước sóng 1  0,5m và
 2  0,7m vuông góc với lớp dầu thì thấy các chùm tia phản xạ đều bị triệt tiêu trong cả hai
trường hợp. Tính bề dày nhỏ nhất của lớp dầu.
Bài giải
Hiệu quang lộ các tia sáng phản xạ trên hai mặt bản mỏng:
L2  L1  2ne
Các tia phản xạ bị triệt tiêu ứng với cả hai bức xạ  1 và  2 nên:
2ne  (k1  0,5)1

(1)

2ne  (k 2  0,5) 2


(2)

Từ (1) và (2), ta suy ra:
(k1  0,5)1  (k 2  0,5) 2
5(k1  0,5)  7(k 2  0,5)
k1  1,4k 2  0,2

Giá trị nhỏ nhất của k1 và k2 là k1 = 3 và k2 = 2.

23


(k 2  0,5) 2
2n
2,5 2 2,5  0,7.106
e

 0,583m
2n
2 1,5
2.3- Người ta tráng lên mặt thấu kính (chiết suất n = 1,54) một lớp mỏng trong suốt có chiết
suất n 0  n , bề dày e = 0,5m. Một chùm ánh sáng trắng có bước sóng trong khoảng từ
0,4m đến 0,7m được rọi vuông góc với mặt bản mỏng. Hỏi những bức xạ nào bị khử sau
khi phản xạ trên hai mặt bản mỏng.
Bài giải
Hiệu quang lộ các tia sáng:

Bề dày màng mỏng: e 


L2  L1  2n 0e  2e n
Các tia phản xạ bị khử khi:
1

L2  L1  2e n   k   
2


Suy ra:


2e n
2  0,5.106 1,54
1, 24


m
k  0,5
k  0,5
k  0,5

Do:

0,4    0,7m

Nên:

0, 4 

1, 24

 0,7
k  0,5

1, 24
1, 24
 0,5  k 
 0,5
0,7
0, 4
1,27  k  2,6  k  2

Hay:

Vậy bước sóng của bức xạ bị khử là:
1,24

m  0,496m
2,5
2.4- Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng  vuông góc với mặt dưới của
một nêm không khí. Người ta quan sát thấy 28 vân tối ở mặt trên của nêm không khí. Hãy cho
biết tại cạnh nêm có vân sáng hay vân tối. Tính bước sóng ánh sáng tới. Biết rằng tại vị trí
ứng với bề dày lớn nhất của nêm không khí emax  9m có vân tối.
Bài giải
Hiệu quang lộ các tia sáng phản xạ ở mặt trên và mặt dưới của nêm không khí:

L2  L1  2e 
2
Điều kiện để có vân tối:
 
1

2e    k   
2 
2
emax
α

Suy ra: e  k
2
Ta nhận thấy: khi k = 0 thì e = 0 . Vậy tại cạnh nêm có vân tối thứ nhất.
Tại vị trí ứng với bề dày lớn nhất của nêm không khí, ta có vân tối thứ 28 ứng với
k=27. Do đó:



 13,5
2
Vậy bước sóng ánh sáng tới là:
2e
29
  max 
 0,667m
27
27
2.5- Mặt cầu của một thấu kính một mặt phẳng, một mặt lồi được đặt tiếp xúc với một bản
thủy tinh phẳng. Bán kính cong của mặt cầu thấu kính là R. Khoảng không gian giữa thấu
kính và bản thủy tinh là không khí. Chiếu một chùm ánh sáng đơn sắc song song có bước
sóng   0,67m vuông góc với bản thủy tinh. Người ta đo được bán kính của vân tối thứ 20
là 11mm. Tính bán kính cong của mặt cầu thấu kính.
Bài giải
Hiệu quang lộ các tia sáng phản xạ ở mặt trên và mặt dưới của lớp không khí giữa bản

thủy tinh và thấu kính phẳng lồi:
r2 
L2  L1  
R 2
Điều kiện để có vân tối:
r2  
1
   k  
R 2 
2
emax  27

Suy ra: r  kR
Vân tối thứ 20 ứng với k = 20, ta suy ra bán kính cong của mặt cầu thấu kính là:
r 2
(11.103 )2
= 9,03m
R  2o 
20 20  0,67.106
2.6- Một sóng phẳng viba tới vuông góc với một khe hẹp có bề rộng b = 5cm. Cực tiểu nhiễu
xạ thứ nhất được quan sát dưới góc   200 . Tính bước sóng của sóng viba và bề rộng cực đại
giữa. Biết rằng màn quan sát được đặt song song với khe hẹp và cách khe D = l,5m.
Bài giải
Bước sóng của sóng viba:
Điều kiện để có cực tiểu nhiễu xạ:

sin 200  k
b
bsin 200 5.102  0,342
Suy ra:  


 1,7.102 m
k
1
Bề rộng cực đại giữa:
L  2D.tg200  1,16 m
2.7- Ánh sáng Laser được rọi vuông góc với một màn chắn chứa N = 3 khe hẹp giống nhau,
song song, cách đều nhau. Nếu che một trong hai khe ngoài cùng thì cực đại chính bậc 1 được
quan sát dưới góc nhiễu xạ  = 60°. Nếu che một khe ở giữa thì cực đại chính bậc 1 được
quan sát dưới góc nhiễu xạ bằng bao nhiêu? Trong trường hợp này, cực đại chính bậc mấy
trùng với cực đại chính bậc 4 trong trường hợp trên.
Bài giải
Góc nhiễu xạ ứng với cực đại chính bậc 1 khi che một khe ở giữa:
Khi che một trong hai khe ngoài cùng thì:

sin 600 
d
Khi che một khe ở giữa thì:

25