Phương pháp giải bài toán về sóng ánh sáng trong bồi dưỡng học sinh giỏi ở bậc THPT
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (294.57 KB, 20 trang )
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN VỀ SÓNG ÁNH SÁNG
TRONG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI Ở BẬC THPT
1. Mở đầu
- Lí do chọn đề tài.
Đối với đa số học sinh, môn Vật lí là một môn học rất thú vị, hấp dẫn, nhưng
cũng là một môn học khó. Sóng ánh sáng là một phần hay và khó đối với học sinh,
là một chủ đề quan trọng trong chương trình thi tốt nghiệp, tuyển sinh đại học trước
đây, nay là kì thi THPT Quốc gia, và thi HSG các cấp. Cũng như một số bài toán
khác của Vật lí 12, ở phần bài tập sóng ánh sáng, việc hệ thống, phân loại và giúp
học sinh có những phương pháp giải ngắn gọn, dễ hiểu là một vấn đề người giáo
viên Vật lí nào cũng trăn trở, quan tâm. Để giải quyết vấn đề trên, giáo viên cần
đưa ra phương pháp phù hợp, dễ hiểu để học sinh nắm và vận dụng, đồng thời đối
tượng học sinh khá giỏi có thể vận dụng để làm được các bài tập nâng cao. Chính
vì vậy, việc phân loại, lựa chọn các phương pháp giải phần sóng ánh sáng là yêu
cầu cấp thiết đối với HS lớp 12.
Học sinh thường chỉ nắm được và áp dụng các công thức có sẵn trong sách
giáo khoa. Khi nghiên cứu SGK, tôi nhận thấy số lượng bài tập để rèn luyện kĩ
năng phần này trong sách giáo khoa là rất ít. Các tài liệu tôi được đọc chưa viết sâu,
chi tiết, đầy đủ về vấn đề này. Nhận thức được tầm quan trọng của phần kiến thức
này, qua quá trình giảng dạy, luyện thi đại học, bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi
môn Vật lí tại trường THPT Hậu Lộc 4, tôi đã đúc kết được một vài kinh nghiệm.
Tôi mạnh dạn đề xuất “Phương pháp giải bài toán về sóng ánh sáng trong bồi
dưỡng học sinh giỏi ở bậc THPT”. Với phương pháp này sẽ giúp các em giải
quyết nhanh gọn, thành thạo các bài tập sóng ánh sáng, là một tài liệu, một chủ đề
bồi dưỡng bổ ích cho các học sinh khá giỏi.
- Mục đích nghiên cứu.
Phần sóng ánh sáng luôn có mặt trong các đề thi THPT Quốc gia, HSG cấp
tỉnh. Với mục đích giúp các em HS trong đội tuyển ôn thi HSG tỉnh, HS đang
chuẩn bị bước vào kì thi THPT Quốc gia có thể hiểu sâu sắc và giải tốt hơn về bài
tập sóng ánh sáng, tôi mạnh dạn chọn đề tài này.
- Đối tượng nghiên cứu.
Trong phạm vi một sáng kiến kinh nghiệm, đề tài này hệ thống, phân loại và
giúp HS có những phương pháp giải bài tập giao thoa ánh sáng.
- Phương pháp nghiên cứu.
+ Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết.
+ Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin.
+ Phương pháp thống kê, xử lý số liệu.
+ Phương pháp so sánh.
Giáo viên: Phạm Văn Lượng – Trường THPT Hậu Lộc 4
1
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
- Giao thoa ánh sáng: là sự tổng hợp của hai sóng ánh sáng kết hợp. Những vị trí
mà tại đó hai sóng ánh sáng tăng cường lẫn nhau tạo nên vân sáng, những vị trí mà
tại đó hai sóng ánh sáng triệt tiêu lẫn nhau tạo nên vân tối.
- Ánh sáng đơn sắc là ánh sáng không bị tán sắc mà chỉ bị lệch khi đi qua lăng
kính, có một màu nhất định (tần số xác định).
- Ánh sáng trắng là hỗn hợp của nhiều ánh sáng đơn sắc có màu biến thiên liên tục
từ đỏ đến tím.
- Thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng:
Nguồn sáng S chiếu sáng hai khe S1, S2 cách
đều S.
+ Khi nguồn S là nguồn sáng đơn sắc thì trên
màn E có những vạch sáng màu và tối xen kẽ.
+ Khi nguồn S là nguồn sáng trắng thì trên
màn E có hệ vân nhiều màu.
- Các công thức cơ bản giải bài tập về giao
thoa ánh sáng:
+ Hiệu đường đi của hai sóng ánh sáng:
∆d = d 2 − d1 =
ax
D
+ Vị trí vân sáng: d2 – d1 = kλ (với k ∈Z)
xs = k
λD
a
(với k ∈Z)
(k = 0 vân sáng trung tâm;
k = ± 1 vân sáng bậc 1;
k = ± 2 vân sáng bậc 2; …)
+ Vị trí vân tối:
1
2
d2 – d1 = (k+ )λ (với k ∈Z)
xt = (k +
1 λD
)
2
a
(với k ∈Z)
(k = 0 và k = -1: vân tối thứ nhất;
k = 1 và k = -2 vân tối thứ 2; …)
+ Khoảng vân: là khoảng cách giữa hai vân sáng hoặc hai vân tối liên tiếp:
i = x k +1 − x k =
λD
a
- Ý nghĩa của thí nghiệm Y-âng: Là cơ sở thực nghiệm quan trọng để khẳng định
ánh sáng có bản chất sóng và là một trong những phương pháp thực nghiệm hiệu
quả để đo bước sóng ánh sáng.
Giáo viên: Phạm Văn Lượng – Trường THPT Hậu Lộc 4
2
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Từ thực tế giảng dạy học sinh ở trên lớp, qua một số năm bồi dưỡng đội tuyển
HSG cấp tỉnh của trường THPT Hậu Lộc 4, tôi nhận thấy đa số học sinh đều coi bài
tập sóng ánh sáng là bài tập khó, khi vận dụng thì lúng túng. Có thực trạng đó theo
tôi là do một số nguyên nhân sau:
- Do phân phối của chương trình của phần này cả lí thuyết và bài tập ôn tập có
giới hạn nên khi dạy trên lớp các giáo viên không thể đi sâu vào phân tích một cách
chi tiết. Trong khi đó các đề thi TSĐH, THPT Quốc gia, HSG tỉnh Thanh Hóa trong
các năm gần đây có nhiều dạng bài tập phong phú và mức độ yêu cầu khó.
- Các tài liệu tham khảo hiện nay về sóng ánh sáng chưa có nhiều tài liệu trình
bày một cách có hệ thống, phương pháp chuẩn mực. Vì vậy đa số học sinh sẽ
không thể tự phân tích, tổng hợp để hình thành phương pháp chủ đạo khi giải các
bài toán về sóng ánh sáng.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
Bài tập về sóng ánh sáng có 2 phần: Tán sắc ánh sáng và giao thoa ánh sáng.
Trong khuôn khổ của một sáng kiến kinh nghiệm do số trang có hạn, tôi xin phép
chỉ đề cập phần giao thoa ánh sáng, chia ra các dạng như sau:
Dạng 1: Giao thoa với ánh sáng đơn sắc
Dạng 1.1: Vị trí vân sáng- vị trí vân tối:
Phương pháp:
+ Lập tỉ số:
xM
=n
i
+ Nếu n ∈ Z, thì tại M có vân sáng bậc n .
+ Nếu n = k+0,5 với k ∈ Z
Cách 1: Tại M là vân tối thứ [ n ]+1. (với [x] là phần nguyên của x)
Cách 2: Nếu k > 0 thì tại M là vân tối thứ k +1, nếu k < 0 tại M là vân tối thứ k .
Ví dụ: Trong thí nghiệm về giao thoa ánh sáng, đo được khoảng cách giữa 2 vân
sáng liên tiếp là 0,4 mm. Khoảng cách giữa hai khe là 1 mm, màn cách hai khe 1 m.
a) Tính bước sóng ánh sáng.
b) Ở hai vị trí M, N có tọa độ lần lượt là 1,2 mm và -1,4 mm có vân gì?
Giải:
λD
a) i = 0,4 mm; i = a → λ = 0,4.10− 6 (m) λ = 0,4 µm.
b)
xM
= 3 (số nguyên) ⇒ Tại M có vân sáng bậc 3.
i
xN
= 3,5 -3,5(số bán nguyên) ⇒ Tại N là vân tối thứ 4.
i
Giáo viên: Phạm Văn Lượng – Trường THPT Hậu Lộc 4
3
Dạng 1.2: Khoảng cách giữa các vân
Phương pháp:
- Khoảng cách giữa n vân sáng (hoặc n vân tối) liên tiếp: d = (n - 1)i
- Khoảng cách 2 vị trí vân m, n bất kì: ∆x = |xm – xn| (m, n cùng bên xm, xn cùng
dấu; m, n khác bên xm, xn trái dấu)
Ví dụ: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa 2 khe sáng
a = 1,2 mm, màn quan sát cách mặt phẳng chứa 2 khe một khoảng D = 1,8 m, ánh
sáng có bước sóng λ = 0,6 µm.
a) Tính khoảng cách giữa 10 vân sáng liên tiếp.
b) Xác định khoảng cách từ vân sáng bậc 3 đến vân tối thứ 5 ở khác phía vân sáng
trung tâm.
c) Xác định khoảng cách từ vân sáng bậc 2 đến vân sáng bậc 6 ở cùng phía vân
sáng trung tâm.
Giải:
λD
= 0,9 mm; d = (10-1)i = 8,1 mm
a
b) ∆x = (3 + 4,5)i = 7,5i = 6,75 mm
c) ∆x = (6 − 2)i = 4i = 3,6 mm
a. i =
Dạng 1.3: Xác định số vân trên trường giao thoa:
Phương pháp:
Cách 1:
L
+ Số vân sáng: Ns = 2. +1
2i
+ Số vân tối:
NT = 2. + 0,5
L
2i
- Số vân sáng, vân tối trong đoạn MN, với 2 điểm M, N thuộc trường giao thoa nằm 2 bên vân sáng
trung tâm:
OM
ON
+ Số vân sáng: Ns =
+
+1.
i i
+ 0,5 +
+ 0,5 .
+ Số vân tối: NT =
i
i
OM
ON
Cách 2:
xM
x
≤k≤ N
i
i
xM
xN
i
i
xM 1
x
1
+ ≤k≤ N +
- Số vân tối trên đoạn MN bằng số giá trị k thỏa mãn:
i
2
i
2
- Số vân sáng trên đoạn MN bằng số giá trị k thỏa mãn:
Giáo viên: Phạm Văn Lượng – Trường THPT Hậu Lộc 4
4
Số vân tối trong khoảng MN thì k thỏa mãn
xM 1
x
1
+
2
i
2
Ví dụ: (HSG TỈNH THANH HÓA 2015 – 2016) Trong thí nghiệm giao thoa Y-âng, a =
0,2 mm, D = 1 m. Khe S nằm trên mặt phẳng song song với mặt phẳng chứa hai
khe S1, S2, cách đều hai khe và cách mặt phẳng chứa hai khe một đoạn d = 20 cm.
Giao thoa thực hiện với ánh sáng đơn sắc λ = 0,5 µm. Xác định số vân sáng quan
sát được trên đoạn MN với M, N là hai điểm trên màn, ở hai bên vân trung tâm O
và cách vân trung tâm lần lượt là 0,9 cm và 1,6 cm.
λD 0 ,5.10 −3 .10 3
= 2,5 mm = 2,5 ( mm)
a
0,2
- ON ≤ ki ≤ OM ⇒ -9 ≤ 2,5k ≤ 16 ≤ -3,6 ≤ k ≤ 6,4 ⇒ k = -3, -2, …, 6
Giải: Khoảng vân giao thoa: i =
Tổng số vân sáng quan sát được là 10 vân
Dạng 1.4: Tịnh tiến màn theo phương vuông góc với mặt phẳng chứa 2 khe.
Phương pháp:
+ khi khoảng cách là D: i =
λD
;
a
khi khoảng cách là D’: i’ =
λD'
a
Nếu ∆ D = D’ – D > 0. Ta dịch màn ra xa (ứng i’ > i)
Nếu ∆ D = D’ – D < 0. Ta đưa màn lại gần ( ứng i’ < i).
Ví dụ: (TSĐH 2013) Thực hiện thí nghiệm Y-âng về giao thoa với ánh sáng có bước
sóng λ. Khoảng cách giữa hai khe hẹp là 1 mm. Trên màn quan sát, tại điểm M
cách vân trung tâm 4,2 mm có vân sáng bậc 5. Giữ cố định các điều kiện khác, di
chuyển dần màn quan sát dọc theo đường thẳng vuông góc với mặt phẳng chứa hai
khe ra xa cho đến khi vân giao thoa tại M chuyến thành vân tối lần thứ hai thí
khoảng dịch màn là 0,6 m. Bước sóng λ bằng
A. 0,6 µm.
B. 0,5 µm.
C. 0,7 µm.
D. 0,4 µm.
Giải:
xM = 5i = 5
λD
= 4, 2mm .(1) Ban đầu vân tối gần M nhất ở về phía trong (vân trung
a
tâm) là vân tối thứ 5 với k = 4. Khi dịch màn ra xa 0,6m M trở thành vân tối lần thứ
2 thì ta có vân tối thứ 4 với k=3. Ta có xM = (3 + 0,5)i ' = 3,5
So sánh (1) và (2) ta có D = 1,4m, i =
λ ( D + 0, 6)
= 4, 2mm (2)
a
4, 2
= 0,84mm ⇒ λ = 0, 6µ m
5
Dạng 1.5 Giao thoa trong môi trường có chiết suất n.
Phương pháp:
+ trong môi trường chiết suất n là λ’ =
v
c
=
f n. f
Giáo viên: Phạm Văn Lượng – Trường THPT Hậu Lộc 4
⇒ λ' =
λ
n
5
i
λD
λ' D
⇒ i ' = < i.
+ trong môi trường chiết suất n khoảng vân i' =
=
an
n
a
Vậy hệ vân mới có khoảng vân giảm, trong trường giao thoa số vân tăng.
Vị trí vân sáng: x =
kλ ' D kλD
λ 'D
λD
=
; Vị trí vân tối: x =(2k +1)
= (2k +1)
a
n.a
2a
2na
Ví dụ: Thực hiện giao thoa ánh sáng với khe Y-âng cách nhau a = 1 mm, khoảng
cách từ 2 khe đến màn là D = 2 m. Ánh sáng đơn sắc có tần số f = 5.10 14 Hz. Biết
vận tốc ánh sáng truyền trong không khí là c = 3.10 8 m. Tính bước sóng ánh sáng,
khoảng vân i trong 2 trường hợp:
a) Thí nghiệm giao thoa trong không khí.
b) Thí nghiệm giao thoa trong nước (n = 4/3).
Giải:
c
λD
= 0,6 μm ⇒ i =
= 1,2 mm
f
a
v
c
i
λ' D
’
=
⇒ i' = = 0,9 mm
b. Trong nước λ =
= 0,45 μm ⇒ i' =
f n. f
n
a
a. Trong không khí λ =
Dạng 1.6: Đặt bản mỏng sau khe Y-âng
Phương pháp:
Khi đặt sau khe S1 một bản thủy tinh có chiều dày e, chiết suất n thì quang trình của
tia sáng S1M và S2M lần lượt là:
S1 M = d1 + (n − 1)e ;
S2M = d2
M
Hiệu quang trình: δ = S2M - S1M = d2 – d1 – (n – 1)e
S1
Mà
d2 – d1 = ax/D.
O
δ = ax/D – (n – 1)e
S2
Vân sáng trung tâm ứng với hiệu quang trình
δ = ax0/D – (n – 1)e = 0
Hay:
xo =
(n −1)eD
. Hệ thống vân dịch chuyển về phía S1. Vì x0>0.
a
Chú ý:
+ Nếu đặt hai bản mỏng như nhau trên cả hai đường truyền S 1, S2 thì hệ vân không
dịch chuyển.
+ Nếu đặt hai bản mỏng khác nhau trên cả hai đường truyền thì độ dịch chuyển của
hệ vân là: xe − xe
Ví dụ: Thí nghiệm giao thoa ánh sáng đơn sắc bằng khe Y-âng biết a = 0,5 mm, D =
2 m. Khoảng cách giữa 6 vân sáng liên tiếp dài 1,2 cm. Nếu sau khe S 1 chắn 1 tấm
thủy tinh phẳng mỏng có n = 1,5 thì vân sáng chính giữa bị dịch chuyển đến vị trí
vân sáng bậc 20 ban đầu. Tìm bề dày e của tấm thủy tinh.
1
2
Giáo viên: Phạm Văn Lượng – Trường THPT Hậu Lộc 4
6
Lược giải:
20i.a
( n − 1).e.D
Độ dịch chuyển của hệ là: x0 = 20i ⇔
= 20i ⇒ e = ( n − 1).D = 24 μm.
a
Dạng 1.7: Tịnh tiến khe sáng S đoạn y theo phương song song với mặt phẳng
chứa 2 khe.
Phương pháp:
Khoảng cách từ nguồn S đến mặt phẳng chứa hai
khe S1; S2 là d. Khoảng cách giữa hai khe S 1; S2
là a , khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe tới
màn quan sát là D.
Tịnh tiến nguồn sáng S theo phương S1 S2 về phía
S2 một đoạn y. Từ hình vẽ trên ta có: điểm O’ với
hiệu quang trình là:
(S’S1 + S1O’) - (S’S2 + S2O’) = (S’S1 – S’S2) + (S1O’ – S2O’) =
Muốn O’ là vạch sáng thì ∆ d =
a. y ax0
+
.
d
D
a. y ax0
+
= kλ .
d
D
Và O’ là vạch sáng trung tâm khi k = 0, lúc đó ∆ d =
a. y ax0
+
=0
d
D
Dy
. Dấu (-) chứng tỏ vân trung tâm sẽ dịch chuyển ngược chiều so với
d
yD
nguồn sáng S một khoảng x 0 =
.
d
Ví dụ 1: (HSG TỈNH THANH HÓA 2015 – 2016) Trong thí nghiệm giao thoa Yâng a =
⇒ x =-
0,2 mm, D = 1 m. Khe S cách đều hai khe và cách mặt phẳng chứa hai khe một
đoạn d = 20 cm. Giao thoa thực hiện với ánh sáng đơn sắc λ = 0,5 µm. Cho khe S
dịch chuyển theo phương song song với màn theo chiều dương một đoạn y = 2 mm
thì vân trung tâm thay đổi như thế nào?
Lược giải: x0 = −
D
1000
y−
.2 = −10 ( mm )
d
200
Vậy vân trung tâm dịch chuyển theo chiều ngược lại (chiều âm) một đoạn 10 mm.
Ví dụ 2: (HSG TỈNH THANH HÓA 2013 – 2014 ) Trong thí nghiệm giao thoa ánh sáng
Y-âng với λ = 0,6 μm, d = 80 cm, a = 0,6 mm, D = 2 m. Trên màn quan sát, chọn
trục Ox song song với S1S2, gốc O trùng với giao điểm của đường trung trực của
S1S2 với màn, chiều dương cùng chiều từ S 2 đến S1. Cần dịch chuyển khe S theo
phương song song với Ox một đoạn nhỏ nhất bằng bao nhiêu và theo chiều nào để
tại điểm có tọa độ + 1,2 mm trên màn có một vân tối.
Giáo viên: Phạm Văn Lượng – Trường THPT Hậu Lộc 4
7
Lược giải:
* Khoảng vân giao thoa
i=
λD
= 2 ( mm )
a
Ban đầu ta thấy vân tối gần tọa độ +1,2 mm nhất là vân tối thứ 1 tại tọa độ +1 mm
⇒ cần dịch chuyển 1 đoạn ngắn nhất là x = 0,2 mm theo chiều dương.
Vậy khe S phải dịch chuyển ngược lại tức là theo chiều âm 1 đoạn ngắn nhất là
| y |=
d
0,8
x=
0, 2 = 0, 08 ( mm )
D
2
Dạng 1.8: Sai số trong thí nghiệm đo bước sóng ánh sáng
∆a ∆i ∆D
λD
i.a ∆λ ∆a ∆i ∆D
⇒ λ=
=
+ +
⇒ ∆λ = ( + +
)λ
;
a
λ
a
i
D
a
i
D
D
∆i ∆L
∆λ ∆a ∆L ∆D
=
⇒
=
+
+
Nếu cho độ rộng n khoảng vân L = L ± ∆L thì
i
L
λ
a
L
D
Phương pháp: i =
Ví dụ 1: (KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM HỌC 2015- 2016 THANH HÓA) Một
học sinh tiến hành thí nghiệm đo bước sóng ánh sáng bằng phương pháp giao thoa
khe Y-âng. Học sinh đó đo được khoảng cách hai khe a = 1,20 ± 0,03 (mm); khoảng
cách hai khe đến màn D = 1,60 ± 0,02 (m) và độ rộng của 10 khoảng vân L = 8,00
± 0,16 (mm). Sai số tương đối của phép đo bước sóng gần giá trị nào nhất sau đây?
A. δ = 1,60 %.
B. δ = 7,63 %.
C. δ = 0,96 %.
D. δ = 5,83 %.
Giải:
∆λ ∆a ∆L ∆D
=
+
+
= 0,0575 = 5,75 %
λ
a
L
D
Chọn D
Ví dụ 2: Trong một giờ thực hành đo bước sóng ánh sáng bằng phương pháp giao
thoa khe Y-âng, một nhóm học sinh đo được khoảng cách 2 khe a = 1,20 ± 0,03
(mm), khoảng cách từ 2 khe đến màn D = 1,60 ± 0,05 (m), khoảng cách giữa 11
vân sáng liên tiếp là 8 ± 0,2 (m). Theo kết quả trên, tính bước sóng ánh sáng.
∆a ∆i ∆D
i.a
= 0,6000 µm; ∆λ = ( + + )λ = 0,0448 µm
a
i
D
D
⇒ λ= λ ± ∆λ = 0,6000 ± 0,0488 (µm)
Giải: λ =
Dạng 2: Giao thoa với chùm ánh sáng đa sắc
Phương pháp: Khi cho chùm đa sắc gồm nhiều bức xạ chiếu vào khe I âng để tạo ra
giao thoa. Trên màn quan sát được hệ vân giao thoa của các bức xạ trên. Vân trung
tâm là sự chồng chập của các vân sáng bậc k = 0 của các bức xạ này. Trên màn thu
được sự chồng chập: của các vạch sáng trùng nhau, các vạch tối trùng nhau hoặc vạch
sáng trùng vạch tối giữa các bức xạ này. Vị trí có màu cùng màu với vân sáng trung
tâm là vị trí trùng nhau của tất cả các vân sáng của các bức xạ.
Dạng 2.1: Chùm sáng gồm 2 bức xạ
Dạng 2.1.1: Xác định khoảng vân trùng (khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vân
cùng màu với vân trung tâm):
Phương pháp:
Giáo viên: Phạm Văn Lượng – Trường THPT Hậu Lộc 4
8
Cách 1: x≡ = k1i1 = k2i2 ; i12 = BCNN ( i1 ,i2 )
k
λ
k
b
D
D
λ1 = k 2 λ2 ⇔ k1λ1 = k2λ2 ⇒ 1 ⇒ 1 = 2 =
k2
k 2 λ1 c
a
a
D
D
Với là phân số tối giản. Khi đó: x≡ = b. λ1 = c. λ2
a
a
Cách 2: x1 = x2 ⇔ k1
Ví dụ : Thực hiện thí nghiệm giao thoa ánh sáng với khe Y-âng. Khoảng cách giữa
hai khe là a = 1,6 mm. Khoảng cách từ hai khe đến màn là D = 2,4 m. Người ta
chiếu đồng thời hai bức xạ đơn sắc có bước sóng λ1 = 0,45µm và λ2 = 0,75 µm.
Tính khoảng cách ngắn nhất giữa hai vân cùng màu vân trung tâm.
Giải:
+ Vị trí các vân sáng trùng nhau có tọa độ:
x s = k1
λ1
λ
D = k 2 2 D ⇒ k1λ1 = k 2 λ2
a
a
⇒ k1 =
λ2
0,75
5
k2 ⇔ k1 =
k2 = k2
λ1
0,45
3
Vậy khoảng cách ngắn nhất giữa hai vân cùng màu vân trung tâm là:
xs = 5
λ1 D
= 3,375mm
a
Dạng 2.1.2: Vị trí vân sáng 2 bức xạ trùng nhau:
Phương pháp:
- Vị trí vân sáng trùng nhau: x1 = x2 ⇔ k1
k
D
D
λ1 = k 2 λ2 ⇔ k1λ1 = k2λ2 ⇒ 1 ⇒
k2
a
a
k1 λ2 b b.n
=
= =
. Với là phân số tối giản (với n, k1, k2 ∈Z) và số giá trị nguyên của
k 2 λ1 c c.n
k1 = b.n
D
D
⇒ x1 = k1 λ1 = b.n. λ1
a
a
k 2 = c.n
n là số lần trùng nhau. Khi đó:
- Số vân sáng trùng nhau của 2 bức xạ trên toàn bộ trường giao thoa L là số nguyên
L
2
D
a
L
2
của n thỏa mãn: − ≤ b.n λ1 ≤ .
- Số vân sáng trùng nhau của 2 bức xạ trên đoạn M, N (x M, xN) là số nguyên của n
D
a
thỏa mãn: xM ≤ b.n λ1 ≤ x N .
Ví dụ: Trong thí nghiệm về giao thoa ánh sáng qua khe Y-âng có a = 2 mm. D = 2
m, nguồn sáng gồm hai bức xạ λ1 = 0,5µm, λ2 = 0,4µm . Tìm số vân sáng cùng màu
vân trung tâm trên trường giao thoa rộng 13 mm?
Giải:
λ
a
x ≡ = k1. 1 .D = k2 .
k
λ
λ2
D⇒ 1 = 1=
k 2 λ2
a
⇒ x ≡ = k1i1 = 4ni1 = 2n (mm).
k = 4 n
0,4 4
= ⇒ 1
0,5 5
k2 = 5n
Giáo viên: Phạm Văn Lượng – Trường THPT Hậu Lộc 4
9
L
L
13
13
⇔ − ≤ 2n ≤ ⇒ −3,25 ≤ n ≤ 3,25 ⇒ n = 0;±1;±2;±3
2
2
2
2
⇒ có 7 vân sáng cùng màu vân trung tâm.
- ≤ x≡ ≤
Dạng 2.1.3: Vị trí vân tối 2 bức xạ trùng nhau:
Phương pháp: Vị trí vân tối trùng nhau: xtối 1 = xtối 2 ⇔ ( 2k1 + 1)
2k + 1
λ
b
b(2n + 1)
D
D
.λ1 = ( 2k 2 + 1)
.λ2
2a
2a
⇔ ( 2k1 + 1) λ1 = ( 2k 2 + 1).λ2 ⇔ 2k 1 + 1 = λ2 = c = c(2n + 1) . Với là phân số tối giản và (n,
2
1
k1, k2) ∈ Z và số giá trị nguyên của n là số lần trùng nhau.
2k 1 + 1 = b(2n + 1)
⇒ tọa độ vị trí trùng là x = xtối 1 = b(2n + 1)..λ1.
2k 2 + 1 = c (2n + 1)
Khi đó
+ Số vân tối trùng nhau của 2 bức xạ trên toàn bộ trường giao thoa L là số giá trị
L
2
nguyên của n thỏa mãn: − ≤ b(2n + 1)
D
L
λ1 ≤
2a
2
+ Số vân tối trùng nhau của 2 bức xạ trên đoạn M, N (x M, xN) là số giá trị nguyên
D
λ1 ≤ x N
2a
Ví dụ: (HSG TỈNH THANH HÓA 2013 – 2014) Trong thí nghiệm giao thoa ánh sáng Y-
của n thỏa mãn: xM ≤ b(2n + 1)
âng a = 0,6 mm, D = 2 m. Nguồn S’ phát ra đồng thời hai bức xạ đơn sắc có bước
sóng lần lượt λ1 = 0,48 μm và λ2 = 0,672 μm. Xác định tọa độ các vị trí trên màn mà
tại đó vân tối của hai bức xạ trùng nhau.
Giải: Tính tọa độ các vị trí vân tối của hai hệ trùng nhau:
* Vị trí các vân tối của 2 hệ trùng nhau xtối trùng = (2k1+1)i1/2 = (2k2+1)i2/2
* Khai triển
2k1 + 1 λ2 7 7 2k + 1
=
= = .
⇒ 2k1 + 1= 7(2k + 1)
2k2 + 1 λ1 5 5 2k + 1
Thay vào trên ta được xtối trùng = (2k+1)5,6 (mm) với k ∈ Z
Dạng 2.1.4: Vị trí vân sáng bức xạ này trùng với vân tối bức xạ kia:
Phương pháp: Vị trí vân sáng trùng nhau với vân tối: xsáng 1 = xtối 2
⇔ k1
2k1
λ b b(2n + 1)
D
D
= 2 = =
.λ1 = ( 2k 2 + 1) .λ2 ⇔ 2k1λ1 = ( 2k 2 + 1).λ2 ⇔
. Với
2k 2 + 1 λ1 c c(2n + 1)
a
2a
là
phân số tối giản và (n, k1, k2) ∈ Z và số giá trị nguyên của n là số lần trùng nhau.
2k 1 = b(2n + 1)
⇒ tọa độ vị trí trùng là x = xsáng 1 = b(2n + 1)..λ1.
2k 2 + 1 = c (2n + 1)
Khi đó
+ Số vị trí trùng nhau giữa 1 vân sáng và 1 vân tối của 2 bức xạ trên toàn bộ trường
L
2
giao thoa L là số giá trị nguyên của n thỏa mãn: − ≤ b(2n + 1)
D
L
λ1 ≤
2a
2
+ Số vị trí trùng nhau giữa 1 vân sáng và 1 vân tối của 2 bức xạ trên đoạn M, N
Giáo viên: Phạm Văn Lượng – Trường THPT Hậu Lộc 4
10
(xM, xN) là số giá trị nguyên của n thỏa mãn: xM ≤ b(2n + 1)
D
λ1 ≤ x N
2a
Ví dụ: Trong thí nghiệm giao thoa Y-âng, thực hiện đồng thời với 2 ánh sáng đơn
sắc khoảng vân giao thoa trên màn lần lượt i1 = 0,8 mm, i2 = 0,6 mm. Biết trường
giao thoa rộng: L = 9,6 mm. Hỏi số vị trí mà vân sáng λ2 trùng với vân tối λ1.
Giải:
i
2
k2i2=(2k1+1) 1 ⇒
k = 2(2n + 1)
k2
i
0,8
2
= 1 =
= ⇒ 2
2k1 + 1 2i2 2.0,6 3
2k1 + 1 = 3(2n + 1)
⇒ x≡ = k 2i2 = 2( 2n + 1).0,6
L
L
≤ x≡ ≤ ⇒ −4,8 ≤ 2(2n + 1).0,6 ≤ 4,8 ⇒ −2,5 ≤ n ≤ 1,5
2
2
⇒ n = 0; 1; -1; -2 ⇒ 4 vị trí.
−
Dạng 2.1.5: Xác định số vân sáng đơn sắc quan sát được trên màn
Phương pháp:
+ Tìm số vân sáng của bức xạ λ1 là N1
+ Tìm số vân sáng trùng nhau của 2 bức xạ là ∆N.
⇒ Số vân sáng có màu sắc của bức xạ λ1 quan sát được N = N1 - ∆N.
Ví dụ: (HSG TỈNH THANH HÓA 2012 – 2013) Thực hiện thí nghiệm I âng về giao thoa
ánh sáng với nguồn sáng phát ra đồng thời hai bức xạ điện từ thuộc vùng ánh sáng
nhìn thấy có bước sóng λ1 và λ2 = 0,46 μm. Trên màn quan sát, người ta nhìn thấy
trong khoảng giữa hai vân gần nhất cùng màu với vân sáng trung tâm có 11 vân
sáng khác. Trong đó số vân sáng của bức xạ λ 1 và của bức xạ λ2 lệch nhau 3 vân.
Tính bước sóng λ1.
Giải: x1 = x2 ⇔ k1.λ1 = k2.λ2 ⇔ λ1k1 = 0,46k2 (1)
- Vì trong khoảng giữa hai vân gần nhất cùng màu với vân trung tâm có 11 vân
sáng nên k1+k2 = 13
(2).
Mặt khác: |k1 – k2| = 3
(3).
- Giải hệ (2) và (3) ⇒ có hai cặp nghiệm:
Cặp 1: k1 = 8, k2 = 5 ⇒ λ1 = 0, 2875 μm. Bức xạ này không nhìn thấy ⇒ loại
Cặp 2: k1 = 5, k2 = 8 ⇒ λ1 = 0,736 μm, thuộc vùng ánh sáng nhìn thấy ⇒ thỏa mãn.
Dạng 2.1.6: Xác định số vân sáng quan sát được trên miền giao thoa
Phương pháp:
- Tìm số vân sáng quan sát được trên toàn bộ trường giao thoa L.
+ Tìm tổng số vân sáng của cả 2 bức xạ trên toàn bộ trường giao thoa L là (N1 + N2)
+ Tìm số vân sáng trùng nhau của 2 bức xạ trên toàn bộ trường giao thoa L là ∆N.
⇒ Số vân sáng quan sát được trên L là N = N1 + N2 - ∆N.
- Tìm số vân sáng quan sát được trên đoạn M, N có tọa độ xM , xN với xM < xN.
+ Tìm tổng số vân sáng của cả 2 bức xạ trên đoạn M, N là (N1 + N2)
+ Tìm số vân sáng trùng nhau của 2 bức xạ trên đoạn M, N là ∆N.
Giáo viên: Phạm Văn Lượng – Trường THPT Hậu Lộc 4
11
⇒ Số vân sáng quan sát được trên đoạn M, N là N = N1 + N2 - ∆N.
Ví dụ 1: (HSG TỈNH THANH HÓA 2011 – 2012) Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa
ánh sáng, thực hiện đồng thời với hai bức xạ đơn sắc có bước sóng λ1 và λ 2 , các
khoảng vân tương ứng thu được trên màn quan sát là i 1 = 0,48(mm) và i2. Hai điểm
điểm A, B trên màn quan sát cách nhau 34,56(mm) và AB vuông góc với các vân
giao thoa. Biết A và B là hai vị trí mà cả hai hệ vân đều cho vân sáng tại đó. Trên
đoạn AB quan sát được 109 vân sáng trong đó có 19 vân sáng cùng màu với vân
sáng trung tâm. Tìm i2.
AB
Giải: + Số vân sáng của bức xạ λ1 trong vùng AB: N1 = i + 1
1
AB
+ Số vân sáng của bức xạ λ2 trong vùng AB: N 2 = i + 1
2
+ Số vân trùng của 2 hệ vân: N = N1 + N2 - Số vạch sáng quan sát được
Hay 19 =
34,56.10−3 34,56.10−3
+
− 107 ⇒ i2 = 0, 64.10−3 m = 0, 64mm
−3
0, 48.10
i2
Dạng 2.2: Chùm sáng gồm 3 bức xạ
Dạng 2.2.1: Xác định khoảng vân trùng
Phương pháp: x≡ = k1i1 = k2i2= k3i3 ; i123 i12 = BCNN ( i1 , i2 , i3 )
Ví dụ: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, hai khe cách nhau a = 2mm
và cách màn D = 2m. Nguồn sáng chứa cả ba bức xạ λ 1 = 400 nm, λ 2 = 500 nm và
λ 3= 600 nm. Tính khoảng cách ngắn nhất giữa hai vân cùng màu vân trung tâm.
Giải: Vị trí ba đơn sắc có vân sáng trùng nhau thì:
λD
λ1 D
λD
= k 2 2 = k 3 3 (1) ⇒ k1λ1 = k 2 λ2 = k 3λ3
a
a
a
⇔ k1.0,4.10−6 = k2 .0,5.10−6 = k3 .0,6.10−6 ⇔ 4k1 = 5k2 = 6k3
xtr = x1 = x2 = x3= k1
k3=10n ; k2 =12n ; k1 =15n ⇒ i123 i12 = BCNN ( i1 , i2 , i3 ) = 15i1
⇒ i≡ = 15
λ1 D
a
= 6( mm ) .
Dạng 2.2.2: Xác định số vân sáng cùng màu với vân trung tâm trên màn
Phương pháp: Vị trí các vân sáng trùng nhau (vân cùng màu vân trung tâm) có tọa
độ: x s = k1
λ
λ1
λ
D = k 2 2 D = k 3 3 D ⇒ k1λ1 = k 2 λ2 = k 3 λ3
a
a
a
Chọn các giá trị k1, k2 , k3 nguyên thỏa mãn rồi suy ra các vị trí các vân sáng trùng
nhau. Vị trí vân trung tâm O là vị trí các đơn sắc cùng cho vân sáng trùng nhau
ứng với k1 = k2 = k3 = 0.
- Tương tự vị trí các vân tối trùng nhau có tọa độ:
Giáo viên: Phạm Văn Lượng – Trường THPT Hậu Lộc 4
12
1λ
1λ
1λ
1
1
1
xt = k1 + 1 D = k 2 + 2 D = k + D ⇒ k1 + λ1 = k 2 + λ2 = k 3 + λ3
2 a
2 a
2 a
2
2
2
Chọn các giá trị k1, k2 , k3 nguyên thỏa mãn rồi suy ra các vị trí các vân tối trùng
nhau.
Ví dụ: (HSG TỈNH THANH HÓA 2009 – 2010) Trong thí nghiệm giao thoa ánh sáng Yâng, hai khe cách nhau a = 0,5 mm, khoảng cách từ hai khe đến màn D = 2 m.
Nguồn S phát ra đồng thời ba ánh sáng đơn sắc có bước sóng lần lượt là λ1 = 0,4
μm , λ 2 = 0,5 μm , λ 3 = 0,6 μm chiếu vào hai khe S 1S2. Trên màn, ta thu được một
trường giao thoa có bề rộng 20 cm. Hỏi trên màn quan sát có tổng cộng bao nhiêu
vân sáng cùng màu với vân sáng chính giữa của trường giao thoa?
Lược giải: Toạ độ những vân sáng cùng màu vân trung tâm thoả mãn
λ1D 0,4.10 −6.2
=
= 1,6.10 −3 m = 1,6mm
a
0,5.10 -3
⇒ k 1λ1 = k 2 λ 2 = k 3 λ 3 ⇒ 4k 1 = 5k 2 = 6k 3 hay ⇒ 2 2 k1 = 5k 2 = 2.3k 3
x = k 1i1 = k 2i 2 = k 3i 3
với i1 =
Bội số chung nhỏ nhất của các số này là 2 2.3.5.k 1k 2 k 3 = 60n với n là số nguyên
L
L
≤ x ≡ ≤ ⇒ -4 ≤ n ≤ 4. Vậy tổng số vân cùng màu vân trung tâm là N = 9 vân.
2
2
Dạng 2.2.3: Xác định số vân sáng 2 bức xạ trùng nhau trong khoảng giữa 2
vân sáng liên tiếp cùng màu vân trung tâm
Ví dụ: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, khe hẹp S phát đồng thời 3
bức xạ đơn sắc thuộc vùng ánh sáng nhìn thấy có bước sóng lần lượt
λ1 = 0, 42 µ m; λ2 = 0,56 µ m và λ3 với λ3 > λ2 . Trên màn, trong khoảng giữa vân sáng
trung tâm tới vân sáng tiếp theo có màu giống màu vân sáng trung tâm, ta thấy có 2
vạch sáng là sự trùng nhau của hai vân sáng λ1 và λ2 , 3 vạch sáng là sự trùng nhau
của hai vân sáng λ1 và λ3 . Bước sóng λ3 là
A. 0,60μm.
B. 0,63μm.
C. 0,76μm.
D. 0,65μm
λ1
3
Giải: λ = 4 → λ12 = 4λ1 ; 2 vân sáng gần nhau cùng màu với vân sáng trung tâm tại
2
đó có 3 vân trùng nhau. Giữa 2 vân này có 2 vân trùng của bức xạ 1 và 2, tính cả
hai vân đầu và cuối thì có 4 vân tương ứng 3 khoảng vân.
Vậy chiều dài của 2 vạch cùng màu cân trung tâm L = 3.4λ1
D
a
+ số vạch trùng của bức xạ 1 và 3 là 5 tương ứng 4 khoảng vân: 4i=L
λ1 m
D
D
=
→ 4nλ1 = 3.4λ1 →= 3
là
phân
số
tối
giản
λ3 n
a
a
3λ
→ λ3 = 1 ;0,56 < λ3 < 0,75 → m = 2 → λ3 = 0,63µm
m
Dạng 2.2.4: Xác định số vân sáng đơn sắc trên màn
Phương pháp: N = N1 + N2 + N3 – 2(N12 + N23 + N31) – 3N123
Giáo viên: Phạm Văn Lượng – Trường THPT Hậu Lộc 4
13
Ví dụ 1: (HSG TỈNH THANH HÓA 2014 – 2015) Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa
ánh sáng. Lần thứ nhất, ánh sáng dùng trong thí nghiệm có hai loại bức xạ có bước
sóng λ1=0,56µm và λ2, với 0,67µm < λ2 < 0,74µm, thì trong khoảng giữa hai vân
sáng gần nhau nhất cùng màu với vân sáng trung tâm có 6 vân sáng của bức xạ λ2.
Lần thứ hai, ánh sáng dùng trong thí nghiệm có ba loại bức xạ có bước sóng λ1, λ2
và λ3 với λ3 = 7λ2/12, khi đó trong khoảng giữa hai vân sáng gần nhau nhất và cùng
màu với vân sáng trung tâm quan sát được bao nhiêu vân sáng đơn sắc?
Giải: Khi giao thoa với 2 ánh sáng đơn sắc λ1, λ2, tại vị vân trùng của hệ thì
k1.i1 = 7.i2 ⇒ kλ1 = 7λ2 ⇒ 0,67 µm < λ2 =
k .λ1
< 0,74 µm (k1∈Z)
7
⇒ k1 = 9 ⇒ λ2 = 0,72 µm
Khi giao thoa với đồng thời 3 ánh sáng đơn sắc λ1 ; λ2 ; λ3
- Tại vị trí vân trùng của cả 3 bức xạ thì k1i1 = k2i2 = k3i3 ⇒ 56k1 = 72k2 = 42k3
⇒ k1 = 9; k2 = 7; k3 = 12 ⇒ i123 = 9i1 = 7i2 = 12i3
- Tại vị trí trùng nhau của 2 trong 3 bức xạ thì i12 = 9i1 = 7i2 ; i23 = 7i2 = 12i3 ; i13 = 3i1 = 4i2
- Tổng số bức xạ đơn sắc quan sát được trong khoảng giữa hai vân liên tiếp cùng
màu vân trung tâm là
(
i
i123
i
i
i
i
− 1) + ( 123 − 1) + ( 123 − 1) − 2.( 123 − 1) + ( 123 − 1) + ( 123 − 1) = 21
i1
i2
i3
i23
i13
i12
Ví dụ 2: Trong thí nghiệm về giao thoa ánh sáng có a = 1 mm, D = 1 m. Khe S
được chiếu đồng thời ba bức xạ đơn sắc có bước sóng λ1 = 400 nm, λ2 = 500 nm, λ3
= 600 nm. Gọi M là điểm nằm trong vùng giao thoa trên màn quan sát cách vị trí
trung tâm O một khoảng 7 mm. Tổng số vân sáng đơn sắc của ba bức xạ quan sát
được trên đoạn OM là
A. 19.
B. 25.
C. 31.
D. 42.
Giải:
Ta có : i1 = 0,4 mm; i2 = 0,5 mm ; i3 = 0,6 mm
OM
OM
OM
= 17,5 ;
= 14 ;
= 11,7
i1
i2
i3
k1
λ2
5
15
* k1i1 = k2i2 => k =λ =4 =12 (giữa 2 vị trí vân trùng có 2 chỗ trùng của
2
1
bức xạ λ1 và λ2)
k3
λ2
5
10
* k3i3 = k2i2 => k =λ =6 =12 (giữa 2 vị trí vân trùng có 1 chỗ trùng của
2
3
bức xạ λ3 và λ2)
k1
λ3
3
15
* k1i1 = k3i3 => k =λ =2 =
(giữa 2 vị trí vân trùng có 4 chỗ trùng của
10
3
1
bức xạ λ1 và λ3)
Giáo viên: Phạm Văn Lượng – Trường THPT Hậu Lộc 4
14
* trên đoạn OM có 1 chỗ trùng của bức xạ λ1, λ3 và λ2 (OM > itrùng ; itrùng = 15i1 =
12i2 = 10i3)
Vậy tổng số vân sáng đơn sắc của ba bức xạ quan sát được trên đoạn OM là :
17 + 14 + 11 – 2.2 - 2.1 - 2.4 - 3 = 25
Chọn B
Dạng 2.2.5: Xác định số vân sáng quan sát được trên miền giao thoa
Phương pháp: N = N1 + N2 + N3 – (N12 + N23 + N31)– 2N123
Ví dụ 1: Trong thí nghiệm về giao thoa ánh sáng có a = 1 mm, D = 1 m. Khe S
được chiếu đồng thời ba bức xạ đơn sắc có bước sóng λ1 = 400 nm, λ2 = 500 nm, λ3
= 600 nm. Gọi M là điểm nằm trong vùng giao thoa trên màn quan sát cách vị trí
trung tâm O một khoảng 7 mm. Tổng số vân sáng đơn sắc của ba bức xạ quan sát
được trên đoạn OM là
A. 19.
B. 25.
C. 31.
D. 42.
Giải:
Khoảng vân ứng với từng bức xạ là i1 = 0,4 mm; i2 = 0,5 mm; i3 = 0,6 mm
+số vạch sang của bức xạ 1 là:
+Số vạch bức xạ 2 là:
7
= 17
0,4
7
7
= 14 ; Số vạch sáng bức xạ 3 là
= 11
0,5
0,6
i
4
7
1
+ Số vạch trùng của bức xạ 1 và 2 : i = 5 → i12 = 5i1 = 2mm → 2 = 3 → có tổng 6 vân
2
+ số vạch trùng bức xạ 1 và 3 là : i13 = 3i1 = 1,2 →
7
= 5 → có tổng 10 vân
1,2
+ Số vạch trùng của bức xạ 2 và 3 là: i23= 6i2 = 3 mm →
7
= 2 → có tổng 4 vân
3
+ số bức xạ trùng của cả 3
Tọa độ trùng x = ki 1 = mi2 = ni3 → x = 0,4k = 0,5m = 0,6n ≤ 7 → k = 15, m = 12, n =
10 có 1 vân trùng, tức là có 3 vân sang trùng tại vị trí này
Vậy số vân sáng đơn sắc (chỉ 1 màu): N = 17 + 14 + 11 – 10 – 4 – 6 – 3 = 19 vân
Dạng 3: Giao thoa với ánh sáng trắng
Dạng 3.1: Cho tọa độ x0 trên màn, hỏi tại đó có những bức xạ nào cho vạch
tối hoặc sáng?
Phương pháp:
+ Vân sáng tại vị trí x: x = k
D
a.x
λ⇒λ =
(1) (k ∈Z)
a
k .D
Với ánh sáng trắng thì: 0,38 µm ≤ λ ≤ 0,76 µm ⇔ 0,38 µm ≤ λ =
a.x
≤ 0,76 µm
k .D
với k ∈ Z ⇒ số giá trị của k là số vân sáng tại x, thế k tìm được vào (1) ta tìm được
các bức xạ tương ứng.
Giáo viên: Phạm Văn Lượng – Trường THPT Hậu Lộc 4
15
a.x
1D
+ Vân tối tại vị trí x: x = k + λ ⇒ λ = (k + 0,5) D (2)
2 a
Với ánh sáng trắng thì: 0,38µm ≤ λ ≤ 0,76µm⇔ 0,38µm ≤ λ =
a.x
≤ 0,76µm
(k + 0,5) D
với k ∈ Z ⇒ số giá trị của k là số vân sáng tại x, thế k tìm được vào (2) ta tìm được
các bức xạ tương ứng
Ví dụ: (ĐỀ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015) Trong thí nghiệm Yâng về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai khe là 0,5 mm, khoảng cách từ
mặt phẳng chứa hai khe đến màn quan sát là 2 m. Nguồn sáng phát ánh sáng trắng
có bước sóng trong khoảng từ 380 nm đến 760 nm. M là một điểm trên màn, cách
vân sáng trung tâm 2 cm. Trong các bước sóng của các bức xạ cho vân sáng tại M,
bước sóng dài nhất là
A. 417 nm.
B. 570 nm.
C. 714 nm.
D. 760 nm.
λD
ax
5000
5000
⇒λ =
=
(nm); 380 ≤ λ =
≤ 760
a
kD
k
k
5000
⇒ 6,58 ≤ k ≤ 13,16 ⇒ 7 ≤ k ≤ 13 ⇒ λmax =
= 714,28 nm. Chọn C.
7
Giải:
Vị trí vân sáng x = k
Dạng 3.2: Xác định bề rộng quang phổ bậc k
Phương pháp:
Bề rộng quang phổ là khoảng cách giữa vân sáng màu đỏ ngoài cùng và vân sáng
màu tím của một vùng quang phổ.
∆ xk= xđ k - xt k = k
D
(λ d − λt ) = k(iđ − it)
a
với k ∈ N, k là bậc quang phổ.
Ví dụ: Trong thí nhiệm về giao thoa ánh sáng, hai khe S 1, S2 cách nhau a = 1 m;
màn quan sát đặt cách hai khe D = 2 m. Nguồn phát ánh sáng trắng có bước sóng
biến đổi từ 0,4 µm đến 0,76 µm. Xác định chiều rộng quang phổ liên tục bậc 2.
D
Giải: ∆ xk= xđ k - xt k = 2 a (λd − λt ) = 1,44 mm
Dạng 3.3: Xác định vị trí quang phổ 2 bậc khác nhau trùng nhau
Phương pháp: Để quang phổ bậc m và n trùng nhau (m>n): xtím (m) ≤ xđỏ (n)
Vị trí gần vân trung tâm nhất có trùng nhau: xtím (k+1) ≤ xđỏ (k) ⇒ (k+1)λtím ≤ kλđỏ
Ví dụ: Trong thí nghiệm giao thoa áng sáng dùng khe Y-âng, khoảng cách 2 khe a =
1 mm, khoảng cách hai khe tới màn D = 2 m. Chiếu bằng sáng trắng có bước sóng
thỏa mãn 0,39 µm ≤ λ ≤ 0,76 μm. Khoảng cách gần nhất từ nơi có hai vạch màu
đơn sắc khác nhau trùng nhau đến vân sáng trung tâm ở trên màn là
A. 3,24 mm.
B. 2,40 mm.
C. 1,64 mm.
D. 2,34 mm.
Giải: xtím (k+1) ≤ xđỏ (k) ⇒ (k+1)λtím ≤ kλđỏ ⇒ kmin =2 ⇒ x = 3itím = 2,34 mm. Chọn D
Dạng 4: Các hệ giao thoa khác
Giáo viên: Phạm Văn Lượng – Trường THPT Hậu Lộc 4
16
Dạng 4.1: Giao thoa với lưỡng gương Frexnel:
Phương pháp:
r; d: khoảng cách giữa giao tuyến hai gương và
M1
nguồn S và đến màn E.
α : Góc giữa hai gương phẳng
S1S2 = a = 2S1H = 2SIsin α ≈ 2 r α
D = HO = r cos α + d ≈ r + d
P1P2 = 2d.α
Ví dụ: Hai gương phẳng nhỏ M1, M2 đặt lệch nhau
góc 2,62.10-3 rad. Khoảng cách từ khe sáng hẹp S
(phát ánh sáng đơn sắc có λ = 0,55 µ m) và màn E
đến giao tuyến I của 2 gương lần lượt là r = 1 m, L
= 1 m.
Tính i, bề rộng miền giao thoa và số vân sáng
quan sát được trên màn
Giải:
S1S2 = a = 2S1H = 2SIsin α ≈ 2 r α = 5,24 mm
D = HO = r cos α + d ≈ r + d = 2 m
P1P2 = 2d.α = 5,24 mm
i=
S
S2
S
S1
H
S2
I
S1
M1
M2
r
I
E P
1
d
2
M2
0
P2
λD
= 0,21 mm
a
Số vân sáng trên tất cả giao thoa trường là: 25 vân
Dạng 4.2: Giao thoa với lưỡng lăng kính Frexnel
Phương pháp:
∆=A(n-1)
a=S1S2=2IS.tan∆;
a = 2dA(n -1);
D=d+d’.
i=
λ (d + d ')
λD λ(d + d ')
=
, i = 2dA(n − 1) ,
a
a
Bề rộng vùng giao thoa L=P1P2 L =
ad '
d
Ví dụ: Một lưỡng lăng kính Fresnel gồm hai
lăng kính giống nhau có góc chiết quang A rất nhỏ, chiết suất n, hai lăng kính có
đáy ghép sát nhau. Nguồn sáng có bước sóng λ. Tìm số vân sáng quan sát được
trên màn với các số liệu : A = 20’; n = 1,5; d = 25cm; d’ = 1,5 m; λ = 0,55µm.
Cho biết 1’ = 3.10–4 rad
Giáo viên: Phạm Văn Lượng – Trường THPT Hậu Lộc 4
17
λ D 0,5 .10− 3(d1 + d)2 0,5 .10− 3.1,75.103
=
a a 1,5
Giải: a = S1S2 = 2.IS.α = 2.d.α = 2.d.(n –1)A = 1,5 mm ⇒ i= =
0,64 mm
PQ = 2.IO.α = 2.d’.α = 2.d’.(n –1)A = 9mm
Trên nửa giao thoa trường : N’ = [4,5/0,64] = 7
Số vân sáng trên tất cả giao thoa trường là : N = 2.N’ + 1 = 15 vân sáng.
Dạng 4.3: Giao thoa với lưỡng thấu kính Bi-lê (BILLET)
Phương pháp:
df
;
d-f
λ (D − d ')
i=
;
a
a= e
d'=
d +d'
;
d
L=P1P2= e
d
D+d
d
S
e = O1O2: khoảng cách giữa hai nửa thấu
kính
d/
O1
S1
O2
S2
D
Ví dụ: Cho một thấu kính hội tụ L, tiêu cự f = 50 cm, bán kính mở r = 3 cm. Cách
thấu kính d = 75 cm người ta đặt một khe sáng hẹp thẳng đứng, có λ = 0,5 µm.
Thấu kính được cưa đôi dọc theo một đường kính thành hai nửa thấu kính L 1, L2;
các nửa thấu kính được tách ra O 1O2 = 1 mm. Cách lưỡng thấu kính đọan l, người
ta đặt một màn E song song với khe S.
a. Bắt đầu từ giá trị l0 nào của l, ta có thể quan sát được các vân giao thoa?
b. Tìm sự phụ thuộc của khoảng vân i của các vân giao thoa theo khoảng cách l.
Tính i khi l = 3m.
c. Với giá trị l = 3m thì số vân sáng và vân tối quan sát được trên màn E là bao
nhiêu?
Giải: a. Trên hình vẽ ta thấy kể từ điểm H trở đi mới có phần giao của hai chùm tia
ló, vùng có giao thoa là vùng được kẻ sọc.
d’ = f.d/(d – f) = 150 cm; ⇒ a = S1S2 = 3.O1O2 = 3 mm
l0 − d ' l0
=
a
2r
⇒
l0 − 75 l0
=
0,3
2.3
⇒ l0 = 158cm = 1,58 m
b. D = l – d’ = l – 150 mm ⇒ i =
λ.D λ.(l − 1500)
=
(mm)
a
3
Với l = 3 m, λ = 0,5.10–3 mm ta có : i = 0,25 mm.
c.
PQ O1O 2
=
l +d
d
⇒ PQ = 5 mm. Trên nửa giao thoa trường: N’ = [2,5/0,25] = 10 ⇒
N = 2.N’ + 1 = 21 vân sáng; Số vân tối trên màn là 20 vân.
Giáo viên: Phạm Văn Lượng – Trường THPT Hậu Lộc 4
18
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Thông qua tiến hành nghiên cứu trên các lớp 12 khối A trong hai năm liên tục
với đề tài “Phương pháp giải bài toán về sóng ánh sáng trong bồi dưỡng học
sinh giỏi ở bậc THPT”, tôi đã thu được một số kết quả, đó là đa số các em đã hiểu
được bản chất vấn đề và vận dụng linh hoạt kiến thức này vào các đề thi tuyển sinh,
học sinh giỏi các cấp. Cụ thể áp dụng cho hai năm học gần đây của trường THPT
Hậu Lộc 4 mà tôi trực tiếp giảng dạy và cầm đội tuyển HSG tỉnh (năm học 2015 –
2016 tôi không dạy khối 12) thu được kết quả sau:
Năm học 2013 – 2014:
Trung
Giỏi
Khá
Yếu
bình
Lớp
Sĩ số
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
12A8
46
8
17,4 26
56,5
12
26,1
0
0
12A4
45
2
4,4
11
24,4
25
55,7
7
15,5
Đội tuyển HSG
Đạt 02 giải / 05 HS dự thi, trong đó có 02 giải Ba.
MTCT cấp tỉnh
Đội tuyển HSG
Đạt 05 giải / 05 HS dự thi, trong đó có 01 giải Ba, 04
văn hóa cấp tỉnh
giải Khuyến khích.
Năm học 2014 – 2015:
Lớp
Sĩ số
Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
15
32,6 20
43,4
11
24,0
0
0
4
9,3
10
23,2
27
62,9
2
4,6
Đạt 05 giải / 05 HS dự thi, trong đó có 01 giải Nhì, 03
giải Ba, 01 giải Khuyến khích, xếp thứ 4 toàn tỉnh.
12A8
46
12A3
43
Đội tuyển HSG
MTCT cấp tỉnh
Đội tuyển HSG
Đạt 05 giải / 05 HS dự thi, trong đó có 05 giải Ba.
văn hóa cấp tỉnh
Đối chứng kết quả kiểm tra cùng kì của hai năm học liên tiếp với chất lượng
đầu vào các lớp gần như tương đương nhưng thực hiện hai cách dạy khác nhau.
Năm học 2013 – 2014 chưa áp dụng đề tài trên, năm học 2014 – 2015 áp dụng đề
tài trên, thấy kết quả có chiều hướng tốt, thể hiện ở tỉ lệ học sinh đạt điểm khá, giỏi
tăng mạnh, tỉ lệ yếu giảm. Đặc biệt, chất lượng đội tuyển HSG tỉnh tăng rõ rệt.
Điều này khẳng định tính hiệu quả, phù hợp của sáng kiến kinh nghiệm này.
3. Kết luận, kiến nghị
- Kết luận.
Giáo viên: Phạm Văn Lượng – Trường THPT Hậu Lộc 4
19
Qua kết quả của việc ứng dụng sáng kiến kinh nghiệm “Phương pháp giải bài
toán về sóng ánh sáng trong bồi dưỡng học sinh giỏi ở bậc THPT” trong hai năm
học 2013 – 2014 và 2014 – 2015 tôi tự nhận thấy:
- Đối với giáo viên, sáng kiến kinh nghiệm này là một tài liệu quan trọng trong
công tác giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi các cấp.
- Đối với học sinh, sáng kiến kinh nghiệm giúp cho các em kỹ năng tư duy, suy
luận lôgíc để chủ động, tự tin trong việc giải quyết các bài tập hay về phần sóng
ánh sáng.
- Kiến nghị.
+ Đối với nhà trường: Nên tổ chức các hội thảo, chuyên đề để các giáo viên có
điều kiện học tập, trao đổi kinh nghiệm, thảo luận để tìm ra những phương pháp bồi
dưỡng học sinh giỏi hiệu quả nhất.
+ Đối với Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa: Hàng năm lựa chọn và cung cấp
cho các trường phổ thông một số sáng kiến, đề tài có chất lượng, có khả năng vận
dụng cao để các thầy cô có cơ hội học tập, bồi dưỡng, nâng cao trình độ chuyên
môn, góp phần nâng cao nền giáo dục tỉnh nhà.
Là một giáo viên chưa có nhiều tuổi nghề và kinh nghiệm đứng lớp nên tôi chắc
chắn là sáng kiến này chưa hoàn chỉnh và có nhiều sai sót. Vì vậy tôi kính mong
nhận được sự chỉ bảo tận tình, góp ý, ủng hộ từ các quý đồng nghiệp và độc giả để
đề tài này sớm được hoàn thiện hơn và thiết thực hơn.
Cuối cùng, tôi kính mong được Sở giáo dục và Đào tạo quan tâm hơn nữa, có
những động viên khích lệ kịp thời, để các giáo viên chúng tôi luôn có một động lực
mạnh mẽ, phấn đấu nỗ lực hết mình vì sự nghiệp giáo dục của tỉnh nhà.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2016
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Phạm Văn Lượng
Giáo viên: Phạm Văn Lượng – Trường THPT Hậu Lộc 4
20
