Giao thoa và nhiễu xạ ánh sáng

Giao thoa nhiễu xạ ánh sáng 4.9 Nêm có chiết suất thay đổi (Trung Quốc) Một nêm suốt có góc đỉnh chiều cao h Người ta chọn hệ trục tọa độ có gốc đỉnh nêm hình 4.9a Thực tế mặt nghiêng nêm hình 4.9a có dạng bậc thang với bước bậc thang nhỏ, bước nhỏ nằm mặt trước nêm, mặt trước nêm nằm mặt phẳng yz song song với bậc thang, mặt nêm song song với mặt phẳng xz Chất làm nêm có chiết suất n biến đổi theo tọa độ x quy luật n(x) =1+ bx, số b > Một chùm sáng đơn sắc với bước sóng λ chiếu song song theo trục x đến mặt nêm; đằng sau nêm người ta đặt thấu kính hội tụ mỏng, thấu kính nêm có chắn mà có khoét khe nhỏ song song với trục z, cho ánh sáng truyền qua khe theo phương y hình 4.9b Các mặt sóng tới nêm (mặt phẳng vng góc với phương truyền sóng) chắn vng góc với quang trục thấu kính, đặt trùng với trục x Ánh sáng truyền qua khe tăng cường tạo điểm sáng mạnh tiêu cự thấu kính Khe nằm vị trí có tọa độ y = Biết tia sáng từ nguồn sáng đến ảnh quang trình 1) Tìm tọa độ y khe cịn lại 2) Chứng tỏ tồn cách xếp cho khe cách mà điều kiện thỏa mãn 4.10 Giao thoa gương (Estonia) Một nguồn điểm S phát ánh sáng kết hợp có bước sóng λ đồng theo phương; hay nói cách khác mặt sóng mặt cầu đồng tâm Sóng phản xạ bề mặt điện mơi đặt khoảng cách l=N λλ (N số nguyên lớn) từ nguồn điểm Hình ảnh giao thoa quan sát chắn đặt khoảng cách L ≫ l từ nguồn điểm (xem hình 4.10) Trong tính tốn đây, ta sử dụng hệ tọa độ xyz hình vẽ Màn chắn đặt song song với gương nằm mặt phẳng y-z y x Trang z C L Màn chắn S Hình 4.10 1) Tại tọa độ y (z = 0) ta quan sát cực đại giao thoa, giả sử y ≪ L 2) Hãy vẽ vài cực đại có bề rộng nhỏ chắn (trong mặt phẳng y - z) 3) Bây ta thay chắn phẳng chắn hình cầu bán kính L, có tâm trùng với vị trí đặt nguồn điểm Có cực đại quan sát được? 4.11 Cách tử nhiễu xạ (Bulgari) Trong hai nửa tốn ánh sáng đơn sắc có bước sóng 𝜆 =600 nm 1) Một chùm sáng chiếu vng góc tới cách tử nhiễu xạ có số cách tử d (hình 4.11a) Hình ảnh nhiễu xạ quan sát đặt cách nhiễu tử khoảng L0 Hãy mơ tả định tính độ rộng khe ảnh hưởng đến vị trí cực đại Cần dịch chuyển đến khoảng cách L để vị trí cực đại bậc m + khoảng cách trùng với vị trí cực đại bậc m khoảng cách cũ L0? Giá trị nhỏ số cách tử phải để quan sát vân cực đại bậc 5? 2) Chùm sáng chiếu góc nhỏ ∝ đến cách tử nhiễu xạ có số cách tử d.(hình 4.11b) Dưới góc 𝛽1 = 14° 𝛽2 =74° phía đường pháp tuyến quan sát hai cực đại giao thoa liên tiếp Xác định số cách tử d Quan sát cực đại góc 𝛽 bao nhiêu? Xác định bậc cực đại giá trị góc ∝ 4.12 Đo đường kính sợi dây tóc (Trung Quốc) Người ta đo đường kính sợi dây tóc kích thước milimet giao thoa kế hai chùm tia hình 4.12a, M 1,M2, M3 hệ gương phản chiếu toàn phần, chắn camera kỹ thuật số CCD (charge coupled device - thiết bị điện tích liên kết) Chùm Trang laser xuất phát từ tinh thể Iridium acid Barium qua phim bán mạ để tách thành hai chùm sáng, chùm thứ sau phản xạ gương M1 tới đập vào mặt sợi dây tóc, chùm phản xạ hai gương M2 , M3 đập vào mặt sợi dây tóc Hình 4.12b cho thấy ánh sáng phản chiếu để tạo hai chùm sáng giao thoa; θ1, θ2 tương ứng góc tới, D khoảng cách từ trục dây tóc đến chắn (phim cảm quang camera), P điểm mà hai chùm ánh sáng giao hình Chọn hệ trục tọa độ sau: gốc O nằm trục sợi, trục x (khơng thể hình vẽ) dọc theo trục sợi dây hướng vào mặt giấy, trục y song song với ánh sáng tới sợi dây (chiều dương hướng lên), trục z hướng vng góc với hình Bước sóng ánh sáng λ, khoảng vân hình a Vì khoảng cách D lớn nhiều so với đường kính sợi kích thước hình, coi chùm tia chiếu đến chắn chùm gần song song với trục z 4.14 Ảnh mờ (Bangladesh) Một chắn có hai khe hẹp song song nằm cách đoạn d chiếu đèn ống thẳng có bề rộng W, đặt khoảng cách L từ hai khe Một kính lọc đặt chúng cho có ánh sáng bước sóng λ tới hai khe Nếu thay đổi khoảng cách hai khe cách liên tục, khoảng cách d= d0 vân giao thoa đặt xa biến Tìm giá trị W (biểu diễn theo tham số bài)? 4.15 Vệ tinh thám (Thụy Sĩ) Một vệ tinh thám bay phía thành phố Aarau độ cao 300 km Đó kính viễn vọng khơng gian lớn với gương hướng xuống có đường kính 2.4 m Để đơn giản, giả sử vệ tinh nhìn thấy Trái Đất có màu vàng, đặc biệt màu vàng-xanh với bước sóng 570 nm Trang 1) Giả sử trường học NKSA có thi, vệ tinh có giúp học sinh quay cóp khơng Giải thích ngắn gọn 2) Gương phải có đường kính để làm điều này? Có khả thi khơng? 3) Bây thay vệ tinh máy bay không người lái trang bị hệ thống quang gương có đường kính 24 cm Máy bay phải bay độ cao để giúp học sinh quay cóp? 4.16 Đo tốc độ chất lỏng laser Doppler (Romania) Để đo tốc độ dòng chảy chất lỏng cách trực tiếp phương pháp quang học mà khơng làm ảnh hưởng đến dịng chảy, người ta sử dụng thiết bị gọi máy đo tốc độ laser Doppler Phần Hai chùm tia laser xuất phát từ nguồn laser đến giao thoa vùng hẹp xung quanh khu vực cần đo vận tốc hình 4.16a Mỗi chùm tia laser coi sóng phẳng, đơn sắc có bước sóng chân khơng λ0 = 0.52mm Khi hạt rắn nhỏ, bị theo chất lỏng chảy qua khu vực này, qua cực tiểu cực đại giao thoa Một đầu dò thu ánh sáng phản xạ hạt qua vùng giao thoa Hiệu quang trình không chiết suất môi trường n = 1.33 1a) Xác định chiều rộng vùng giao thoa AB x = 0, biết 2D =1mm θ = 5º 1b) Hãy tính theo hai phương pháp khác hiệu quang trình điểm M vùng giao thoa 1c) Tính số vân cực đại tối đa quan sát vùng khơng gian A B mà x =   1d) Một hạt rắn chuyển động theo trục Oy với vận tốc v v j Tính tốc độ chảy chất lỏng biết thời gian nhận tín hiệu 50 ms Phần Để phép đo cho độ xác cao, thiết bị thuộc loại phải tính đến thay đổi tần số hiệu ứng Doppler Trang 2a) Chứng minh nguồn phát ánh sáng tần số riêng v 0, máy thu chuyển động hướng tới nguồn với tốc độ v, tần số mà máy thu nhận cho biểu thức v v0 cv c v 2b) Công thức thay đổi nào, máy thu đứng yên nguồn chuyển động hướng tới máy thu với tốc độ v? 2c) Giả sử trường hợp phi tương đối tính v 1 Điều chỉnh cơng thức thu mục 2a) 2b) c góc v c θ 2d) Xác định độ dịch chuyển Doppler ( vd  v0 ), vd tần số mà máy nhận ánh  sáng laser phản xạ từ hạt chuyển động với tốc độ u tạo góc θ so với chùm laser tới góc θ' so với chùm phản xạ (hình 4.16b) 2e) Tính sai số tương đối tối đa bỏ qua độ dịch chuyển Doppler cho trường hợp n = 1.33, λ0 = 0.52 mm u = x 10 -5 m/s Sai số có đáng kể khơng với máy đo tốc độ gió? 4.17 Quang phổ Thiên hà (Australia) Các hệ Vũ trụ Thiên hà (chứa số lượng khổng lồ ngơi sao) nói chung xa Trái Đất hệ Mặt trời, chuyển động xa với vận tốc tương đối v Các riêng lẻ chuyển động tương đối so với Thiên hà, vận tốc chuyển động gọi vận tốc riêng Hinh 4.17a cho thấy Thiên hà chuyển động xa khỏi vật thống nhất, Thiên hà này, chuyển động quanh tâm chúng có vận tốc riêng Năng lượng chuyển động riêng, khác với chuyển động tổng thể, có điểm đặc biệt Một cách để đo vận tốc riêng đặc trưng sao, đo phân bổ vận tốc Độ lệch chuẩn vận tốc riêng gọi tốc sai, 𝜎, tiêu chí đánh giá vận tốc riêng đặc trưng Trang 1) Định lý virial áp dụng cho hệ Vũ trụ có khối lượng M lớn cho ta v  GM , v R vận tốc trung bình vật thể chuyển động quỹ đạo bán kính R, G số hấp dẫn Sử dụng định lý virial, đánh giá khối lượng M Thiên hà có tập hợp khoảng cách R từ tâm có tốc sai đo σ Khi nguồn sóng chuyển động lại gần xa người quan sát, bước sóng thay đổi Độ thay đổi tỷ lệ thuận với vận tốc nguồn Đây hiệu ứng Doppler sử dụng rộng rãi Vật lý Vũ trụ vật thể phát ánh sáng vùng bước sóng hẹp quan sát thu đỉnh cực đại quang phổ chúng 2a) Giải thích hiệu ứng Doppler lại làm cho vạch phổ xạ Hydrogen alpha bị mở rộng vùng chuyển động quay nhanh Thiên hà Trên hình 4.17Sa quang phổ vạch alpha Hydro, vẽ phác cực đại quang phổ Hydrogen alpha nguồn xạ khí nằm vùng mở rộng vạch phổ Thiên hà 2b) Từ đó, giải thích quang phổ quan sát sử dụng để đo tốc sai Thiên hà Đa số Thiên hà có lỗ đen siêu nặng tâm chúng, khối lượng lớn gấp hàng tỷ lần khối lượng Mặt trời Thỉnh thoảng, hoạt động mạnh siêu lỗ đen gây nên thay đổi lớn vùng không gian quay nhanh quanh tâm, gọi vùng vạch phổ rộng; thay đổi xuất muộn chút Một kỹ thuật có tên gọi đồ âm vọng (reverberation mapping) sử dụng thời gian ánh sáng di chuyển qua vùng vạch phổ rộng để đánh giá bán kính Thời gian ánh sáng qua τ đo từ quan sát thay đổi mặt trước mặt sau vùng Vận tốc ánh sáng c tốc sai vùng vạch phổ rộng σBLR 3a) Tìm biểu thức bán kính RBLR vùng vạch phổ rộng 3b) Đánh giá khối lượng MBH siêu lỗ đen sử dụng phương pháp đồ âm vọng định lý virial Có thể giả thiết siêu lỗ đen có khối lượng lớn đến mức chúng gần chứa tồn khối lượng Thiên hà Trang LỜI GIẢI 4.9 Nêm có chiết suất thay đổi (Trung Quốc) 1) Giả sử tia sáng đập vào mặt nước nêm tọa y, ta tính quang trình   y  tia sáng từ x 0 đến x h Gọi quang trình tia sáng nêm 1 , ngồi khơng khí  Chiết suất môi trường thay đổi liên tục, x 0 chiết suất n   1 , tia sáng đến x chiết suất n  x  1  bx Vì chiết suất mơi trường thay đổi tuyến tính theo x từ x 0 đến x h1 ( h1 bề dày nêm tọa độ y), dùng chiết suất trung bình cho đoạn đường để tính quang trình 1 1 n   n    n  h1       bh1  1  bh1 2 Suy 1 nh1 h1  bh12 Nếu bỏ qua ảnh hưởng lớp tiếp giáp bậc thang (thực tế hoàn tồn loại bỏ ảnh hưởng chúng cách chọn bước bậc thang vị trí khoét khe cách thích hợp), phương truyền tia sáng sau khỏi nêm không thay đổi hay  h  h1 Từ   y  1   h  bh12 Quan hệ hình học h1  y tan  Cuối b y tan  Sau khỏi nêm qua khe, chùm sáng song song với trục x Tọa độ y khe phải hiểu giá trị trung bình tọa độ tia sáng chùm sáng qua khe, chùm hội tụ tiêu điểm thấu kính Với y 0 , từ ta có   y  h     h Hiệu quang trình chùm tia đến tọa độ y chùm tia đến y 0 b   y       y tan  Vì hiệu quang trình chùm sáng trước đến thấu kính sau qua thấu kính khơng đổi nên hai chùm sáng gặp tiêu cự thấu kính có hiệu quang trình Để chùm sáng gặp tiêu cự tăng cường nhau, hiệu quang trình chúng phải số nguyên lần bước sóng hay Trang b y tan  k  , k 1, 2,3, Từ 2k  2 cot   A k , A  cot  b b Ngoài khe đặt y = 0, khe đặt vị trí y A, A, A, A, 2) Để chùm tia tiêu cự tăng cường nhau, không thiết phải cần điều kiện vừa tìm ý 1) Tồn cách xếp cho khe cách mà chùm sáng tăng cường k = m, 4m, 9m,…, với m số nguyên dương Khi vị trí khe y m  m A, y4 m 2 m A, y9 m 3 m A, Khoảng cách hai khe liên tiếp mA 4.10 Giao thoa gương (Estonia) 1) Tia tới điểm có tọa độ y tạo góc  y / L (ta sử dụng gần góc nhỏ, góc đo radians) Hiệu quang trình tia tới trực tiếp tia phản xạ   S P 2l cos  2 Nl  Nl Ngoài phản xạ điện mơi có chiết suất cao cịn làm quang trình dài ra, dó độ lệch pha 2    4 N    N   1  Tại vị trí cực đại, độ lệch pha 2  N  n  , n số nguyên Vậy điều kiện để có cực đại  n  0,5 n  0,5  yn  L N N Với n 0,1,  N 2) Các tia sáng có số n tạo với trục x góc, vân cực đại quan sát đường trịn đồng tâm Góc đường tròn cạnh giảm dần n tăng Nếu chọn bán kính vịng làm đơn vị, bán kính đường trịn 1, 1.73, 2.23 3) Các tia phản xạ tới nửa cầu bên phải, độ lệch pha cực đại max 4 N     Số cực đại   min m  max 2 N 2 Trang 4.11 Cách tử nhiễu xạ (Bulgaria) 1) Kích thước khe cách tử khơng ảnh hưởng tới vị trí cực đại Điều kiện cực đại nhiễu xạ d sin  m , m số nguyên Với góc nhỏ, ta có sin  tan   xm / L0 , xm vị trí cực đại thứ m vị trí ban đầu Từ suy xm  m L0 d Tương tự, vị trí xm 1 cực đại thứ m + khoảng cách thay đổi xm 1  Theo đầu xm 1  xm nên  m  1  L  m L0 d d hay L   m  1  L d m L0 m 1  d Điều kiện sin  1 , suy ra, số cách tử tối thiểu d 5 3  m Cực đại bậc quan sát góc  thỏa mãn sin  5 2) Hiệu quang trình hai chùm tia quan sát góc 1  tương ứng Δsinsin1 d  sin 1  sin   Δsinsin d  sin   sin   (hoặc Δsinsin1,2 d  sin 1,2  sin   ) trường hợp chọn góc trơng phía đường pháp tuyến chắn) Điều kiện cực đại Δsinsin m , với m bậc cực đại Giả sử góc 1 quan sát cực đại bậc m0 , góc  quan sát cực đại bậc m0  , ta có: d  sin 1  sin   m0  , d  sin   sin    m0  1  , Trừ vế hai phương trình cho ta d  sin   sin 1   , từ tính số cách tử d  /  sin   sin 1  0.83 m Giữa cực đại bậc m cực đại bậc m0 có mối liên hệ sau d  sin  m  sin   m , d  sin 1  sin   m0  Trong đó,  m góc quan sát cực đại bâc m Trừ hai vế hai phương trình thay biểu thức d vào, ta sin  m sin 1   m  m0   sin   sin 1  Điều kiện với m m0 sin  m 1 Với 1 14  74 , nên phương trình trở thành sin  m 0.24  0.72  m  m0  Khi m  m0 0 ta có sin  m sin 1 0.24 hay  m 1 14 Khi m  m0 1 ta có sin  m sin 1 0.96 hay  m  74 Khi m  m0  ta có sin  m  0.96 hay  m  29 Không tồn giá trị khác m  m0 Như quan sát ba cực đại 4.12 Đo đường kính sợi dây tóc (Trung Quốc) Trang 1) Tia sáng AS chiếu tới mặt sợi dây tóc góc 45 , tia phản xạ SB theo trục z, đường kéo dài cắt trục y điểm Q Hoành độ điểm OQ  d y  1 Xét tia sáng A +S+ sát tia AS, chiếu tới mặt dây tóc góc 45  Δsinsin ( Δsinsin nhỏ) Đường kéo dài tia phản xạ S+ B+ cắt trục tung E Ta có: A +S+ B+ 2  45  Δsinsin   2  3 Suy góc tạo S+ B+ phương ngang Δsinsin Góc OS+ E BS+ B+ 45  Δsinsin EOS+ nên EOS+ tam giác cân OE S+ E  4 Mặt khác OS+ d / , suy d OE cos  45  Δsinsin  Từ hệ thức cos  45  Δsinsin  cos 45 cos Δsinsin  sin 45 sin Δsinsin sử dụng phép gần cos Δsinsin 1; sin Δsinsin Δsinsin ; Δsinsin 0 ta cos  45  Δsinsin     Δsinsin  Cuối OE  2d 2d    Δsinsin    Δsinsin   5 Từ (1) (5) Trang 10 QE OE  OQ  2d Δsinsin  6 Tia EB+ cắt QB ảnh F (tọa độ z ) Trong tam giác EQF có z QF  QE  d tan  2Δsinsin   7 Như vậy, chùm phản xạ chùm tới góc  / giống xuất phát từ nguồn đặt 2 d; z  d Tương tự với chùm phản xạ mặt dây tóc y  y  d; z  d  8  9 Cách khác: Cung SS+ coi đoạn thẳng có độ dài SS+ rΔsinsin ; PQ OQ  r  4 Tạo SS+ với QB góc 45 nên Q +S+  2 r rΔsinsin ; 2 Trong tam giác vng ES+ Q + ta có Q + E Q +S+ tan  2Δsinsin   r   Δsinsin  2Δsinsin  2rΔsinsin  5 Dễ thấy Q + E 2QQ +  6 Xét cặp tam giác đồng dạng ΔsinsinEQF ΔsinsinEQ +S+ 2 z QF  S+ Q +  r d  7 2) Ánh sáng từ nguồn laser theo quang trình đến phản xạ sợi tóc Do đó, hai ảnh vừa tìm cho hình ảnh vân giao thoa giống hai khe Young đặt cách khoảng  y  y   d cách khoảng D  z D Khoảng vân a  D   2/2 d  2 D d  10  Từ tìm đường kính sợi tóc: d 2 D a  11 4.13 Sự vi phạm định luật quang hình (Romania) Trang 11 1a) Chùm sáng chiếu vng góc với khe nên mặt phẳng chứa khe mặt sóng Các điểm mặt sóng, theo nguyên lý Huygens - Fresnel, trở thành nguồn điểm thứ cấp phát sóng cầu kết hợp Bằng cách chia khe thành dải hẹp có bề rộng, dải coi nguồn sóng cầu thứ cấp có biên độ a0 , tần số Xét hai tia nhiễu xạ từ hai mép khe chắn (hình 4.13Sa), chúng tạo với pháp tuyến chắn góc  , hiệu quang trình  a sin  , ứng với độ lệch pha 2  k  a sin   Với chùm tia nhiễu xạ, tổng cường độ chúng phải A0  Na0 , N số nguồn phát thứ cấp Với tia nhiễu xạ góc  so với pháp tuyến chắn, biên độ sóng tổng hợp cho hình 4.13Sb, mũi tên biểu diễn sóng phát từ nguồn thứ cấp Kết hình đa giác có dạng cánh cung chắn cung trịn với góc mở  (cũng dùng số phức để tính)  Ta có: A 2 R sin , Na0 A0  mà R    suy A  A0 sin   /  /2  sin   /   Cuối I I    /2  Cực đại trung tâm (hình 4.13Sc) ứng với  0 cường độ I I , cịn vị trí cực tiểu  I 0  ứng  0 , m 2m , m   , m 0 cho cực đại trung tâm Từ quan điểm pha, vị trí cực tiểu tìm từ điều kiện a sin  m m với điều kiện sin Chú ý: - Cực đại bậc hai, nằm hai cực tiểu, có bề rộng  / a , cịn cực đại có bề rộng nhân đơi 2 / a  - Khi bề rộng a khe hẹp lại, cực đại tăng lên, cho a  , 1  , cực đại mở rộng tồn chắn Trang 12 1b) Giả thiết cực đại đối xứng, điều kiện sau thỏa mãn 1  a sin  m  m    , 2  từ max  2m  1  có nghĩa cường độ tỷ đối so với vân trung tâm:  Im    I   2m  1   Ta dễ dàng tính I I1 I 4  0.045,  0.016,  0.008 I 9 I 25 I 49 Tỷ phần vân sáng trung tâm toàn chiếm: I0  I tot Tính số cho I0 I1   I0   Im    m1  2m  1 m 0  I1 2      3  1   1    I0 91.35% I tot 1c) Bề rộng ảnh Δsinsiny a  L1 a  L  10.1mm 1cm , a chiều dài  1.01cm 1cm l 2a) Ảnh nhiễu xạ khe tạo chồng lấn lên vân nhiễu xạ đan xen vào Do khoảng cách hai khe d a  b , độ lệch pha hai chùm sáng xuất phát từ hai khe 2 d k d  d sin    góc nhiễu xạ Cường độ ánh sáng chùm nhiễu xạ khe cho Δsinsinx l  L1 a  L  sin   a /   I a I   ,  a /  nên cường độ tổng cộng giao thoa: Trang 13 I d I a  I a  I a I a cos d 2 I a   cos d  4 I a cos d Hình ảnh giao thoa hình 4.13Sd Cực đại giao thoa thỏa mãn điều kiện cos d 1 hay d 2m , tương đương với điều kiện d sin  m m 2b) Chỉ quan sát cực đại giao thoa khơng trùng với vị trí cực tiểu nhiễu xạ Từ điều kiện cực đại giao thoa d sin  m m , cực tiểu nhiễu xạ a sin  m m ta có: d 16m, m 1, 2, , a Như vân cực đại giao thoa biến vị trí 16, 32, 48… Bên cực đại nhiễu xạ bậc khơng, số cực đại giao thoa bằng: m m d  d     1  2    2 16  31 ,  a  a  bên cực đại nhiễu xạ bậc hai có bề rộng nửa cực đại chính, số cực đại giao thoa có d  a   16  15 2c) Điều kiện cực đại giao thoa d sin  m m , cực tiểu nhiễu xạ a sin  m m , suy số cực đại giao thoa tối đa quan sát được: d 2mmax  2    6401  Tuy nhiên, số cực đại giao thoa trùng với cực tiểu nhiễu xạ không quan sát được: a  2   400 2mmax  Nên số cực đại giao thoa quan sát là:  6001 2mmax   2mmax Từ trên, tất quan sát được, số cực đại nhiễu xạ thứ cấp quan sát 6001  31 398 , 15 tức bên cực đại có 199 cực đại phụ Số cực đại giao thoa quan sát thực nghiệm 31  15 91 2d) Gọi s khoảng cách hai cực đại giao thoa liên tiếp quan sát chắn đặt tiêu diện thấu kính, điều kiện quan sát s  fΔsinsin smin , smin khoảng cách tối thiểu hai điểm mà mắt cịn nhìn thấy đặt cách khoảng  : smin   7.5 10 m Góc trơng hai cực đại giao thoa liên tiếp tìm từ  d m m   d   m  Δsinsin   m  1  suy Trang 14  Δsinsin  3.125 10 d Cuối f   d 24 cm  4.14 Ảnh mờ (Bangladesh) Mỗi điểm đèn ống nguồn độc lập, cho ảnh giao thoa riêng chắn Khi hệ vân giao thoa chồng lấn lên không quan sát vân giao thoa Xét hai nguồn điểm S1 , S tâm mép đèn ống Nguồn S1 cho vân sáng trung tâm O Nếu nguồn S2 cho vân tối trung tâm O cực đại hệ S1 trùng khớp với cực tiểu hệ S2 , kết vân giao thoa biến Xét hai tia sáng từ S2 , phía sau khe hẹp, quang trình chúng nhau, nên hiệu quang trình cịn lại  S2 B  S A Để quan sát giao thoa d L , từ A hạ đường vng góc xuống S2 B đoạn tơ đậm hình 4.14S hiệu quang trình  Sử dụng tam giác vng dễ dàng tính  d sin  d Từ hình vẽ,  góc mà S2 B tạo với trục nằm ngang Tương tự, ta có W /2 dW  S2 PS1  Cuối   L 2L  Để O nhận vân tối trung tâm    dW L Vậy   d  2L W 4.15 Vệ tinh thám (Thụy Sĩ) 1) Góc phân giải theo tiêu chuẩn Rayleigh:  R 1.22  D Khoảng cách nhỏ mà quan sát từ vệ tinh: d L R 1.22  L 8.7 cm D Như câu trả lời giúp đọc thi 2) d phải đủ nhỏ để đọc chữ Ta lấy d 1 mm , cho điểm giá trị 0.1 mm  d  mm Trang 15 Từ cho đường kính D 1.22  L 210 m , giá trị lớn không thực tế d Dd 3) L  350 m , 1.22 Như máy bay không người lái cần bay thấp 350 m phía mái trường NKSA 4.16 Đo tốc độ chất lỏng laser Doppler (Romania) 1a) Từ hình 4.16Sa ta có: cos   2D AB 2D cos  Kết quả: AB 1.0038 1 mm 1b) Cách 1: Biểu diễn vecto sóng    k1  k cos  i   k sin  j 2  , k n 0 k2  k cos   i   k sin   j Từ đây: AB  Pha sóng điểm M  x; y; z  hình 4.16Sb:  ΦMΦO.OM1  M  ΦMΦO.OM1  O   k1.OM  ΦMΦO.OM  M  ΦMΦO.OM  O   k2 OM Các pha ban đầu ΦMΦO.OM1  O  ΦMΦO.OM  O  , suy hiệu pha        4 n ΔsinsinΦMΦO.OM  M   k1  k2 OM 2k sin  x.i  y j  zk j  sin  0     Hiệu quang trình:  0 ΔsinsinΦMΦO.OM 2ny sin  2 Cách 2: Từ hình 4.16 (OI - mặt sóng):     OM    IM  n  OM  IM  Mà ta có: OM  y y ; IM OM cos 2  cos 2 , sin  sin  suy ra: Trang 16 y cos 2   y  n    2ny sin  sin    sin  1c) Tọa độ vân sáng cực đại thỏa mãn: 2ny sin  k 0 Suy ra: yk  k 0 y 2n sin  Khoảng vân yk 1  yk  0 2.24  m 2n sin  Số vân sáng quan sát được: AB  447 i 1d) Thời gian hạt chuyển động hai vân liên tiếp: i v T N Kết quả: v 44.8 10 m/s 2a) Chọn hệ quy chiếu S  x; y; z; t  gắn với máy thu (cố định) hệ quy chiếu S x; y; z ; t  gắn với nguồn (chuyển động so với máy thu) Biến đổi Lorentz bảo toàn pha: x x    receptor  t   source  t    c c    Suy ra:    tv x  x  vt   x  c v  t   v0   2   c v   v   1 c 1      c  c   cv c v 2b) Tần số mà máy thu nhận phụ thuộc vào vận tốc tương đối với nguồn, hai trường hợp nhau, kết giống câu (2a) x 2c) Khi  ta khai triển gần đúng: c Kết quả: v v0  x   v cos   t   x v  t   v0  t   c  c    v cos  Kết quả: v v0   c  2d) Trong trường hợp     u  v v0   cos    c   u  vd v  cos   c   Trang 17 Trong v tần số sóng phản xạ hạt chuyển động, vd tần số mà đầu dò nhận Sau bỏ qua số hạng bậc hai u/c biểu thức lại:  u  u   u  vd v0   cos     cos   v0    cos    cos     c  c   c  Độ dịch Doppler: ΔsinsinvD vd  v0 v0 u u  cos    cos   n  cos    cos   c 0 2e) Độ dịch Doppler có giá trị cực đại   180 (tia tán xạ ngược với hướng chuyển động hạt)  0 (tia tới chiều với chuyển động hạt) Trong trường hợp này: 2v u 2nu ΔsinsinvD max   c 0 ΔsinsinvD max 2u  v0 c Giá trị  vào cỡ 10-13, lấy tần số ánh sáng khả biến cỡ 10 15 Hz, độ dịch Doppler vào cỡ 102 Hz, cần phải tính đến máy đo vận tốc Hay   4.17 Quang phổ Thiên hà (Australia) GM R 1) Vận tốc riêng đặc trưng ngơi có độ lớn cỡ  , nên    M R G 2a) Dịch chuyển Doppler thay đổi bước sóng ánh sáng phát Vì thiên hà chuyển động trịn nên số hạt khí chuyển động xa chúng ta, số chuyển động lại gần với môt phân bổ Điều có nghĩa cực đại bị mở rộng đối xứng hai phía 2b) Ánh sáng phát với bước sóng với tần số bước sóng cụ thể phải đến từ với vận tốc riêng Ánh sáng phát từ ngơi có vận tốc riêng lớn có độ dịch chuyển Doppler lớn Như vậy, tốc sai lớn vạch phổ mở rộng hiệu ứng Doppler Bằng cách đo mở rộng vạch phổ vạch, tốc sa Thiên hà xác định 3a) Khoảng cách từ mặt trước sau vùng vạch phổ mở rộng 2RBLR nên thời gian để qua vùng RBLR  rc 3b) Thay biểu thức RBLR vào câu hỏi 1) cho ta: Trang 18 M BH  r 2c 2G Trang 19