Tổng hợp đề trắc nghiệm vật lí đại cương 3 HUST PH1131

Kiến Guru cung cấp cho bạn các lý thuyết cơ bản và hướng dẫn cách giải bài tập vật lý đại cương Tài liệu gồm 2 phần lý thuyết và các bài tập trắc nghiệm và tự luận áp dụng từ lý thuyết. Hy vọng tài liệu này là một nguồn tham khảo bổ ích cho các bạn và kiểm chứng lại kiến thức đã học khi các bạn học vật lý đại cương 3

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG (PH1131) ĐỀ SỐ Họ tên: Lớp: .Mã hiệu SV: Câu 1: Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng 1  0, 65   m  vào Yâng Đặt trước khe mỏng có hai mặt song song chiết suất n  1,5 có bề dày e  12   m  Độ dịch chuyển hệ thống vân giao thoa  mm  Bề rộng vân giao thoa có giá trị bằng: A i  0, 65  mm  B i  0,55  mm  D i  0, 75  mm  C i  0, 45  mm  Giải Độ dịch chuyển hệ thống vân giao thoa  n  1 e.D  D   n  1 e  1,5  1 12.106  103 m y    d d y 6.103 1.D  0, 65.106.103  0, 65.103  m   0, 65  mm  d Câu 2: Chiếu chùm ánh sáng đơn sắc song song vng góc với thủy tinh phẳng hệ thống vân tròn Newton Hệ thống vận đặt khơng khí Thấy kính phẳng – lồi có bán kính mặt lồi R  9,  m  Quan sát hệ thống vân tròn Newton chùm tia phản xạ người ta thấy bán kính hai vân tối liên tiếp 4,94  mm  5,53  mm  Bước sóng ánh sáng có giá trị là: Bề rộng vân giao thoa có giá trị bằng: i  A 0,56   m  Giải D 0, 72   m  C 0, 66   m  B 0, 66   m  Bán kính vân tối Newton xác định bởi: rk  Rk  Bán kính vân tối thứ k : rk  Rk  Bán kính vân tối thứ k  1: rk 1  R  k  1  Lấy    rk 1  1 rk 1  2 r2 r2 k 1 k 1  k 21   k  k Thay vào 1 , ta được: k rk k rk 1  rk r2 r  r  5,53.10 rk  kR  r  k R.    k 1 k  rk 1  rk R k    4,94.10  3 9, 3  6, 6.10 7  m   0, 66   m   Bước sóng ánh sáng:   0, 66   m  Câu 3: Chiếu chùm tia sáng song song, đơn sắc có bước sóng   0, 65   m  lên màng xà phòng chiết suất góc 300 Bề dày nhỏ màng xà phòng để tia phản chiều có cường độ cực tiểu bằng: A d  0, 263   m  B d  0, 253   m  C d  0, 232   m  D d  0, 243   m  n Giải Cường độ sáng cực đại: L  k  1  Cường độ sáng cực tiểu: L   k    2  Xác định d Nhận xét: Đây toán giao thoa mỏng  sử dụng công thức xác định hiệu quang lộ - Xét hiệu quang lộ hai tia phản xạ hai mặt mỏng: TUẤN TEO TÓP Trang 1/81 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI L  L1  L2  2d n  sin 2i   - TH1: Cường độ sáng cực đại: L  k  , d  k  L  L1  L2  2d n  sin 2i    k    d   n  sin 2i  0, 65 4    sin 300 3 1  TH2: Cường độ sáng cực tiểu: L   k    , d  k  2    1   L  L1  L2  2d n  sin 2i    k      d    2 2 n  sin 2i  0,131  m  0, 65 4    sin 300 3  0, 263   m  Câu 4: Một chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng   0,56   m  chiều vng góc với mặt nêm thủy tinh chiết suất n  1,5 Biết khoảng cách N  17 vân tối liên tiếp l  1,5  cm  Góc nghiêng nêm có giá trị đây: A   1,89.104  rad  B   1,99.104  rad  C   1, 79.104  rad  D   1, 69.104  rad  Giải Nhận xét: Đây tốn giao thoa nêm có chiết suất n Ví trí vân tối: dt  k   k  0,1, 2,  Vị trí vân sáng: d s   2k  1   k  1, 2,3  Ta xét vị trí vân tối thứ k vân tối thứ k  16 gây nêm có chiết suất n (vì ánh sáng truyền qua mơi trường có chiết suất n bước sóng giảm n lần) Ví trí vân tối thứ k : dt  k  2n  k  0,1, 2,  Vị trí vân tối thứ k  16 : d k 16   k  16  Từ hình vẽ ta thấy: sin   2n d k 16  d k 8 8.0,56.106    1,99.104  rad  I1I nl 1,5.1.5.103  nhỏ nên   sin  1,99.104  rad  Câu 5: Chiếu chùm ánh sáng trắng song song vng góc với cách tử nhiễu xạ truyền qua có n  500 (vạch/mm) Hiệu góc lệch cuối quang phổ bậc đầu quang quang phổ bậc có giá trị bằng: A   2, 250 B   1,550 C   1, 250 D   1, 650 Giải Nhận xét: Phân tích đề ta thấy liên quan tới khái niệm quang phổ nhiễu xạ Khi ánh sáng trắng chiếu qua cách tử phẳng sóng ánh sáng đơn sắc cho hệ cực đại Do ánh sáng đơn sắc cho cực TUẤN TEO TÓP Trang 2/81 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI đại tiêu điểm F thấu kính nên ta quan sát vân trung tâm vân sáng trắng Hai mép vân trung tâm có viền nhiều màu: mép viền tím, mép ngồi viền đỏ Góc lệch cuối quang phổ bậc ứng với cực đại nhiễu xạ bậc tia đỏ (ứng với 1  0, 76   m  ): n  d (với d chu kỳ cách tử) Ta có: sin1  1  n1  1  22,330 d Góc lệch đầu quang phổ bậc ứng với cực đại nhiễu xạ bậc tia tím (ứng với 2  0,   m  : Ta có: sin2  2  2n2  2  23, 280 d Hiệu góc lệch cuối quang phổ bậc đầu quang quang phổ bậc có giá trị bằng:   2  1  23, 280  22,330  1, 250 Câu 6: Một chùm tia sáng đơn sắc song song, bước sóng   0,55   m  chiếu vng góc với mặt lỗ trịn Bán kính lỗ trịn có giá trị r  1,5  mm  Phía sau lỗ trịn có đặt quan sát vng góc với trục lỗ tròn cách lỗ tròn khoảng b Gía trị lớn b để tâm ảnh nhiễu xạ quan sát điểm tối A 2,15  m  B 2, 25  m  C 2,35  m  D 2, 05  m  Giải Bài tốn mở rộng: Xây dựng cơng thức tính bán kính đới cầu Fresnel thứ k Xét hai tam giác vuông OM k H k MM k H k : r  R   R  hk   d   b  hk  k 2 k Rhk  h k Vì   b   k   k   k b  4     b  k    b  hk  2  2   Rhk  k b  2bhk  hk   2bhk  hk2 k b  R  b Rbk Rb  rk  k Rb Rb Vì khoảng cách lớn bmax để tâm hình nhiễu xạ quan sát tối phải ứng với trường hợp lỗ tròn chứa hai đới Prênen Nghĩa bán kính lỗ trịn phải bang bán kính đới cầu thứ hai: Do hk nhỏ nên bán kính đới cầu thứ k là: rk2  Rhk  Rb b  r2  b Rb 1 R Theo đầu bài, chùm tia sáng tới chùm tia song song, mặt sóng lựa lỗ mặt phẳng  R    ,  k   : r  r2  1,5.103   r22 b   2, 05  m   , ta có r2  b  bmax  2 2.0,55.106 R TUẤN TEO TÓP Trang 3/81 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI Câu 7: Mặt phẳng (mặt phẳng dao động) hai lăng kính ni N1 N hợp với góc   600 Biết truyền qua lăng kính ni ánh sáng bị phản xạ hấp thụ k   %  Cường độ ánh sáng I  sau qua hai ni côn giảm   bằng:  I2  I I I I A  8, 76 B  8,86 C  8, 66 D  8,56 I2 I2 I2 I2 Giải Nhận xét: Đây toán Malus Áp dụng cơng thức liên quan xác định cường độ ánh sáng cần tìm I Cường độ sáng sau lăng kính nicon N1 là: I1  0,5 1  k  I     2,1 I1 0,5 1  k   5% Cường độ chùm sáng sau lăng kính N là: I  I1.cos 2  0,5 1  k  cos 2 I  I0   8, 42 I 0,5 1  5%  cos 600 Câu 8: Năng lượng hạt proton giếng chiều sâu vô hạn trạng thái n  7,5  meV  Cho biết khối lượng hạt proton m p  1, 672.1027  kg  Bề rộng giếng là: A 8,8  A0  B 8,  A0  C 8,  A0  D 8,  A0  Giải h n   7,5  meV  Hạt chuyển động giếng có lượng: En  2m p a  Bề rộng giếng là:  h     n 6, 6.1034  52  h.n 2   a    8, 2.1010  m   8,  A0  19 27 En m p 8En m p 8.7,5.10 1, 6.10 1, 672.10 Câu 9: Trong thí nghiệm đo bước sóng ánh sáng người ta dùng cách tử phẳng truyền qua, ánh sáng tới vng góc với mặt phẳng cách tử Đối với ánh sáng Natri  1  05892   m   , góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 1  17, 620 Đối với ánh sáng đơn sắc bước sóng cần đo, người ta quan sát thấy vạch quang phổ bậc góc nhiễu xạ 2  25,120 Bước sóng ánh sáng đơn sắc cần đo nhận giá trị đây: A 2  0, 4182   m  B 2  0, 4232   m  C 2  0, 4132   m  D 2  0, 4152   m  Giải Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch tia sáng: sin  k d 1  k1  1 1 d 2 Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 2  25,120  sin2   k2     d 1  sin1  1    sin2 1  sin25,12 0,5892  0, 4132  m Lấy   2sin1 2.sin17, 620   sin2 22 Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 1  17, 620  sin1  Câu 10: Một tia X có bước sóng 0,300  A0  tán xạ theo góc 600 hiệu ứng Compton Động hạt electron là: TUẤN TEO TÓP Trang 4/81 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI A 1,39  keV  B 1, 79  keV  C 1, 69  keV  D 1,59  keV  Giải Động electron ED  me c v 1   c  me c  hv  hv ' hay ED    Theo công thức tán xạ Compton:   C sin   2 hc  Ta tìm động electron bắn : ED   hc   hc hc hc    '     hc     C sin   2 Hay   C sin   2.2, 4.1012.sin  600  hc 6, 625.1034.3.108 2  ED    2,548.1016  J   1,592  keV  10 10 12   0,3.10   0,3.10  2.2, 4.10 sin 60     C sin2     ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG (PH1131) ĐỀ SỐ Họ tên: Lớp: .Mã hiệu SV: Câu 11: Một nguồn sáng điểm S đặt trục lỗ trịn có bán kính r thay đổi Khoảng cách từ nguồn sáng S đến lỗ trịn R  100  cm  Phía sau lỗ trịn có đặt quan sát vng góc với trục lỗ trịn cách lỗ trịn khoảng b  120  cm  Biết tâm hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại bán kính lỗ r1  1, 00  mm  có độ sáng cực đại bán kính lỗ r2  1,31 mm  Bước sóng ánh sáng dùng thí nghiệm là: A 0, 6364   m  C 0, 6584   m  B 0, 6264   m  D 0, 6564   m  Giải Nhận xét: Đây toán nhiễu xạ qua lỗ trịn gồm có hai trường hợp Về phương hướng giải ta sử dụng công thức bán kính Fresnel cho trường hợp sau kết hợp hai phương trình để rút giá trị bước sóng cần tìm TH1: Tâm hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại bán kính lỗ r1  1, 00  mm   điều có nghĩa Rb k * Rb TH2: Tâm hình nhiễu có độ sáng cực đại bán kính lỗ r2  1,31 mm   điều có nghĩa lỗ trịn có số lẻ k đới cầu Fresnel (chính đới cầu ứng với k ) Ta có: r1  rk  lỗ trịn phải có k  đới cầu Fresnel có số chẵn đới cầu M độ sáng giảm (chính đới cầu ứng với k  ) Ta có: r2  rk   Lấy *  ** Rb k  ** Rb k k  r22 1,312     2, 79  k  k 2 k r1 Thay k  vào * ta được: 3 r  R  b  1.10  1,  1 Rb  1 mm       9,167.107  m   0,9617   m  Rb Rb 2.1, 2.1 r1  TUẤN TEO TÓP Trang 5/81 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI Câu 12: Trong thí nghiệm dùng giao thoa kế Mai – ken – sơn dịch chuyển gương di động khoảng L  0, 013  mm  người ta quan sát thấy hình vân giao thoa dịch chuyển 40 khoảng vân Bước sóng ánh sáng dùng thí nghiệm bằng: A 0,55   m  B 0, 65   m  C 0, 45   m  D 0, 75   m  Giải Nhận xét: Đây toán liên quan tới giao thoa kế Michelson Trước hết ta cần phải hiểu nguyên tắc làm việc giao thoa kế Tia sáng từ nguồn đơn sắc bị phân tách thành hai phần gương bán mạ M đặt nghiêng góc 450 so với tia tới Chùm tia phản xạ từ M thẳng đứng lên gương M chùm tia thứ thẳng tới gương M Sau phản xạ từ M M hai tia sáng gặp gương M quan sát xảy tượng giao thoa Tấm kính P có chiều dày chiều dày gương M đặt trước gương M để đảm bảo cho hai tia phản xạ từ tương M M gương M qua kính có chiều dày Để xác định điều kiện xảy tượng giao thoa ta phải xét hiệu quang lộ ánh sáng truyền tới điểm gương M Ta thay đổi hiệu quang lộ cách dịch chuyển gương M lên xuống để thỏa mãn điều kiện cực tiểu cực đại giao thoa Nếu M dịch chuyển đoạn nửa bước sóng theo phương truyền tia sáng hiệu quang lộ thay đổi lượng bước sóng  hệ vân giao thoa dịch khoảng vân Ta có cơng thức tổng qt cho giao thoa kế Michelson là: L  m  Trong L độ dịch chuyển gương, m số khoảng vân dịch chuyển Áp dụng công thức ta có bước sóng dùng thí nghiệm là: L 2.0, 013.103    6,5.107  m   0, 65   m  m 40 Câu 13: Chiếu chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng   0,55   m  theo phương vng góc với cách tử nhiễu xạ Ngay sau cách từ có đặt thấu kính hội tụ có tiêu cự f  1, 00  m  để hứng chùm tia sáng lên E đặt tiêu diện thấu kính Khoảng cách hai cực đại quang phổ bậc l  0, 202  m  Số vạch cm cách tử có giá trị bằng: A n  1816 (vạch/cm) B n  1826 (vạch/cm) C n  1856 (vạch/cm) D n  1836 (vạch/cm) Giải TUẤN TEO TÓP Trang 6/81 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI k d Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch tia sáng: sin  Quang phổ bậc gồm vân cực đại  k  1  sin   d Khoảng cách vạch cực đại bằng: l  f tan Vì  góc nhỏ  tg  sin Hay  d  l f  2.1.0,55.106 d    5, 45.106  m   5, 45   m  2f l 0, 202 1   1836 (vạch/cm) ( d chu kỳ cách tử) d 5, 45.106.102 Câu 14: Trong thí nghiệm đo bước sóng ánh sáng người ta dùng cách tử phẳng truyền qua, ánh sáng tới vng góc với mặt phẳng cách tử Đối với ánh sáng Natri  1  05892   m   , góc nhiễu xạ ứng với vạch Mật độ khe (số khe/đơn vị độ dài): n  quang phổ bậc 1  17, 620 Đối với ánh sáng đơn sắc bước sóng cần đo, người ta quan sát thấy vạch quang phổ bậc góc nhiễu xạ 2  25,120 Bước sóng ánh sáng đơn sắc cần đo nhận giá trị đây: B 2  0, 4332   m  A 2  0, 4532   m  C 2  0, 4132   m  D 2  0, 4232   m  Giải k d Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch tia sáng: sin  1  k1  1 1 d 2 Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 2  25,120  sin2   k2     d 1  sin1  1    sin2 1  sin25,12 0,5892  0, 4132  m Lấy   2sin1 2.sin17, 620   sin2 22 Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 1  17, 620  sin1  Câu 15: Chiếu ánh sáng đơn sắc bước sóng   0,5   m  vào lỗ trịn có bán kính chưa biết Nguồn sáng điểm đặt cách lỗ trịn  m  , sau lỗ tròn  m  có đặt quan sát Hỏi bán kính lỗ trịn phải để tâm hình nhiễu xạ tối A 1 mm  B  mm  D  mm  C  mm  Giải Bài tốn mở rộng: Xây dựng cơng thức tính bán kính đới cầu Fresnel thứ k Xét hai tam giác vuông OM k H k MM k H k : r  R   R  hk   d   b  hk  k 2 k Rhk  h k TUẤN TEO TÓP  k   k b      b  k    b  hk  2  2  2bhk  hk2 Trang 7/81 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI k   k b Vì   b    Rhk  k b  2bhk  hk   R  b Do hk nhỏ nên bán kính đới cầu thứ k là: rk2  Rhk  Rbk  rk  Rb Rb k Rb Nhận xét: Đây tốn nhiễu xạ qua lỗ trịn Ta cần ý đặc điểm sau số đới Fresnel đới tròn ảnh hưởng tới biên độ Để tâm hình nhiễu xạ tối bán kính lỗ trịn phải có giá trị cho qua lỗ trịn có đới cầu Fresnel Do bán kính lỗ trịn phải bán kính đới cầu thứ rl  r2  Rb 2.2.0,5.106 k  103  mm   1 mm  Rb 22 Câu 16:Một tia X có bước sóng 0,300  A0  tán xạ theo góc 600 hiệu ứng Compton Động hạt electron là: A 1,59  keV  B 1, 69  keV  C 1, 49  keV  D 1, 79  keV  Giải Động electron ED  me c v 1   c  me c  hv  hv ' hay ED    Theo công thức tán xạ Compton:   C sin   2 hc  Ta tìm động electron bắn : ED   hc   hc hc hc    '     hc     C sin     Hay   C sin   2.2, 4.1012.sin  600  hc 6, 625.1034.3.108 2  ED    2,548.1016  J   1,592  keV  10 10 12   0,3.10   0,3.10  2.2, 4.10 sin  60    C sin2     Câu 17: Mặt phẳng (mặt phẳng dao động) hai lăng kính ni N1 N hợp với góc   600 Biết truyền qua lăng kính ni ánh sáng bị phản xạ hấp thụ k   %  Cường độ ánh I  sáng sau qua hai ni côn giảm   bằng:  I2  I I I I A  8,56 B  8,86 C  8, 66 D  8, 42 I2 I2 I2 I2 Giải Nhận xét: Đây tốn Malus Áp dụng cơng thức liên quan xác định cường độ ánh sáng cần tìm I Cường độ sáng sau lăng kính nicon N1 là: I1  0,5 1  k  I     2,1 I1 0,5 1  k   5% Cường độ chùm sáng sau lăng kính N là: I  I1.cos 2  0,5 1  k  cos 2 I  I0   8, 42 I 0,5 1  5%  cos 600 Câu 18: Một notron chuyển động nhiệt nhiệt độ 1130 C Bước sóng De Broglie tương ứng với hạt (cho mn  1, 674.1027  kg  ) TUẤN TEO TÓP Trang 8/81 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI A 1, 28  A0  C 1,38  A0  B 1,18  A0  D 1, 48  A0  Giải Phương trình thuyết động lực học phân tử: Dạng phương trình: p  n0 mv đó: n0 : mật độ phân tử đơn vị thể tích n n0  ; n : tổng số phân tử khí có thể tích V V m khối lượng phân tử khí v vận tốc tồn phương TB phân tử khí 2 mv Ta có: p  n0 mv  n0  n0 Wd 3 3 p (lưu ý: n0 V  N A số phân tử khí mol khí) n0 RT RT Từ phương trình trạng thái mol khí: p   Wd   kT ( N A số Avôgrađrô  6, 022.1023 V n0V R (phân tử /m3 ) k  NA Động trung bình phân tử khí: Wd  Vận tốc quần phương: vC  v R 8,314 T 113  273 NA 3kT 6, 022.1023 Mặt khác: Wd  mv  kT  vc  v     3090,375  m / s  2 m m 1, 674.1027 Nhận xét: Đây toán de Broglie, thể tính chất sóng hạt hạt vi mô Electron proton hai hạt vi mô tương ứng với sóng phẳng đơn sắc có tần số dao động f có bước sóng  - Theo cơng thức de Broglie ta có: h h h 6, 625.1034 p      1, 28.1010  m   1, 28  A0   p mv 1, 674.1027.3090,375 Câu 19: Chiếu chùm ánh sáng trắng song song vng góc với cách tử nhiễu xạ truyền qua có n  500 (vạch/mm) Hiệu góc lệch cuối quang phổ bậc đầu quang quang phổ bậc có giá trị bằng: A   1, 200 B   1,350 C   1, 250 D   1,310 Giải Nhận xét: Phân tích đề ta thấy liên quan tới khái niệm quang phổ nhiễu xạ Khi ánh sáng trắng chiếu qua cách tử phẳng sóng ánh sáng đơn sắc cho hệ cực đại Do ánh sáng đơn sắc cho cực đại tiêu điểm F thấu kính nên ta quan sát vân trung tâm vân sáng trắng Hai mép vân trung tâm có viền nhiều màu: mép viền tím, mép ngồi viền đỏ Góc lệch cuối quang phổ bậc ứng với cực đại nhiễu xạ bậc tia đỏ (ứng với 1  0, 76   m  ): n  d (với d chu kỳ cách tử) Ta có: sin1  1  n1  1  22,330 d Góc lệch đầu quang phổ bậc ứng với cực đại nhiễu xạ bậc tia tím (ứng với 2  0,   m  : Ta có: sin2  2  2n2  2  23, 280 d Hiệu góc lệch cuối quang phổ bậc đầu quang quang phổ bậc có giá trị bằng:   2  1  23, 280  22,330  1, 250 TUẤN TEO TÓP Trang 9/81 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI Câu 20: Vạch quang phổ ứng với bước sóng   0,5461  m  quan sát với góc góc   1908 ' Số vạch 1 cm  cách tử có giá trị B n  1826 (vạch/cm) A n  1816 (vạch/cm) (Thiếu kiện) D n  1836 (vạch/cm) C n  1856 (vạch/cm) ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG (PH1131) ĐỀ SỐ Họ tên: Lớp: .Mã hiệu SV: Câu 21: Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng 1  0, 65   m  vào Yâng Khoảng cách hai khe a   mm  Màn ảnh đặt song song cách mặt phẳng khe đoạn D   m  Đặt trước khe mỏng có hai mặt song song chiết suất n  1,5 có bề dày e  10   m  Độ dịch chuyển hệ thống vân giao thoa quan sát là: A 1 cm  B 1,1 cm  C 1,  cm  D 1,5  cm  Giải Độ dịch chuyển hệ thống vân giao thoa  n  1 e.D  1,5  1 10.106.2  0, 01 m  cm y      a 103 Câu 22: Một chùm tia sáng đơn sắc song song, bước sóng   0,55   m  chiếu vng góc với mặt lỗ trịn Bán kính lỗ trịn có giá trị r  1,5  mm  Phía sau lỗ trịn có đặt quan sát vng góc với trục lỗ tròn cách lỗ tròn khoảng b Gía trị lớn b để tâm ảnh nhiễu xạ quan sát điểm tối A 2,15  m  B 2, 25  m  C 2, 05  m  D 1,95  m  Giải Bài tốn mở rộng: Xây dựng cơng thức tính bán kính đới cầu Fresnel thứ k Xét hai tam giác vuông OM k H k MM k H k : r  R   R  hk   d   b  hk  k 2 k Rhk  h k Vì   b   k   k   k b    Rhk  k b  2bhk  hk      b  k    b  hk  2  2  2bhk  hk2 k b  R  b Do hk nhỏ nên bán kính đới cầu thứ k là: rk2  Rhk  TUẤN TEO TÓP Rbk  rk  Rb Rb k Rb Trang 10/81 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI ĐỀ SỐ 18 Họ tên: Lớp: .Mã hiệu SV: Câu 151: Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng 1  0, 65   m  vào Yâng Đặt trước khe mỏng có hai mặt song song chiết suất n  1,5 có bề dày e  12   m  Độ dịch chuyển hệ thống vân giao thoa quan sát  mm  Bề rộng vân giao thoa có giá trị A i  0,55  mm  B i  0, 65  mm  D i  0, 75  mm  C i  0, 45  mm  Giải Độ dịch chuyển hệ thống vân giao thoa  n  1 e.D  mm  D  y  6.103 y   1000   d d  n  1 e 1,5  1 12.106 Bề rộng vân giao thoa có giá trị D i  0, 65.106.100  0, 65.103  m   6,5  mm  d Câu 152: Chiếu chùm ánh sáng đơn sắc song song vng góc với thủy tinh phẳng hệ thống vân tròn Newton Hệ thống vận đặt khơng khí Thấy kính phẳng – lồi có bán kính mặt lồi R  9,  m  Quan sát hệ thống vân tròn Newton chùm tia phản xạ người ta thấy bán kính hai vân tối liên tiếp 4,94  mm  5,53  mm  Bước sóng ánh sáng có giá trị là: B 0,56   m  A 0, 62   m  Giải D 0, 72   m  C 0, 66   m  Bán kính vân tối Newton xác định bởi: rk  Rk  Bán kính vân tối thứ k : rk  Rk  Bán kính vân tối thứ k  1: rk 1  R  k  1  Lấy    rk 1  1 rk 1  2 r2 r2 k 1 k 1  k 21   k  k Thay vào 1 , ta được: k rk k rk 1  rk r2 r  r  5,53.10 rk  kR  rk2  k R.    k 1 k  rk 1  rk R    4,94.10  3 9, 3  6, 6.10 7  m   0, 66   m   Bước sóng ánh sáng:   0, 66   m  Câu 153: Chiếu chùm tia sáng song song, đơn sắc bước sóng   0, 65   m  lên xà phòng chiết suất góc i  300 Bề dày nhỏ màng xà phịng để tia phản chiếu có cường độ cực tiểu A d  0, 253   m  B d  0, 263   m  C d  0, 232   m  D d  0, 243   m  n Giải Xét hiệu quang lộ hai tia phản xạ bề mặt mỏng: L  L1  L2  2d n  sin 2i   Xét điều kiện vân sáng – vân tối: Vân sáng: L  k  1  Vân tối: L   k    2  TUẤN TEO TÓP Trang 67/81 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI 1  Từ kiện đề để chùm tia phản xạ có cường độ sáng cực tiểu hiệu quang lộ phải  k    2  Bài toán yêu cầu ta xác định bề dày nhỏ Từ công thức ta thấy bề dày nhỏ k   ta có:  0, 65 d    0, 263   m  2 n  sin 2i      sin 300 3 Câu 154: Một chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng   0,56   m  chiều vng góc với mặt nêm thủy tinh chiết suất n  1,5 Biết khoảng cách N  17 vân tối liên tiếp l  1,5  cm  Góc nghiêng nêm có giá trị đây: A   1,99.104  rad  B   1, 69.104  rad  C   1, 79.104  rad  D   1,89.104  rad  Giải Nhận xét: Đây toán giao thoa nêm có chiết suất n Ví trí vân tối: dt  k   k  0,1, 2,  Vị trí vân sáng: d s   2k  1   k  1, 2,3  Ta xét vị trí vân tối thứ k vân tối thứ k  16 gây nêm có chiết suất n (vì ánh sáng truyền qua mơi trường có chiết suất n bước sóng giảm n lần) Ví trí vân tối thứ k : dt  k  2n  k  0,1, 2,  Vị trí vân tối thứ k  16 : d k 16   k  16  Từ hình vẽ ta thấy: sin   2n d k 16  d k 8 8.0,56.106    1,99.104  rad  I1I nl 1,5.1.5.103  nhỏ nên   sin  1,99.104  rad  Câu 155: Chiếu chùm ánh sáng trắng song song vng góc với cách tử nhiễu xạ truyền qua có n  500 (vạch/mm) Hiệu góc lệch cuối quang phổ bậc đầu quang quang phổ bậc có giá trị bằng: A   1,350 B   1,150 C   1, 280 D   1, 250 Giải Nhận xét: Phân tích đề ta thấy liên quan tới khái niệm quang phổ nhiễu xạ Khi ánh sáng trắng chiếu qua cách tử phẳng sóng ánh sáng đơn sắc cho hệ cực đại Do ánh sáng đơn sắc cho cực đại tiêu điểm F thấu kính nên ta quan sát vân trung tâm vân sáng trắng Hai mép vân trung tâm có viền nhiều màu: mép viền tím, mép ngồi viền đỏ Góc lệch cuối quang phổ bậc ứng với cực đại nhiễu xạ bậc tia đỏ (ứng với 1  0, 76   m  ): n  d (với d chu kỳ cách tử) TUẤN TEO TÓP Trang 68/81 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI Ta có: sin1  1  n1  1  22,330 d Góc lệch đầu quang phổ bậc ứng với cực đại nhiễu xạ bậc tia tím (ứng với 2  0,   m  : Ta có: sin2  2  2n2  2  23, 280 d Hiệu góc lệch cuối quang phổ bậc đầu quang quang phổ bậc có giá trị bằng:   2  1  23, 280  22,330  1, 250 Câu 156: Một chùm tia sáng đơn sắc song song, bước sóng   0,55   m  chiếu vng góc với mặt lỗ trịn bán kính r  1,5  mm  Phía sau lỗ trịn có đặt quan sát vng góc với trục lỗ tròn cách lỗ tròn khoảng b Gía trị lớn b để tâm ảnh nhiễu xạ quan sát điểm tối A 2,35  m  B 2, 25  m  C 2, 05  m  D 2,15  m  Giải Bài toán mở rộng: Xây dựng cơng thức tính bán kính đới cầu Fresnel thứ k Xét hai tam giác vuông OM k H k MM k H k : r  R   R  hk   d   b  hk  k 2 k Rhk  h k Vì   b   k   k   k b  4     b  k    b  hk  2  2   Rhk  k b  2bhk  hk   2bhk  hk2 k b  R  b Rbk Rb  rk  k Rb Rb VI khoảng cách lớn bmax để tâm hình nhiễu xạ quan sát tối phải ứng với trường hợp lỗ tròn chứa hai đới Prênen Nghĩa bán kính lỗ trịn phải bang bán kính đới cầu thứ hai: Do hk nhỏ nên bán kính đới cầu thứ k là: rk2  Rhk  Rb b  r2  b Rb 1 R Theo đầu bài, chùm tia sáng tới chùm tia song song, mặt sóng lựa lỗ mặt phẳng  R    ,  k   : r  r2  1,5.103   r22 b   2, 05  m   , ta có r2  b  bmax  2 2.0,55.106 R Câu 157: Mặt phẳng (mặt phẳng dao động) hai lăng kính ni N1 N hợp với góc   600 Biết truyền qua lăng kính ni ánh sáng bị phản xạ hấp thụ k   %  Cường độ ánh I  sáng sau qua hai ni côn giảm   bằng:  I2  TUẤN TEO TÓP Trang 69/81 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI A I0  8,86 I2 B I0  8,56 I2 C I0  8, 66 I2 D I0  8, 76 I2 Giải Nhận xét: Đây toán Malus Áp dụng công thức liên quan xác định cường độ ánh sáng cần tìm I Cường độ sáng sau lăng kính nicon N1 là: I1  0,5 1  k  I     2,1 I1 0,5 1  k   5% Cường độ chùm sáng sau lăng kính N là: I  I1.cos 2  0,5 1  k  cos 2 I  I0   8, 42 I 0,5 1  5%  cos 600 Câu 158: Thấu kính hệ vân trịn Newton có bán kính mặt cong R  15  m  Chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng  chiếu vng góc với hệ thống Quan sát vân giao thoa người ta đo khoảng cách vân tối thứ vân tối thứ 25  mm  Đường kính vân tối thứ 16 có giá trị A 24  mm  B 23  mm  C 25  mm  D 26  mm  Giải Bán kính vân tối Newton xác định bởi: rk  Rk  Bán kính vân tối thứ : r4  4.R  R 1 Bán kính vân tối thứ 25 : r25  25R  R  2 r Lấy    1  r  r25  r4  R  8,5  mm     9R Bán kính vân tối thứ 16 : r16  16.R  R   r  R 9R   r    12  mm  Đường kính vân tối thứ 16 có giá trị d16  2.r16  2.12  24  mm  Câu 159: Trong thí nghiệm đo bước sóng ánh sáng người ta dùng cách tử phẳng truyền qua, ánh sáng tới vng góc với mặt phẳng cách tử Đối với ánh sáng Natri  1  05892   m   , góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 1  17, 620 Đối với ánh sáng đơn sắc bước sóng cần đo, người ta quan sát thấy vạch quang phổ bậc góc nhiễu xạ 2  25,120 Bước sóng ánh sáng đơn sắc cần đo nhận giá trị đây: A 2  0, 4332   m  B 2  0, 4152   m  C 2  0, 4232   m  D 2  0, 4132   m  Giải Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch tia sáng: sin  k d 1  k1  1 1 d 2 Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 2  25,120  sin2   k2     d 1  sin1  1    sin2 1  sin25,12 0,5892  0, 4132  m Lấy   2sin1 2.sin17, 620   sin2 22 Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 1  17, 620  sin1  Câu 160: Một tia X có bước sóng 0,300  A0  tán xạ theo góc 600 hiệu ứng Compton Động hạt electron là: A 1,39  keV  TUẤN TEO TÓP B 1, 49  keV  C 1,59  keV  D 1, 60  keV  Trang 70/81 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI Giải Động electron ED  me c v 1   c  me c  hv  hv ' hay ED    Theo công thức tán xạ Compton:   C sin   2 hc  Ta tìm động electron bắn : ED   hc   hc hc hc    '     hc     C sin   2 Hay   C sin   34 2.2, 4.1012.sin  600  hc    6, 625.10 3.10 ED   2,548.1016  J   1,592  keV  10 10 12  0,3.10   0,3.10  2.2, 4.10 sin  60    C sin2   2 ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG (PH1131) ĐỀ SỐ 19 Họ tên: Lớp: .Mã hiệu SV: Câu 161: Một nguồn sáng điểm S đặt trục lỗ trịn có bán kính r thay đổi Khoảng cách từ nguồn sáng S đến lỗ tròn R  100  cm  Phía sau lỗ trịn có đặt quan sát vng góc với trục lỗ tròn cách lỗ tròn khoảng b  120  cm  Biết tâm hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại bán kính lỗ r1  1, 00  mm  có độ sáng cực đại bán kính lỗ r2  1,31 mm  Bước sóng ánh sáng dùng thí nghiệm là: A 0, 6364   m  C 0, 6564   m  B 0, 6264   m  D 0, 6464   m  Giải Nhận xét: Đây toán nhiễu xạ qua lỗ trịn gồm có hai trường hợp Về phương hướng giải ta sử dụng cơng thức bán kính Fresnel cho trường hợp sau kết hợp hai phương trình để rút giá trị bước sóng cần tìm TH1: Tâm hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại bán kính lỗ r1  1, 00  mm   điều có nghĩa Rb k * Rb TH2: Tâm hình nhiễu có độ sáng cực đại bán kính lỗ r2  1,31 mm   điều có nghĩa lỗ trịn có số lẻ k đới cầu Fresnel (chính đới cầu ứng với k ) Ta có: r1  rk  lỗ trịn phải có k  đới cầu Fresnel có số chẵn đới cầu M độ sáng giảm (chính đới cầu ứng với k  ) Ta có: r2  rk   Lấy *  ** Rb k  ** Rb k k  r22 1,312     2, 79  k  k 2 k r1 Thay k  vào * ta được: 3 r12  R  b  1.10  1,  1 Rb  1 mm       9,167.107  m   0,9617   m  Rb Rb 2.1, 2.1 r1  TUẤN TEO TÓP Trang 71/81 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI Câu 162: Trong thí nghiệm dùng giao thoa kế Mai – ken – sơn dịch chuyển gương di động khoảng L  0, 013  mm  người ta quan sát thấy hình vân giao thoa dịch chuyển 40 khoảng vân Bước sóng ánh sáng dùng thí nghiệm bằng: A 0, 65   m  B 0, 68   m  C 0,55   m  D 0, 75   m  Giải Nhận xét: Đây toán liên quan tới giao thoa kế Michelson Trước hết ta cần phải hiểu nguyên tắc làm việc giao thoa kế Tia sáng từ nguồn đơn sắc bị phân tách thành hai phần gương bán mạ M đặt nghiêng góc 450 so với tia tới Chùm tia phản xạ từ M thẳng đứng lên gương M chùm tia thứ thẳng tới gương M Sau phản xạ từ M M hai tia sáng gặp gương M quan sát xảy tượng giao thoa Tấm kính P có chiều dày chiều dày gương M đặt trước gương M để đảm bảo cho hai tia phản xạ từ tương M M gương M qua kính có chiều dày Để xác định điều kiện xảy tượng giao thoa ta phải xét hiệu quang lộ ánh sáng truyền tới điểm gương M Ta thay đổi hiệu quang lộ cách dịch chuyển gương M lên xuống để thỏa mãn điều kiện cực tiểu cực đại giao thoa Nếu M dịch chuyển đoạn nửa bước sóng theo phương truyền tia sáng hiệu quang lộ thay đổi lượng bước sóng  hệ vân giao thoa dịch khoảng vân Ta có cơng thức tổng quát cho giao thoa kế Michelson là: L  m  Trong L độ dịch chuyển gương, m số khoảng vân dịch chuyển Áp dụng cơng thức ta có bước sóng dùng thí nghiệm là: L 2.0, 013.103    6,5.107  m   0, 65   m  m 40 Câu 163: Chiếu chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng   0,55   m  theo phương vng góc với cách tử nhiễu xạ Ngay sau cách từ có đặt thấu kính hội tụ có tiêu cự f  1, 00  m  để hứng chùm tia sáng lên E đặt tiêu diện thấu kính Khoảng cách hai cực đại quang phổ bậc l  0, 202  m  Số vạch cm cách tử có giá trị bằng: A n  1826 (vạch/cm) B n  1856 (vạch/cm) C n  1836 (vạch/cm) D n  1816 (vạch/cm) Giải TUẤN TEO TÓP Trang 72/81 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI k d Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch tia sáng: sin  Quang phổ bậc gồm vân cực đại  k  1  sin   d Khoảng cách vạch cực đại bằng: l  f tan Vì  góc nhỏ  tg  sin Hay  d  l f  2.1.0,55.106 d    5, 45.106  m   5, 45   m  2f l 0, 202 1   1836 (vạch/cm) ( d chu kỳ cách tử) d 5, 45.106.102 Câu 164: Trong thí nghiệm đo bước sóng ánh sáng người ta dùng cách tử phẳng truyền qua, ánh sáng tới vng góc với mặt phẳng cách tử Đối với ánh sáng Natri  1  05892   m   , góc nhiễu xạ ứng với vạch Mật độ khe (số khe/đơn vị độ dài): n  quang phổ bậc 1  17, 620 Đối với ánh sáng đơn sắc bước sóng cần đo, người ta quan sát thấy vạch quang phổ bậc góc nhiễu xạ 2  25,120 Bước sóng ánh sáng đơn sắc cần đo nhận giá trị đây: B 2  0, 4132   m  A 2  0, 4232   m  C 2  0, 4332   m  D 2  0, 4182   m  Giải k d Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch tia sáng: sin  1  k1  1 1 d 2 Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 2  25,120  sin2   k2     d 1  sin1  1    sin2 1  sin25,12 0,5892  0, 4132  m Lấy   2sin1 2.sin17, 620   sin2 22 Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 1  17, 620  sin1  Câu 165: Một nguồn sáng điểm nằm trục lỗ trịn, cách lỗ trịn 1,5  m  Ánh sáng nguồn phát có bước sóng   0, 62   m  Sau lỗ trịn đặt quan sát vng góc với trục lỗ trịn cách lỗ trịn 2, 00  m  Để tâm hình ảnh nhiễu xạ quan sát tối bán kính lỗ trịn phải có giá trị bằng: A 0, 63  mm  D 0, 73  mm  C 0, 70  mm  B 0, 79  mm  Giải Bài tốn mở rộng: Xây dựng cơng thức tính bán kính đới cầu Fresnel thứ k Xét hai tam giác vuông OM k H k MM k H k : r  R   R  hk   d   b  hk  k 2 k Rhk  h k TUẤN TEO TÓP  k   k b      b  k    b  hk  2  2  2bhk  hk2 Trang 73/81 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI k   k b Vì   b    Rhk  k b  2bhk  hk   R  b Do hk nhỏ nên bán kính đới cầu thứ k là: rk2  Rhk  Rbk  rk  Rb Rb k Rb Nhận xét: Đây tốn nhiễu xạ qua lỗ trịn Ta cần ý đặc điểm sau số đới Fresnel đới tròn ảnh hưởng tới biên độ Để tâm hình nhiễu xạ tối bán kính lỗ trịn phải có giá trị cho qua lỗ trịn có đới cầu Fresnel Do bán kính lỗ trịn phải bán kính đới cầu thứ rl  r1  Rb 1,5.2.0, 62.106 k  7,3.104  m   0, 73  mm  Rb  1,5 Câu 166:Một tia X có bước sóng 0,300  A0  tán xạ theo góc 600 hiệu ứng Compton Động hạt electron là: A 1,39  keV  B 1,59  keV  C 1, 49  keV  D 1, 69  keV  Giải Động electron ED  me c v 1   c  me c  hv  hv ' hay ED    Theo công thức tán xạ Compton:   C sin   2 hc  Ta tìm động electron bắn : ED   hc   hc hc hc    '     hc     C sin   2 Hay   C sin   2.2, 4.1012.sin  600  hc 6, 625.1034.3.108 2  ED    2,548.1016  J   1,592  keV  10 10 12  0,3.10   0,3.10  2.2, 4.10 sin  60    C sin2   2 Câu 167: Mặt phẳng (mặt phẳng dao động) hai lăng kính ni N1 N hợp với góc   600 Biết truyền qua lăng kính ni ánh sáng bị phản xạ hấp thụ k   %  Cường độ ánh I  sáng sau qua hai ni côn giảm   bằng:  I2  I I I I A  8,56 B  8, 66 C  8, 76 D  8,86 I2 I2 I2 I2 Giải Nhận xét: Đây toán Malus Áp dụng công thức liên quan xác định cường độ ánh sáng cần tìm I Cường độ sáng sau lăng kính nicon N1 là: I1  0,5 1  k  I     2,1 I1 0,5 1  k   5% Cường độ chùm sáng sau lăng kính N là: I  I1.cos 2  0,5 1  k  cos 2 I  I0   8, 42 I 0,5 1  5%  cos 600 Câu 168: Một notron chuyển động nhiệt nhiệt độ 1130 C Bước sóng De Broglie tương ứng với hạt (cho mn  1, 674.1027  kg  ) TUẤN TEO TÓP Trang 74/81 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI A 1, 48  A0  C 1, 28  A0  B 1,18  A0  D 1,38  A0  Giải Phương trình thuyết động lực học phân tử: Dạng phương trình: p  n0 mv đó: n0 : mật độ phân tử đơn vị thể tích n n0  ; n : tổng số phân tử khí có thể tích V V m khối lượng phân tử khí v vận tốc tồn phương TB phân tử khí 2 mv Ta có: p  n0 mv  n0  n0 Wd 3 3 p (lưu ý: n0 V  N A số phân tử khí mol khí) n0 RT RT Từ phương trình trạng thái mol khí: p   Wd   kT ( N A số Avôgrađrô  6, 022.1023 V n0V R (phân tử /m3 ) k  NA Động trung bình phân tử khí: Wd  Vận tốc quần phương: vC  v R 8,314 T 113  273 NA 3kT 6, 022.1023 Mặt khác: Wd  mv  kT  vc  v     3090,375  m / s  2 m m 1, 674.1027 Nhận xét: Đây toán de Broglie, thể tính chất sóng hạt hạt vi mơ Electron proton hai hạt vi mơ tương ứng với sóng phẳng đơn sắc có tần số dao động f có bước sóng  - Theo cơng thức de Broglie ta có: h h h 6, 625.1034 p      1, 28.1010  m   1, 28  A0   p mv 1, 674.1027.3090,375 Câu 169: Chiếu chùm ánh sáng trắng song song vng góc với cách tử nhiễu xạ truyền qua có n  500 (vạch/mm) Hiệu góc lệch cuối quang phổ bậc đầu quang quang phổ bậc có giá trị bằng: A   1, 250 B   1,350 C   1, 450 D   1,550 Giải Nhận xét: Phân tích đề ta thấy liên quan tới khái niệm quang phổ nhiễu xạ Khi ánh sáng trắng chiếu qua cách tử phẳng sóng ánh sáng đơn sắc cho hệ cực đại Do ánh sáng đơn sắc cho cực đại tiêu điểm F thấu kính nên ta quan sát vân trung tâm vân sáng trắng Hai mép vân trung tâm có viền nhiều màu: mép viền tím, mép ngồi viền đỏ Góc lệch cuối quang phổ bậc ứng với cực đại nhiễu xạ bậc tia đỏ (ứng với 1  0, 76   m  ): n  d (với d chu kỳ cách tử) Ta có: sin1  1  n1  1  22,330 d Góc lệch đầu quang phổ bậc ứng với cực đại nhiễu xạ bậc tia tím (ứng với 2  0,   m  : Ta có: sin2  2  2n2  2  23, 280 d Hiệu góc lệch cuối quang phổ bậc đầu quang quang phổ bậc có giá trị bằng:   2  1  23, 280  22,330  1, 250 TUẤN TEO TÓP Trang 75/81 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI Câu 170: Vạch quang phổ ứng với bước sóng   0,5461  m  quan sát với góc góc   1908 ' Số vạch 1 cm  cách tử có giá trị B n  1826 (vạch/cm) A n  1816 (vạch/cm) (Thiếu kiện) D n  1836 (vạch/cm) C n  1856 (vạch/cm) ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG (PH1131) ĐỀ SỐ 20 Họ tên: Lớp: .Mã hiệu SV: Câu 171: Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng 1  0, 65   m  vào Yâng Khoảng cách hai khe a   mm  Màn ảnh đặt song song cách mặt phẳng khe đoạn D   m  Đặt trước khe mỏng có hai mặt song song chiết suất n  1,5 có bề dày e  10   m  Độ dịch chuyển hệ thống vân giao thoa quan sát là: A 1,  cm  B 1,  cm  C 1,3  cm  D 1,  cm  Giải Độ dịch chuyển hệ thống vân giao thoa  n  1 e.D  1,5  1 10.106.2  0, 01 m  cm y      a 103 Câu 172: Một chùm tia sáng đơn sắc song song, bước sóng   0,55   m  chiếu vng góc với mặt lỗ trịn Bán kính lỗ trịn có giá trị r  1,5  mm  Phía sau lỗ trịn có đặt quan sát vng góc với trục lỗ trịn cách lỗ trịn khoảng b Gía trị lớn b để tâm ảnh nhiễu xạ quan sát điểm tối A 2, 05  m  B 2,15  m  C 2, 25  m  D 1,95  m  Giải Bài tốn mở rộng: Xây dựng cơng thức tính bán kính đới cầu Fresnel thứ k Xét hai tam giác vuông OM k H k MM k H k : r  R   R  hk   d   b  hk  k 2 k Rhk  h k Vì   b   k   k   k b    Rhk  k b  2bhk  hk      b  k    b  hk  2  2  2bhk  hk2 k b  R  b Do hk nhỏ nên bán kính đới cầu thứ k là: rk2  Rhk  TUẤN TEO TÓP Rbk  rk  Rb Rb k Rb Trang 76/81 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI Vì khoảng cách lớn bmax để tâm hình nhiễu xạ quan sát tối phải ứng với trường hợp lỗ tròn chứa hai đới Prênen Nghĩa bán kính lỗ trịn phải bang bán kính đới cầu thứ hai: Rb b  r2  b Rb 1 R Theo đầu bài, chùm tia sáng tới chùm tia song song, mặt sóng lựa lỗ mặt phẳng  R    ,  k   : r  r2  1,5.103   r22 b   2, 05  m   , ta có r2  b  bmax  2 2.0,55.106 R Câu 173: Trong tượng Compton bước sóng chùm photon tới 0, 05A0 Phần lượng truyền cho electron photon tán xạ góc 1800 : A 125  keV  B 128  keV  C 122  keV  D 120  keV  Giải Động electron ED  me c v 1   c  me c  hv  hv ' hay ED    Theo công thức tán xạ Compton:   C sin   2 hc  Ta tìm động electron bắn : ED   hc   hc hc hc    '     hc     C sin   2 Hay   C sin   2.2, 4.1012.sin2  900  hc 6, 625.1034.3.108 2  ED    1,947.1014  J   122  keV  10 10 12  0, 05.10   0, 05.10  2.2, 4.10 sin  90    C sin2   2 Câu 174: Chiếu chùm ánh sáng song song, đơn sắc có bước sóng  theo phương vng góc với lỗ trịn Điểm quan sát nằm cách mặt sóng khoảng b  1, 00  m  Khi bán kính lỗ trịn thay đổi lấy hai giá trị r1  1, 22  mm  r2  1,58  mm  tâm hình ảnh nhiễu xạ quan sát điểm sáng Bước sóng ánh sáng dùng thí nghiệm có giá trị: A   0,504   m  B   0,514   m  C   0,524   m  D   0,518   m  Giải Nhận xét: Đây toán nhiễu xạ qua lỗ trịn gồm có hai trường hợp Về phương hướng giải ta sử dụng công thức bán kính Fresnel cho trường hợp sau kết hợp hai phương trình để rút giá trị bước sóng cần tìm TH1: Tâm hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại bán kính lỗ r1  1, 00  mm   điều có nghĩa Rb k * Rb TH2: Tâm hình nhiễu có độ sáng cực đại bán kính lỗ r2  1,31 mm   điều có nghĩa lỗ trịn có số lẻ k đới cầu Fresnel (chính đới cầu ứng với k ) Ta có: r1  rk  lỗ trịn phải có k  đới cầu Fresnel có số chẵn đới cầu M độ sáng giảm (chính đới cầu ứng với k  ) Ta có: r2  rk   *  k k  r22 Lấy    k r1 ** k  TUẤN TEO TÓP  Rb k  ** Rb 1,582  2,95  k  1, 222 Trang 77/81 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI Thay k  vào * ta được: 3 r  R  b  1, 22.10  1,  1 Rb  1 mm       9,167.10 7  m   0,9617   m  Rb Rb 2.1, 2.1 r1  Câu 175: Một nguồn sáng điểm đơn sắc chiếu ánh sáng có bước sóng   0,5   m  vào lỗ trịn có bán kính r  1, 00  mm  Khoảng cách từ nguồn sáng tới lỗ tròn R  1, 00  m  Để lỗ tròn chứa đới cầu Fresnel khoảng cách từ lỗ trịn tới điểm quan sát có giá trị bằng: A b  0, 72  m  B b  0, 67  m  D b  0, 62  m  C b  0,57  m  Giải Bài tốn mở rộng: Xây dựng cơng thức tính bán kính đới cầu Fresnel thứ k Xét hai tam giác vuông OM k H k MM k H k : r  R   R  hk   d   b  hk  k 2 k Rhk  h k  k  Vì   b      b  k    b  hk  2  2  k   k b    Rhk  k b  2bhk  hk   2bhk  hk2 k b  R  b Do hk nhỏ nên bán kính đới cầu thứ k là: rk2  Rhk  Rbk  rk  Rb Rb k Rb Để lỗ tròn chứa đới cầu Fresnel khoảng cách từ lỗ trịn tới điểm quan sát  k  1.103  R.r52 Rb.5 r  b   0, 67  m  Rb 5R  r52 5.1.0,5.106  1.103 2 2 Câu 176: Thấu kính hệ vân trịn Newton có bán kính mặt cong R  15  m  Chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng  chiếu vng góc với hệ thống Quan sát vân giao thoa người ta đo khoảng cách vân tối thứ vân tối thứ 25  mm  Đường kính vân tối thứ 16 có giá trị A 28  mm  B 26  mm  C 20  mm  D 24  mm  Giải Bán kính vân tối Newton xác định bởi: rk  Rk  Bán kính vân tối thứ : r4  4.R  R 1 Bán kính vân tối thứ 25 : r25  25R  R  2 Lấy    1  r  r25  r4  R  8,5  mm     TUẤN TEO TÓP r 9R Trang 78/81 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI r   4 Bán kính vân tối thứ 16 : r16  16.R  R  R   r    12  mm  9R 3 Đường kính vân tối thứ 16 có giá trị d16  2.r16  2.12  24  mm  Câu 177: Một chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng  chiếu vng góc với khe hẹp chữ nhật có bề rộng b  0,10  mm  Ngay sau khe có đặt thấu kính để hứng chùm tía sáng lên E đặt cách thấu kính khoảng D  1, 00  m  Bề rộng cực đại quan sát l  1, 20  cm  Bước sóng ánh sáng dùng thí nghiệm có giá trị A   0, 62   m  B   0, 65   m  C   0, 60   m  D   0, 66   m  Giải Theo định nghĩa, bề rộng vân cực đại khoảng cách siữa hai cực tiểu nhiễu xạ hai bên cực đại Độ lớn góc nhiễu xạ  ứng với cực tiểu nhiều xạ xác định bởi: k  1: sin   b Bề rộng l cùa cực đại bằng: l  D.tan Vì  góc nhỏ  tg  sin  l l.b 1, 2.102.0,1.103 Hay     6.107  m   0,   m  b 2D 2D 2.1 Câu 178: Chiếu chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng   0,5   m  theo phương vng góc với cách tử nhiễu xạ Ngay sau cách từ có đặt thấu kính hội tụ có tiêu cự f  1, 00  m  để hứng chùm tia sáng lên E đặt tiêu diện thấu kính Khoảng cách hai cực đại quang phổ bậc l  0, 202  m  Số vạch cm cách tử có giá trị bằng: A n  1806 (vạch/cm) Giải B n  1836 (vạch/cm) C n  1826 (vạch/cm) Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch tia sáng: sin  Quang phổ bậc gồm vân cực đại  k  1  sin  D n  1816 (vạch/cm) k d  d Khoảng cách vạch cực đại bằng: l  f tan TUẤN TEO TÓP Trang 79/81 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI Vì  góc nhỏ  tg  sin Hay  d  l f  2.1.0,55.106 d    5, 45.106  m   5, 45   m  2f l 0, 202 1   1836 (vạch/cm) ( d chu kỳ cách tử) d 5, 45.106.102 Câu 179: Một màng xà phòng chiết suất n  1,33 đặt thẳng đứng Nước xà phịng dồn xuống phía có dạng hình nêm Quan sát vân giao thoa ánh sáng phản chiếu màu vàng    600  nm   người ta thấy khoảng Mật độ khe (số khe/đơn vị độ dài): n  cách vân tối 2,5  cm  Góc nghiêng nêm có giá trị A   0, 78.104  rad  Giải B   0, 75.104  rad  C   0, 72.104  rad  D   0, 70.104  rad  Nhận xét: Đây toán giao thoa nêm có chiết suất n Ví trí vân tối: dt  k   k  0,1, 2,  Vị trí vân sáng: d s   2k  1   k  1, 2,3  Ta xét vị trí vân tối thứ k vân tối thứ k  gây nêm có chiết suất n (vì ánh sáng truyền qua mơi trường có chiết suất n bước sóng giảm n lần) Ví trí vân tối thứ k : dt  k  2n  k  0,1, 2,  Vị trí vân tối thứ k  : d k 8   k   Từ hình vẽ ta thấy: sin   2n d k 8  d k 4 4.600.109    7, 21.105  rad  2 I1 I nl 1,33.2,5.10  nhỏ nên   sin  7, 21.105  rad  Câu 180: Người ta chiếu chùm tia Rơn – ghen có bước sóng   108  cm  vào tinh thể quan sát hình ảnh nhiễu xạ Biết góc tới chùm tia Rơn – ghen lớp tinh thể 300 bậc cực đại nhiễu xạ ứng với k  Khoảng cách hai lớp ion liên tiếp có giá trị: A d  3, 0.108  cm  B d  2,5.108  cm  C d  2,5.108  cm  D d  3,3.108  cm  Giải Nhận xét: Đây toán đặc trưng nhiễu xạ Ronghen Những toán dạng thường xoay quanh công thức Bragg Từ kiện cho ta thấy đại lượng  ,  , k biết  dễ dàng xác định đại lượng d 2dsin  k   d  3 3.0,8.108.102   3.1010  m  (với bậc cực đại nhiễu xạ ứng với k  ) sin 2.sin  30  TUẤN TEO TÓP Trang 80/81 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP Trang 81/81 ... 10 10 12   0,3.10   0,3.10  2.2, 4.10 sin 60     C sin2     ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG (PH1131) ĐỀ SỐ Họ tên: Lớp: .Mã hiệu SV: Câu 11: Một nguồn sáng điểm S... xét: Đây toán nhiễu xạ qua lỗ trịn gồm có hai trường hợp Về phương hướng giải ta sử dụng công thức bán kính Fresnel cho trường hợp sau kết hợp hai phương trình để rút giá trị bước sóng cần tìm... (vạch/cm) A n  1816 (vạch/cm) (Thiếu kiện) D n  1836 (vạch/cm) C n  1856 (vạch/cm) ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG (PH1131) ĐỀ SỐ Họ tên: Lớp: .Mã hiệu SV: Câu 21: Người ta chiếu ánh sáng