Một số bài tập

CHƯƠNG 3. ỨNG DỤNG CỦA GIAO THOA TRÊN BẢN MỎNG VÀ MỘT SỐ BÀI TẬP

3.2. Một số bài tập

Để giải bài toán về giao thoa ánh sáng trên bản mỏng, ta xét hiệu quang trình của hai tia giao thoa sau đó dựa vào điều kiện cực đại, cực tiểu giao thoa để giải quyết vấn đề theo yêu cầu của đề bài. Cần lưu ý rằng khi ánh sáng phản xạ từ môi trường chiết quang hơn, quang trình của tia phản xạ thay đổi một lượng  .

2

k

 Điều kiện để có cực tiểu giao thoa là:

  (2k 1) 

2 (k  0,1,2,...)

 Điều kiện để có cực đại giao thoa là:

  k (k  0,1,2,...)

 Với bản mỏng có độ dày không đổi, hiệu quang trình giữa hai tia phản xạ từ mặt trên và mặt dưới của bản là:

  2d n2  sin2 i 



2

ở đây i là góc tới, d là độ dày của bản mỏng, n là chiết suất của thủy tinh, λ là bước sóng.

 Đối với nêm không khí (và cả vân tròn Newton) hiệu quang trình của hai tia giao thoa tại một điểm bất kỳ:

  2dk 

2

dk là độ dày của bản nên tại vị trí ứng với vân thứ k.

- Đối với vân tròn Newton bán kính của vân tối thứ k là:

  R. k với k  0,1,2,...

- Để khử phản xạ trên các mặt quang học, người ta phủ lên mặt thiết bị một lớp màng mỏng có chiết suất n, độ dày d của màng mỏng thỏa mãn điều kiện:

d  (2k 1)



4n

 Để khử phản xạ tốt nhất khi chiết suất n thỏa mãn điều kiện:

n  ntk

Bài 1: Một lớp mỏng lơ lửng trong không khí có độ dày và được rọi sáng bằng ánh sáng trắng đến đập vuông góc với mặt của lớp mỏng có chiết suất là 1,50. Hỏi với bước sóng nào của vùng ánh sáng khả kiến:

, phản xạ từ hai mặt của lớp mỏng cho cực đại giao thoa (coi chiết suất không thay đổi theo bước sóng).

Lời giải:

Lớp mỏng trên có được xem như một bản mỏng có độ dày không đổi . Để quan sát trên hình, ta vẽ các tia sáng hơi lệch khỏi phương vuông góc với bản một chút.

Xét sự giao thoa của hai tia sáng phản xạ (1) và (2) từ mặt trên và mặt dưới của bản. Tia phản xạ (1) phản xạ từ môi trường chiết quang hơn (từ môi trường có chiết suất n ra không khí) nên quang trình của nó tăng thêm nửa bước sóng .

Hiệu quang trình của hai tia là:   2d n2  sin2 i   2

ở đây góc tới i  0 , nên:

  2nd 

 2

(1)

Để có cực đại giao thoa thì:

  k (k=0; ±1; ±2) (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

2nd  

 k

2

   2 nd

k  1 2

(3)

Mặt khác, ta có điều kiện: 0,38m    0,76m

0,38  2 nd

 0,76 k  1

2

 2 nd

 k  1

 2 nd

0,76 2 0,38

 2 nd

 1

 k  2 nd

 1

0,76 2 0,38 2 Thay số với n 1,50

và

d  0,41m

ta được:

vì là số nguyên ta suy ra Thay số vào (3) ta được:

  2 nd

 2.1,

5.0, 41 =0,49 m

k  1

2  1 2 2

Vậy với thì phản xạ từ hai mặt của lớp mỏng cho cực đại giao thoa.

Bài 2: Từ một môi trường có chiết suất , ánh sáng đơn sắc có bước sóng đập vuông góc lên một bản mỏng có độ dày đều và có chiết suất . Ánh sáng truyền qua đi vào một môi trường có chiết suất . Hãy tìm biểu thức của độ dày nhỏ nhất của bản mỏng (theo và theo chiết suất) để ánh sáng phản xạ thỏa mãn các điều kiện sau đây:

a, Cường độ ánh sáng phản xạ cực tiểu với: . b, Cường độ ánh sáng phản xạ cực tiểu với:

c, Cường độ ánh sáng phản xạ cực đại với:

Lời giải:

Để tiện cho việc quan sát ta vẽ tia sáng lệch khỏi phương vuông góc với bản mỏng một chút.

R1 R2

a, n1 2 2 3 n ;n  n

Phản xạ tại A, quang trình được tăng thên nửa bước sóng. Phản xạ tại B quang trình được giữ nguyên.

Áp dụng công thức (2.4):   2d n2  sin2 i 

 2

, với n  n2

2 1

2

Do góc tới i  0 nên ta có hiệu quang trình giữa hai tia



R và R là:

  2n2d  (1)

2 Ánh sáng phản xạ cực tiểu khi thỏa mãn điều kiện (2.5)   2k 1 2 k  0,1,2,... (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

2n d    2k 1 

2 2 2

k 1 Vì n , không đổi nên :  d 

dmin  kmin

2n2 k  0

Suy ra: dmin  với

2n2 n2  nkimcuong  2,42 b, n Thì Vậy  n

dmin   n 

2n2

d    0,2  0,1min 2.2,42 (thỏa mãn)

1 2 3

Do nên phản xạ tại A và B quang trình đều được tăng thêm nửa bước sóng. Hiệu quang trình giữa hai tia R2 và R1 là:         SABCR2   SAR1    AB  BC n2  AHn1

2 2 Mà AB  BC  d

cosr



AH  AC.sini  2d.t

anr.sini và sin i

 n2

   2n2d.cosr

sinr n1

(3) Do ánh sáng chiếu vuông góc lên bản

   2n2d

Ánh sáng phản xạ cực tiểu thì thỏa mãn điều kiện:

(4)

  2k 1 

2 Từ (4) và (5) suy ra:

k  0,1,2,...

2n2d  2k 12

(5)

d  2k

1

4n2 Trong tương tự phần (a) ta có: 



dmin  khi

4n2

Với n2  2,42  dmin   0,103  0,1

4.2,42

c, n Vậy

 n

dmin 

 n

 4n2

1 2 3

Tương tự phần (b) ta có, ánh sáng phản xạ cực đại khi:

  2n2d  k k  0,1,2,...

dmin khi kmin

d  k 

2n2

Với k  0  d  0 (loại)

2

Với k 1 d   2n2

Với n2  2,42  d   0,2  

0,1

2.2,42

(thỏa mãn)

Vậy d  

là nghiệm của bài toán.

min 2n

Bài 3: Đặt hai bản thủy tinh mỏng phẳng song song A và B hợp với nhau một góc  tạo thành một nêm không khí có cạnh O. Ở tại điểm M cách cạnh nêm một khoảng , độ dày của nêm tại đó là . Nêm

được chiếu vuông góc bằng một chùm sáng đơn sắc có bước sóng .

a, Tìm số vân tối có thể quan sát được trên nêm từ cạnh đến điểm M.

b, Bây giờ người ta thay ánh sáng đơn sắc bằng một chùm ánh sáng trắng và cùng chiếu vuông góc vào mặt nêm. Vân giao thoa được quan sát tại vị trí N, tại đó độ dày của nêm là bằng cách chiếu nó lên khe của một máy quang phổ. Tính số vân tối quan sát được trong máy quang phổ giữa các vạch ứng với bước sóng và .

Lời giải:

a, Đây là vân giao thoa bởi nêm không khí. Vì nguồn sáng là nguồn sáng rộng nên vân định xứ ở trên mặt nêm

O

0

Áp dụng (2.11), ta có hiệu quang trình tại một điểm I nằm trên mặt nêm (nằm trong khoảng từ cạnh nêm đến điểm M) do ánh sáng phản xạ từ mặt trên và mặt dưới nêm là:

  2d  

2 (1)

với d là độ dày của nêm tại điểm ta xét.

Giả sử góc hợp bởi hai bản thủy tinh là . Do nhỏ nên ta có:

  sin d

l

với là khoảng cách tới điểm ta xét.

Thay vào (1):

 d  l.

  2.l.  

2

Điều kiện để xảy ra cực tiểu giao thoa (vân tối) là:

  2.l.  

 2 22k 1 

l  k  2

k  0,1,2,...

Mặt khác ta có:   d 0 l0 Suy ra: l  k  l0

2d0

Do nằm trong khoảng từ cạnh nêm đến điểm M nên ta có điều kiện:

l  l0

 k . . l0 2 d0 l

k  2 d 0  2.10

 0,5 40

Do vân tối thứ nhất trùng với cạnh nêm. Vậy có tất cả 41 vân tối từ cạnh nêm đến điểm M.

b, Vị trí nêm không khí chiếu bằng ánh sáng trắng thì tại vị trí N có độ dày hơn, nêm sẽ có màu trắng bậc cao. Vì vậy, khe của máy quang phổ được chiếu bởi ánh sáng trắng bậc cao.

Những thành phần đơn sắc thiếu trong màu trắng này có bước sóng thỏa mãn điều kiện cực tiểu giao thoa:

Với

Suy ra: k=95, 96,…,137

Như vậy, trong khoảng bước sóng từ đến sẽ quan sát được 42 vân tối.

Bài 4: Một thiết bị dùng để quan sát vân tròn Newton, thấu kính lồi có thể dich chuyển được theo phương vuông góc với bán thủy tinh phẳng được chiếu bằng ánh sáng đơn sắc có bước sóng và quan sát với ánh sáng phản xạ.

a, Đặt thấu kính phẳng lồi tiếp xúc với bản thủy tinh phẳng, đo được đường kính của vân tối thứ năm là . Tính bán kính chính khúc của thấu kính.

r2

2

b, Đổ đầy một chất lỏng có chiết suất vào bản giữa thấu kính và thủy tinh.

Tiến hành các phép đo như trên và thấy rằng đường kính của vân tối thứ năm là 8,09mm. Tìm chiết suất của chất lỏng như thế nào nếu ta đưa thấu kính ra xa bàn thủy tinh.

c, Trở lại trường hợp lớp mỏng là không khí. Hình ảnh giao thoa sẽ thay đổi như thế nào nếu ta đưa thấu kính ra xa bản thủy tinh.

Lời giải:

a, B kính của vân tối thứ được xác định bởi công thức:

Với k  5  R  1

.9,342. 1

 8.103 mm  8m

4 5.0,546.103

Vậy bán kính chính khúc của thấu kính sẽ là: .

b, Giả sử chiết suất của chất lỏng đó nhỏ hơn chiết suất của thủy tinh.

Khi đó, ta vẫn áp dụng công thức (2.13) với điều kiện bước sóng của ánh sáng trong môi trường chất lỏng đó là: '  

n Ta sẽ có: rk  k . R.'

 k . R. 

n

 n  k.R. 

k

Thay số ta có: n  5.R.

5.8.0,546.104

 2 1,33

rk  8,

09  .106

 2

c, Khi dịch chuyển thấu kính ra xa bản thủy tinh thì các vân tròn Newton sẽ dịch chuyển.

M d

Tại điểm M hiệu quang trình là:   2d   2

Khi nâng thấu kính lên thì độ dày tại phải dịch chuyển về phía có độ dày giảm, nghĩa hiệu quang trình tại M tăng lên.

Muốn cho vẫn giữ như cũ thì vân tại M phải dịch chuyển về phía có độ dày giảm, nghĩa là điểm M sẽ tiến dần đến điểm M’ gần trục của thấu kính hơn.

Các vân tròn Newton thu hẹp lại ở tâm, nghĩa là hệ vân tròn dồn dần vào tâm và các vân ở gần tâm biến mất dần ở đó. Khi độ dày khá hơn ta không còn quan sát được vân giao thoa.

Bài 5: Để khử phản xạ trên một bản thủy tinh chiết suất , người ta phủ lên bản thủy tinh một màng mỏng có độ dày đồng nhất của một chất nào đó có chiết suất .

a, Tìm giá trị của chiết suất và độ dày nhỏ nhất của lớp mỏng để có thể khử hoàn toàn ánh sáng phản xạ nếu ánh sáng chiếu vuông góc với mặt có bước sóng .

b, Dùng một lớp mỏng axeton (chiết suất n=1,25) để phủ lên bản thủy tinh trên. Rọi vuông góc với lớp mỏng bằng ánh sáng trắng (có chiết suất của

2 2



không khí không phụ thuộc theo bước sóng). Ánh sáng phản xạ bị triệt tiêu ở bước sóng và được tăng cường (cực đại) ở bước sóng

. Hãy tính độ dày của lớp mỏng axeton.

Lời giải:

a, Khi phủ lên bản thủy tinh một lớp màng mỏng, để có thể khử hoàn toàn ánh sáng phản xạ thì chiết chuất của lớp mỏng phải thỏa mãn điều kiện:

=> n’=1.22

Để ánh sáng phản xạ bị triệt tiêu, độ dày của màng mỏng phải thỏa mãn điều kiện:

khi nhận trị nhỏ nhất, nghĩa là . Khi đó: dmin 

 4n'

 0, 555

4.1,22

 0,114m

Vậy độ dày nhỏ nhất của lớp mỏng phải bằng

b, Ánh sáng phản xạ cực tiểu khi hiệu quang trình của hai tia sáng là một số lẻ nửa bước sóng:

  2nd  

k  1

 k  0,1,2,... (1)

 1 2  1



Ánh sáng có bước sóng đạt cực đại khi:

   k k2 

0,1,2,...

(2)

 k  1



  1

2  0, 7 7 Từ (1) và (2) suy ra: 2     

1 k2 0,6 6

Đặt

Với

….

Như vậy, ta có thể sử dụng các lớp mỏng có độ dày thỏa mãn công thức với

KẾT LUẬN

Với đề tài “Giao thoa ánh sáng cho bởi bản mỏng và ứng dụng” em đã hoàn thành việc nghiên cứu về các vấn đề sau:

Tìm hiểu cơ sở lý thuyết khá hoàn thiện về một số phương pháp giao thoa ánh sáng. Đi vào tìm hiểu cụ thể các ứng dụng của nó trong thực tế đời sống để xây dựng kiến thức trong quá trình học tập.

Trong khóa luận này em đã lựa chọn một số dạng bài tập khác nhau để hiểu thêm về phần lý thuyết nói trên. Do đó, đề tài này có thể làm tài liệu tham khảo cho các bạn sinh viên có nhu cầu tìm hiểu về phần giao thoa ánh sáng.

Qua quá trình làm khóa luận em đã tìm hiểu thêm về các ứng dụng của hiện tượng giao thoa ánh sáng cho bởi bản mỏng và nhìn nhận vấn đề một cách sâu hơn. Đây là cơ sở tốt cho em trong qúa trình công tác sau này.

Để nâng cao hơn nữa chất lượng và giá trị ứng dụng của đề tài này em rất mong nhận được sự đóng góp, bổ sung ý kiến của các thầy cô và các bạn sinh viên trong khoa Vật lý.