Vì n lẻ nên cường độ sang tại tâm ảnh nhiễu xạ lớn hơn khi không có màn chắn... Vì tâm của ảnh nhiễu xạ trên màn quan sát là điểm sang và bán kính lỗ tròn thay đổi có 2 giá trị kế tiếp n
Trang 1Câu 1.
d = 1cm
n = 1,73
i = 600
d'=?
Theo định luật khúc xạ ta có :
sin
sin
i
n
sin 1 sin
2
i r n
(1) Vì:
r r i r
Hay
sin
AC
Mặt khác: d'AC.sin AC.sinr d tgr
Vậy ' . 1 300 1 0,57( )
3
d d tgr tg cm
Vậy khoảng cách giữa hai tia ló là 0,57(cm)
00
Câu 2:
i = 700
n = 1,5
d = 0,1m
?
Theo định luật khúc xạ ta có:
sin sin
i n
r
hay sinr sini
n
Theo hình vẽ ta có:
1 2
1 2
cos
.sin( ) sin( )
d
I I
r
I I i r
cosr
Suy ra : 6,63(cm)
Câu 3:
a Để tia phản xạ trùng với tia ló thì tia khúc xạ phải vuông góc với mặt sau của lăng kính hay tia khúc xạ trùng với tia phản xạ mặt sau lăng kính
A
B
C n d
d’
i
r
δ
I1
I2
i
i-r r
Trang 2sin
sin
i n
r suy ra i= arcsinr=
0
53.13
b Với
2 1 2 1 2
1 1
k k k
r
0
60
i ta có Theo định luật khúc xạ:
2
2
1 1
0 1
2
2 2
2
0
2
sin
sinr
sin
2
27, 24 , 2,76 sini
sini sin arcsin( sin ) 47,08 sin
i
n i r n
r i
r
Vậy nếu góc tới bằng 60 thì góc ló bằng 47,08
Câu 4:
1 Ta có
2
4 (2.10 ) 2,000001( )
2
Tại A sẽ quan sát được vân sang
2 Khi đặt thêm bản mỏng
Ta có:
6
' 6.25.10
1 12,5 12 2
L
Tại điểm A trên màn sẽ quan sát được vân tối
Câu 5:
1 Bước song của ánh sang đã dung là
0,5
, Vân thứ 3 là vân tối và cách vân trung tâm 7,5mm 1
( 2)
1 ( 2)
i k
Trang 3Câu 6:
a Theo công thức góc lệch giữa tia tơí và tia ló khi truyền qua lăng kính có góc chiết quang nhỏ ta có
1 2
( 1),
n
Độ rộng của trường giao thoa trên màn quan sát L 2l 0.018m
b Khoảng vân i D 0,6.103m
d
Gọi L là bề rộng của trường giao thoa trên màn Xét trên nửa trường giao thoa=> số vân quan sát được trên nửa trường giao thoa là
0,018
15
2 2.0, 6.10
L
n
Tổng số vân sang trên trường giao thoa là: N s 2n 1 31(van N), t 2n30(van)
c TH1: Các bức xạ của ánh sang trắng cho vân sang tại x0
Vị trí vân sang bất kì:
0 0
3.3 ( ) 3.3
x d
k D
k
Lập bảng:
3.3 ( m)
k
d Th2: Các bức xạ cuả ánh sang trắng cho vân tối tại x0
Vị trí các vân tối bất kì là:
0
6,6
D
k
Lập bảng
6,6
2k 1 m
Câu 7:z
Trang 41 Theo công thức thấu kính ta có
1 2
1 2
'
'
3 '
sf
s f
Vậy khoảng cách giữa 2 ảnh là d=3mm
2 Ta thấy từ vị trí M ta mới quan sát được vân giao thoa trên màn đặt OM=l0
Xét 2 tam giác đồng dạng:
0
1 2
'
157,9
l s
Vậy với giá trị l>l thì ta sẽ quan sát được vân giao thoa trên màn0
( ')
, ( ')
l s
d
c Bề rộng của trường giao thoa b khi l=3m là:
Ta có:
5 20( )
0, 25
b
i
Câu8:
Hiệu quang trình 2 2 sin2
2
Chùm sang phản xạ đơn sắc trong ánh sang trắng sẽ được tăng cường
2
2
1 2
dn
k
Vậy chum sang có bước song trên sẽ được tăng cường
Trang 5Câu 9:
Hiệu quang trình: 2 '
2
Để các cặp tia sáng phản xạ trên 2 mặt của màng mỏng giao thoa nhau và cho cường độ sang cực tiểu
2 '
n
Câu 10:
Ta có
3
5
Theo hình vẽ ta có:
Câu 11:
Ta có r k2 Rk k, 4 0,589m
Câu 12:
Đối với vân thứ k ta có: 2
k
r Rk
Đối với vân thứ k+1 ta có: 2
k
r R k
Bán kính của 2 vân tối kề nhau lần lượt là 4mm và 4,38mm
2 2
2
4
k r
Câu 13:
Ta có hiệu quang trình:
2
1
2
1
1
k
k
r
Trang 64
5
0
0
2
2 0,5
3 1,5
1
( 2) 3,5 1,75
k
k
s
t
D
d
Rr
R r
2dn
Đối với vân sang k
2
5
2
2
k
k
Câu 14:
1 Khoảng cách giữa 2 vân sang kề nhau trên màn ảnh lài D 0,5mm
d
2 Vị trí vân sang thứ 3 và vân tối thứ tư lần lượt là x s3 ki3i1,5mm,
4
1 ( 2) 3,5 1,75
t
x k i i mm
3 Nếu đổ đầy nước có chiết suất n=4/3 vào khoảng không gian giữa màn ảnh và mặt phẳng chứa 2 khe hẹp => hiệu quang trình 2 1 2 1
xd
D
Nếu tại đó là vân sang =>nxd k x k D
nd
Khoảng vân sẽ thu hẹp lại
Khoảng cách giữa 2 vân sang kế tiếp đó sẽ là
nd n
Câu 15:
Theo tính chất của gương lôi ta có
Hiệu quang trình
2
1
r
L
=> Tại P xuất hiện vân sang
Câu 16:
Để tâm của ảnh nhiễu xạ quan sát được là tối nhất => k=2
0
0
Rr
R r
Vậy đường kính của lỗ là 2.10 m 3
Câu 17:
Trang 7Áp dụng công thức:
0
0
0
3
5
2
3
0,92 10
2.10 50
d t
k
k
b
4
sin 1
b
vach
b
Câu 18:
1
3
5
10
2.10 50
b
Cuối quang phổ bậc 1: d: k = 1
Đầu quang phổ bậc 2: t; k = 2
0
0
0
2
0,12
k
k
2 Cuối quang phổ bậc 2: d: k =2
Đầu quang phổ bậc 3: t; k = 3
0
0
0
2
3
0,92
k
k
Câu 19:
1 Để tâm của ảnh nhiễu xạ quan sát được là tối nhất => k=2
0
0
Rr
R r
2
Vì n lẻ nên cường độ sang tại tâm ảnh nhiễu xạ lớn hơn khi không có màn chắn
Câu 20.
- Độ rộng của vân sang trung tâm b:
10
( ) (2,1.10 ) (5,5 5,5)
3 5,5.5,5.5500.10
k k
Trang 82 2
0
3
2
0,1.10
1
b
a
- Ta có:
0 0
2
0 0
2
Vậy khoảng cách từ lỗ đến màn quan sát là 1m
Câu 21:
a Vị trí của cực đai thứ k và cực đại kề nó k+1 là
b Vì cực đại thứ
4 không quan sát được nên cực đại đó trùng với cực tiểu chính thứ nhất khi đó:
6
4
Vậy độ rộng có thể có của mỗi khe là 1,5 m
Câu 22.
1 Vì 2 cực đại nhiễu xạ trùng nhau
2
8 16
2 Để thu được quang phổ lớn nhất thì sin 1
6 1
6
6
6 2
6 3
1,32.10
sin
1,32.10
1,32.10
1,32.10
2 1,32.10
3 ( 1)
6 sin sin
k
k d
m k
d
m k
k d
Trang 9ax ax
min
ax
sin 1
1
m
b
k
b
b
Để có bước song cực đại mà ta có thể quan sát được nhờ cách tử nhiễu xạ này thì sin 1, k nhỏ nhất => kmin 1
ax
b
Câu 23:
Theo công thức tính bán kính lỗ tròn:
Vậy với k=4 số đới chẵn tâm của ảnh nhiễu xạ trên màn quan sát là tối
Câu 24.
Vì tâm của ảnh nhiễu xạ trên màn quan sát là điểm sang và bán kính lỗ tròn thay đổi
có 2 giá trị kế tiếp nên số đới phải là lẻ Gọi 2 số đới đó là k và k+2
Áp dụng công thức bán kính của lỗ tròn
0
2
k
Rr
k
R r
Câu 26.
6
6
6 2
6 3
1,32.10
1,32.10
1,32.10
2 1,32.10
3
k d
m k
d
m k
Câu 30.
a Dây tóc bong đèn (T=3000K)
3 ax
2,896.10
0,965 3000
m
b
m T
b Mặt trời (T=6000K)
3 ax
2,896.10
0.483 6000
m
b
m T
2
0
k k
k
Trang 10ax 7 2,896
10
T
Câu 31.
Coi mặt trời là vật đen tuyệt đối
a Năng lượng toàn phần của mặt trời là
ax
( ) 6, 4.10 Wm
m
b
R T
b Quang năng do MT phát ra ứng với phát xạ cực đại là
ax
ax
( ) 6, 4.10 Wm ( ) 8, 48.10 Wm
m
m
b
b
ax
( ) 8, 48.10 Wm
m
b
Câu 34
Ta có:
hc A eU h A hc eU h 2, 44eV
Câu 37.
11
0
17 ax
' (1 os ) 7,3232.10
'
k
m
c hc
hc
J
Câu 38.
1
12
14
1, 242.10
'
k
hc
m c
hc
J
2.W ' 7,9148.10 J 14
3 Góc giật lùi của e
22 '
0
0
0
sin 60
sin sin 60
e e
e
m
P
