Bài tập trắc nghiệm về nhiễu xạ ánh sáng

Nội dung Text: Bài tập trắc nghiệm Chương 2: Nhiễu xạ ánh sáng [Có đáp án]

1. CHƯƠNG 2: NHIỄU XẠ ÁNH SÁNG 2.1. Cho R là bán kính mặt cầu S [mặt sóng] bao quanh nguồn điểm O; b là khoảng cách từ điểm được chiếu sáng M tới đới cầu thứ nhất; λ là bước sóng ánh sáng. Nếu bỏ qua số hạng chứa λ² thì diện tích của tất cả các đới cầu Frenen đều bằng nhau và bằng:  Rb b  Rb Rb A. S   B. S   C. S   D. S   Rb Rb R b Rb 2.2 Biết bán kính của mặt sóng R = 1m, khoảng cách từ tâm sóng đến điểm quan sát bằng 2m, bước sóng ánh sáng dùng trong thí nghiệm λ = 5.10-7 m. Bán kính của đới cầu Frenen thứ hai là: A. 0,17mm B. 0,71mm D. 0,5mm D. 0,25mm 2.3 Biết rằng khoảng cách từ mặt sóng đến điểm quan sát là b=1m, bước sóng ánh sáng dùng trong thí nghiệm λ = 5.10-7 m. Bán kính của đới cầu Frenen thứ 3 trong trường hợp sóng phẳng? A. 1mm B. 3/5mm C. 1,23mm D. 5/3mm 2.4 Một nguồn sáng điểm chiếu ánh sáng đơn sắc bước sóng λ=0,50µm vào một lỗ tròn bán kính r = 1,0mm. Khoảng cách từ nguồn sáng tới lỗ tròn R =1m. Khoảng cách từ lỗ tròn tới điểm quan sát để lỗ tròn chứa ba đới Frenen là bao nhiêu? A. 1m B. 2m C. 3m D. 4m 2.5 Chiếu ánh sáng đơn sắc bước sóng λ=0,5µm vào một lỗ tròn bán kính chưa biết. Nguồn sáng điểm cách lổ tròn 2m, sau lỗ tròn 2m có đặt một màn quan sát. Bán kính của lỗ tròn phải bằng bao nhiêu để tâm của hình nhiễu xạ là tối nhất? A. 1mm B. 2,5mm C. 1,23mm D. 5mm 2.6. Giữa nguồn sáng điễm và màn quan sát người ta đặt một lỗ tròn. Bán kính của lỗ tròn bằng r và có thể thay đổi được trong quá trình thí nghiệm. Khoảng cách giữa lỗ tròn và nguồn sáng R = 100cm, giữa lỗ tròn và màn quan sát b = 125cm. Xác định bước sóng ánh sáng dùng trong thí nghiệm? Cho biết tâm của hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại khi bán kính của lỗ r1 = 1mm và có độ sáng cực đại tiếp theo khi bán kính của lỗ r2 = 1,29mm. A. 0,4µm B. 0,5µm C. 0,6µm D. 0,7µm 2.7. Một chùm tia sáng đơn sắc song song bước sóng λ chiếu thẳng góc với một khe hẹp có bề rộng b. Hỏi những cực tiểu nhiễu xạ được quan sát dưới những góc nhiễu xạ tính bằng công thức: [so với phương ban đầu]   b  A. sin   k B. sin   C. sin   k D. sin   k b b  2b
2. 2.8. Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc song song vuông góc với một khe hẹp. Bước sóng ánh sáng tới 1/6 bề rộng của khe. Hỏi cực tiểu nhiễu xạ thứ ba được quan sát dưới góc lệch bằng bao nhiêu? A. 30o B. 45o C. 45o D. 60o 2.9. Một chùm tia sáng đơn sắc song song [λ = 5.10 -5cm] được rọi thẳng góc với một khe hẹp có bề rộng b = 2.10-3cm. Tính bề rộng của ảnh của khe trên một màn quan sát đặt cách khe một khoảng d = 1m là: [bề rộng của ảnh là khoảng cách giữa hai cực tiểu đầu tiên ở hai bên cực đại giữa] A. 3cm B. 5cm C. 7cm D. 9cm 2.10. Một chùm tia sáng phát ra từ một ống phóng điện chứa đầy khí hiđrô tới đập vuông góc với một cách tử nhiễu xạ. Theo phương  =41ᵒ người ta quan sát thấy có hai vạch λ1=0,6563µm và λ2=0,4102µm ứng với bậc quang phổ bé nhất trùng nhau. Chu kì của cách tử là bao nhiêu? A. 3µm B. 5 µm C. 7 µm D. 9 µm

2. Tìm diện tích của mỗi đới cầu Frênen và chứng minh rằng nếu bỏ qua số hạng chứa » 2 [» – bước sóng ánh sáng] thì diện tích của tất cả các đới cầu Frênen đều bằng nhau.

Giải

Đặt rk =Mk Hk hk =MoHk

 ø ù

2 2 2 rk    R R hk

 ø ù

22 2 k 2 k

k r b b h ööü  ÷÷  øø

 2Rhk- hk 2 =bü 0 k+

2 0 2

öö k ü ÷÷ øø

-2bhk- hk 2

Khi bỏ qua số hạng có ü 02

 hk

ø ù

0 2.

Rb R b

ü 

Ta lại có :rk 2 Rhk =

ø ù

Rbk 0 R b

ü 

Ta có :Snửamặt cầu =2ðR 2

 Mk Mo Mk ' có diện tích : Sk=2ðR 2

hk R [do diện tích tỉ lệ với độ cao]

2. Tính bán kính của đới cầu Frênen thứ k. suy ra bán kính của bốn đới cầu Frênn đầu tiên nếu bán kính của mặt sóng R = 1m, khoảng cách từ tâm

rk

Mk

α

sóng đến điểm quan sát b = 2m, bước sóng ánh sáng dùng trong thí nghiệm » = 5-7.

Giải

Ta có kk  OMOMMM

 [b + 2

ü k ] 2 = R 2 + [R + b] 2 – 2R[R + b]cosα

Theo bài 2. ta bỏ qua số hạng chứa » 2 , vì α bé nên sinα j α

cosα = 1-2sin 2 2

 j 1 - 2

 2

Khai triển ra ta có

b 2 + 4

k ü 22 + bk» = R 2 + R 2 + b 2 + 2Rb – [2R 2 + 2Rb][1 - 2

 2 ]

 bk» = [2R 2 + 2Rb] 2

 2

α = RbR

bk 2 

ü

Mà rk = Rsinα j Rα = bR

Rbk 

ü

b + 2

ü k R

O b

Mk

M

Giải

Muốn cho tâm cầu là tối nhất thì lỗ tròn phải chứa hai đới cầu Frênen k = 2

rk = bR

kRb 

ü = 22

6 2.10,0. 

 = 1-3[m]

2. Ngưßi ta đật một màn quan sát cách một nguồn sáng điểm [phát ra ánh sáng có bước sóng » = 0,6¼m] một khoảng là x. Chính giữa khoảng x có đặt một màn tròn chắn sáng, đưßng kính 1mm. Hỏi x phải bằng bao nhiêu để điểm Mo trên màn quan sát có độ sáng gần giống như lúc chưa đặt màn tròn, biết rằng điểm Mo và nguồn sáng đều mằn trên trục của màn tròn.

Giải

Khi chưa có màn cưßng độ sáng tại Mo là Io= [ 1 ] 2 2

a  an 2  2 1 4

a

Khi có màn chắn k đới cưßng độ sáng tại Mo là Io=[

2 2 1 4 4

ak   an ] 2  2 1 4

ak 

k=1,2,3.... Vậy để cưßng độ sáng tại Mo vậy để cưßng độ sáng tại Mo không đổi thì k=



 r 1 == bR x

ü  4

x ü

 x= 4 r 2 ü

\=1,67m

2. Một màn ảnh được đặt cách một nguồn sáng điểm đơn sắc [» = 0,5μm] một khoảng 2m. Chính giữa khoảng ấy có đặt một lỗ tròn đưßng kính 0,2cm. Hỏi hình nhiễu xạ trên màn ảnh có tâm sáng hay tối?

Giải

Lỗ tròn chứa k đới cầu Frênen. k ứng với đới cầu có bán kính bằng lỗ tròn

k =

ø ù

Rb ü

 rbR 2 =

ø ù

6

42 10,0.

10, 

  = 4

Lỗ chứa số chẵn đới cầu vậy tâm hình nhiễu xạ là tối.

2. Giữa nguồn sáng điểm và màn quan sát ngưßi ta đặt một lỗ tròn có bán kính thay đổi được trong quá trình thí nghiệm. Khoảng cách giữa lỗ tròn và nguồn sáng R = 100cm, khoảng cách giữa lỗ tròn và màn quan sát b = 125cm. Xác định bước sóng ánh sáng dùng trong thí nghiệm nếu tâm của hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại khi bán kính của lỗ r 1 = 1mm và có độ sáng cực đại tiếp theo khi bán kính của lỗ r 2 = 1,29mm.

Giải

Hai cực đại liên tiếp ứng với k và k+2 [k lẻ]

r 1 = bR

kRb 

ü ; r 2 =

ø ù

bR

kRb 

ü  2



1

2 r

r = k

1  2  k = 2 1

2 2

2 21 rr

r 

Vậy

» = r 12 Rbk

 bR = ø ùø ù

Rb

rrbR 2

2 1

2

2  = ø ùø ù

25,1.

 10129,125,11  622 j 0,6-6 m = 0,6μ m

1. Do tính đối xứng biên độ dao động sáng do nửa dưới đới cầu Frenel gây

ra tại M là 1 2

a

Vậy cưßng độ sáng do nửa dưới đới cầu Frenel gây ra tại M là I =

2 1 4

a = Io

1. Vì đĩa tròn che mất đới cầu thứ nhất nên cưßng độ sáng tại M là:

Io= [ 2 ] 2 2

a  an 2  2 2 4

a  12 4

a = I o

2. Cho một bản phẳng trong suốt khá lớn. à một phía của bản có phủ một lớp nhựa mỏng trong suốt. Ngưßi ta cạo lớp nhựa giũa bản đi để tạo thành một lỗ tròn tương ứng với 1,5 đới cầu Frênen đầu tiên. Hỏi bề dày của lớp nhựa phải bằng bao nhiêu để cưßng độ sáng tại tâm của hình nhiễu xạ là cực đại? Biết rằng bước sóng của ánh sánh dùng trong thí nghiệm » = 0,60μm, chiết suất của lớp nhựa n = 1,50.

Giải

Khi nửa thứ hai của đới cầu thứ hai cùng pha với đới cầu thứ nhất thì cưßng độ sáng tại tâm của hình nhiễu xạ là cực đại. Hiệu quang lộ là:

L 1 = d + b + 4

ü [quang lộ của đới cầu thứ nhất]

L 2 = nd + b + 2

ü + 8

3 ü [quang lộ của nửa thứ hai của đới cầu thứ hai]

 L 2 - L 1 = d[n - 1] + 8

5 ü

Áp dụng điều kiện cực đại

d[n - 1] + 8

5 ü = k»

 d = ÷ ø

÷ ö ø

ö   8

5 1

k n

ü với k = 1,2,3...

2. Trên đưßng đi của một song phẳng ánh sáng [bước sóng » = 0,54¼m] ngưßi ta đặt một thấu kính hột tụ mỏng tiêu cự f = 50cm ngay sau thấu kính đặt một lỗ tròn rồi á sau và cách lỗ tròn một đoạn b = 75cm có đặt một màn quan sát. Hỏi lỗ tròn phải có bán kính bằng bao nhiêu để tâm của hình nhiễu xạ là cực đại sáng?

Giải

Ta có kk  OMOMMM

 [b - 2

k ü] 2 = f 2 + [b - f] 2 + 2f[b - f]cosα

Theo bài 2. ta bỏ qua số hạng chứa » 2 , vì α bé nên sinα j α

cosα = 1-2sin 2 2

 j 1 - 2

 2

Khai triển ra ta có

b 2 + 4

k ü 22 - bk» = f 2 + f 2 + b 2 - 2fb + [2fb - 2f 2 ][1 - 2

 2 ]

 bk» = [2fb - 2f 2 ] 2

 2  α = 2 ffb

bk 

ü

Mà rk = fsinα j fα = k fb

bf 

ü = 22

622 10.

10,0.10.75. 

 

\= 9,25-4 k m

 rk = 0,925 k mm

f b- 2

k ü

M 1

Mk

O

M

α

b

 Bề rộng của ảnh là: l = 2dtg φ 1 = 2.1,25-4 = 5-4m

2. Tìm góc nhiễu xạ ứng với các cực tiểu nhiễu xạ đầu tiên nằm á hai bên cực đại giữa trong nhiễu xạ Fraunôfe qua một khe hẹp [bề rộng b = 10μm] biết rằng chùm tia sáng đập vào khe với góc tới θ = 30° và bươc sóng ánh sánh » = 0,50μm.

Giải

Hiệu quang lộ giữa các mặt trực giao là như nhau nên hiệu quang lộ giữa hai tia là L 1 – L 2 = AD – BH = bsinө - bsinφ Áp dụng điều kiện cực tiểu ta có

bsinө - bsinφ = ø ù

2

12 ü k 

 sinφ = sinө - ø ù

b

k 2

12 ü 

-1