vật lý đại cương 3 ôn tập – ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131) ĐỀ SỐ 3 Họ và – StuDocu

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131)

ĐỀ SỐ 3

Họ và tên:…………………………………………………….ớp:…………………………ã hiệu SV:……………………………….

Câu 1: Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng  1 0, 65  m vào khi Yâng. Đặt trước một trong 2 khe

một bản mỏng có hai mặt song song chiết suất n 1, 5 và có bề dày em  12  . Độ dịch chuyển của hệ thống

vân giao thoa trên màn là 6   mm. Bề rộng của vân giao thoa có giá trị bằng:

A. i 0, 65  mm. B. i 0, 55  mm. C. i 0, 45  mm. D. i 0, 75  mm.

GiảiĐộ di dời của mạng lưới hệ thống vân giao thoa trên màn là

     

 

6
3
3

# # # # # # # 1. 1 1, 5 1. 12 .# # # # # # # 10# # # # # # # 6 .n e D D n e ym d d y  # # # # # # #   # # # # # # #      # # # # # # # 

Bề rộng của vân giao thoa có giá trị bằng:    

# # # # # # # 1. 633# # # # # # # 0, 65. 10 0, 65 0, 65# # # # # # # Di m mm d

 

# # # # # # #    

Câu 2: Chiếu một chùm ánh sáng đơn sắc song song vuông góc với bản thủy tinh phẳng trong hệ thống vân tròn

Newton. Hệ thống vận được đặt trong không khí. Thấy kính phẳng – lồi có bán kính mặt lồi Rm 9, 4 . Quan

sát mạng lưới hệ thống vân tròn Newton trong chùm tia phản xạ người ta thấy nửa đường kính hai vân tối liên tục lần lượt bằng

4, 94  mm và 5, 53  mm. Bước sóng ánh sáng có giá trị là:

A .0, 56  m. B .0, 66  m. C .0, 66  m. D .0, 72  m.

Giải

Bán kính vân tối Newton xác định bởi: rk  Rk 

Bán kính của vân tối thứ k r : k  Rk    1

Bán kính của vân tối thứ k 1: rk  1  R k   1    2

Lấy

 

 

22 11 2 2 2 1# # # # # # # 211# # # # # # # .# # # # # # # 1k k kk k k kr kkr r k r k r k r r # # # # # # #  # # # # # # #      # # # # # # # 

Thay vào   1, ta được:

   

   

3322 2 2 2 271 22 1# # # # # # # 5, 53 4, 94 .# # # # # # # .. 6, 6 0, 66# # # # # # # 9, 4k k k kk kkr r r r kR r R m m r r R

   

   # # # # # # #  # # # # # # #        # # # # # # # 

 Bước sóng của ánh sáng: 0, 66  m

Câu 3: Chiếu một chùm tia sáng song song, đơn sắc có bước sóng 0, 65  m lên màng xà phòng chiết suất

# # # # # # # 4# # # # # # # 3n  dưới một góc0 30. Bề dày nhỏ nhất của màng xà phòng để những tia phản chiều có cường độ cực tiểubằng :

A. dm 0, 263 . B. dm 0, 253 . C. dm 0, 232 . D. dm 0, 243 .

GiảiCường độ sáng cực lớn :   Lk Cường độ sáng cực tiểu :# # # # # # # 1# # # # # # # 2

Lk 

# # # # # # #  # # # # # # #     # # # # # # #  Xác định dmin Nhận xét : Đây là bài toán giao thoa bản mỏng dính  sử dụng công thức xác lập hiệu quang lộ .

• Xét hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên hai mặt của bản mỏng:

22 122 2L L L d n sin i



# # # # # # #      

• TH1: Cường độ sáng cực đại:   L k d ,0 min   k

 

22 12222 20# # # # # # # 0, 65# # # # # # # 2 0 0 ,# # # # # # # 244# # # # # # # 4 30# # # # # # # 3L L L d n sin i k dmin m n sin i sin



          

# # # # # # #   # # # # # # #   # # # # # # #  TH2 : Cường độ sáng cực tiểu :# # # # # # # 1# # # # # # # ,# # # # # # # 2

L k  dmin k

# # # # # # #  # # # # # # #       # # # # # # #  

 

22 12222 20# # # # # # # 1 0, 65# # # # # # # 2 0, 263# # # # # # # 22224# # # # # # # 2. 30# # # # # # # 3L L L d n sin i k dmin m n sin i sin

  



# # # # # # #  # # # # # # #               # # # # # # #     # # # # # # #   # # # # # # #  

Câu 4: Một chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng 0, 56  m được chiều vuông góc với mặt nêm thủy tinh

chiết suất n 1, 5. Biết rằng khoảng cách nữa N  17 vân tối liên tiếp là l 1, 5  cm. Góc nghiêng của nêm có

giá trị nào dưới đây :

A.  

4

 1, 89 rad



. B.  

4

 1, 99 rad



. C.  

4

 1, 79 rad



. D.  

4

 1, 69 rad

  .GiảiNhận xét : Đây là bài toán giao thoa trong nêm có chiết suất n .

Ví trí của vân tối:.  0,1, 2,….

# # # # # # # 2dt k k



# # # # # # #  

Vị trí của vân sáng:  21   1, 2, 3….

# # # # # # # 4ds k k



# # # # # # #   Ta xét vị trí vân tối thứ k và vân tối thứ k  16 gây bởi nêm có chiết suất n ( vì khi ánh sáng truyền qua môitrường có chiết suất n bước sóng sẽ giảm đi n lần )

Ví trí của vân tối thứ k :.  0,1, 2,….

# # # # # # # 2dt k k n



# # # # # # #  

Vị trí của vân tối thứ 16 : 16  16 

# # # # # # # 2k dk k n



# # # # # # #    

Từ hình vẽ ta thấy:  

6 16 4 3 12# # # # # # # 8 8, 56 .# # # # # # # 1, 99 .# # # # # # # 1, 5.1 .ddkk sin rad I I nl





   # # # # # # # # # # # # # #    

vì  rất nhỏ nên  

4

 sin 1, 99 rad

  

Câu 5: Chiếu một chùm ánh sáng trắng song song vuông góc với một cách tử nhiễu xạ truyền qua có n  500

( vạch / mm ). Hiệu góc lệch của cuối quang phổ bậc 1 và đầu quang quang phổ bậc 2 có giá trị bằng :

A.

0

 2, 25. B.

0

 1, 55. C.

0

 1, 25. D.

0

 1, 65.

GiảiNhận xét : Phân tích đề bài ta thấy tương quan tới khái niệm quang phổ nhiễu xạ. Khi ánh sáng trắng chiếu qua cáchtử phẳng thì mỗi sóng ánh sáng đơn sắc sẽ cho một hệ những cực lớn chính. Do mọi ánh sáng đơn sắc đều cho cực

Câu 7: Mặt phẳng chính (mặt phẳng dao động) của hai lăng kính ni côn N 1 và N 2 hợp với nhau một góc

0

 60

. Biết rằng khi truyền qua mỗi lăng kính ni côn ánh sáng bị phản xạ và hấp thụ k 5% . Cường độ ánh sáng

sau khi đi qua cả hai ni côn sẽ giảm đi 02# # # # # # # I# # # # # # # I# # # # # # #  # # # # # # #  # # # # # # #  bằng :# # # # # # # A .02# # # # # # # 8, 76# # # # # # # I# # # # # # # I# # # # # # # . B .02# # # # # # # 8 ,# # # # # # # I# # # # # # # I# # # # # # # . C .02# # # # # # # 8, 66# # # # # # # I# # # # # # # I# # # # # # # . D .02# # # # # # # 8, 56# # # # # # # I# # # # # # # I# # # # # # #  .GiảiNhận xét : Đây là bài toán Malus cơ bản. Áp dụng những công thức tương quan là hoàn toàn có thể xác lập được cường độ ánhsáng cần tìm

Cường độ sáng sau lăng kính nicon N 1 là:  

 

0 10 1# # # # # # # 12# # # # # # # 0, 5. 1 2 ,# # # # # # # 0, 5 1 1 5 %# # # # # # # II k I Ik# # # # # # #      # # # # # # #  Cường độ chùm sáng sau lăng kính N 2 là :

 

 

220 2 1 0 20 2# # # # # # # 1# # # # # # #. 0, 5. 1 .. 8, 42# # # # # # # 0, 5. 1 5 % 60# # # # # # # II I cos k cos I I cos

     

# # # # # # # 

Câu 8: Năng lượng của hạt proton trong giếng thế một chiều sâu vô hạn ở trạng thái n  5 là 7, 5  meV. Cho

biết khối lượng của hạt proton  

27 mp 1, 672 kg . Bề rộng của giếng thế năng là :

A.  

0

8, 8 A. B.  

0

8, 4 A. C.  

0

8, 2 A. D.  

0 8, 6 A .Giải

Hạt chuyển động trong giếng thế năng có năng lượng:  

222# # # # # # # ..# # # # # # # 2 7, 5# # # # # # # 2n ph nE meV ma





Bề rộng của giếng thế năng là :

 

   

2 222 2 34 2 10 0 6 19 27# # # # # # # ..# # # # # # # 2. 6, 6 .# # # # # # # 8, 2 8, 22 n. p 8. n p 8, 5. 1, 6. 1, 672 .h n hn a m A E m E m





   # # # # # # #  # # # # # # #  # # # # # # #  # # # # # # #     

Câu 9: Trong thí nghiệm đo bước sóng ánh sáng người ta dùng một cách tử phẳng truyền qua, ánh sáng tới vuông

góc với mặt phẳng của cách tử. Đối với ánh sáng Natri 1  05892   m , góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ

bậc 1 bằng0

 1 17, 62. Đối với ánh sáng đơn sắc bước sóng cần đo, người ta quan sát thấy vạch quang phổ bậc

2 dưới góc nhiễu xạ0

 2 25,12. Bước sóng của ánh sáng đơn sắc cần đo nhận giá trị nào dưới đây:

A . 2 0, 4182  m. B . 2 0, 4232  m. C . 2 0, 4132  m. D . 2 0, 4152  m.

GiảiCực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng :k sin d





Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 1 bằng  

01 1 17, 62 sin 1 k 1 1 d



   .   1

Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 2 bằng  

0 2 2 2 2# # # # # # # 225,12 sin k 2 d



   .   2

Lấy

 

 

 

0 1 1 2 1 20 2 2 1# # # # # # # 1. 25,12. 0, 5892# # # # # # # 0, 4132# # # # # # # 2 2 2 2. 17, 62sin sin sin m sin sin sin

   



  

# # # # # # #      

Câu 10: Một tia X có bước sóng  

0 0, 300 A tán xạ theo một góc0 60 do hiệu ứng Compton. Động năng của hạtelectron là :

A .1, 39  keV. B .1, 79  keV. C .1, 69  keV. D. 1, 59  keV.

GiảiĐộng năng của electron2 2 2# # # # # # # ‘# # # # # # # 1e Demc E m c hv hvvc# # # # # # #    # # # # # # #  # # # # # # #   # # # # # # #  hay ‘Dhc hc hc hc E

    

# # # # # # #    # # # # # # #  Theo công thức tán xạ Compton :2 2 2Csin





# # # # # # #  # # # # # # #     # # # # # # #  Ta tìm được động năng của electron bắn ra :2 2 2DChc hc Esin

 



# # # # # # #  # # # # # # #  # # # # # # #    # # # # # # #  Hay

 

 

   

2 34 8 12 2 0 16 10101220 2# # # # # # # 2# # # # # # # 2 6, 625. 3 2, 4. 60# # # # # # #. 2, 548 1, 592# # # # # # # 0, 3 0, 3 2, 4. 60# # # # # # # 2# # # # # # # 2CDCsin hc sin E J keV sin sin



 



     # # # # # # #  # # # # # # #   # # # # # # #  # # # # # # #    # # # # # # #   # # # # # # #    # # # # # # #  

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131)

ĐỀ SỐ 4

Họ và tên:…………………………………………………….ớp:…………………………ã hiệu SV:……………………………….

Câu 11: Một nguồn sáng điểm S đặt trên trục của một lỗ tròn có bán kính r thay đổi được. Khoảng cách từ

nguồn sáng S đến lỗ tròn là R  100   cm. Phía sau lỗ tròn có đặt một màn quan sát vuông góc với trục của lỗ

tròn và cách lỗ tròn một khoảng b  120   cm. Biết rằng tâm của hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại khi bán kính

của lỗ r 1 1, 00  mm và có độ sáng cực đại tiếp theo khi bán kính của lỗ r 2 1, 31  mm. Bước sóng ánh sáng

dùng trong thí nghiệm là :

A .0, 6364  m. B .0, 6264  m. C .0, 6584  m. D .0, 6564  m.

GiảiNhận xét : Đây là bài toán nhiễu xạ qua lỗ tròn và gồm có hai trường hợp. Về phương hướng giải ta sẽ sử dụngcông thức nửa đường kính Fresnel cho từng trường hợp sau đó tích hợp hai phương trình để rút ra giá trị bước sóng cầntìm

TH1: Tâm của hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại khi bán kính của lỗ bằng r 1 1, 00  mm điều này có nghĩa là

trong lỗ tròn chỉ có số lẻ k đới cầu Fresnel (chính là đới cầu ứng với k ). Ta có: 1 k  *

Rb r r k Rb



# # # # # # #  # # # # # # # 

TH2: Tâm của hình nhiễu có độ sáng cực đại tiếp theo khi bán kính lỗ là r 2 1, 31  mm điều này có nghĩa là

trong lỗ tròn phải có k  2 đới cầu Fresnel vì nếu có số chẵn đới cầu thì tại M độ sáng sẽ giảm đi ( chính là đới

cầu ứng với k  2 ). Ta có: 22 k 2 ** 

Rb r r k Rb



# # # # # # #    # # # # # # # Lấy

 

 

2 2 2 22 1# # # # # # # * 2 1, 31# # # # # # # 2, 79 2# # # # # # # * * 2 1kkr k k k r# # # # # # # # # # # # # #       # # # # # # # 

Thay k  4 vào  * ta được:

 

     

   

3 2 2 1 7 1# # # # # # #. 1. 1, 2 1# # # # # # #. 2 1 9,167 0, 9617# # # # # # # 2 2, 2 .Rb r R b r mm m m R b Rb# # # # # # # # # # # # # #   # # # # # # #  # # # # # # #       # # # # # # # Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng :k sin d





Quang phổ bậc 1 gồm 2 vân cực đại chính  k  1  sin

d





Khoảng cách giữa 2 vạch cực đại chính bằng: l 2. f tan 

Vì  là góc rất nhỏ  tg  sin

Hay    

6 2 2.1, 55 6 5, 45 5, 45 2 0, 202lf d m m d f l





       Mật độ khe ( số khe / đơn vị chức năng độ dài ) : 62# # # # # # # 11# # # # # # # 1836# # # # # # # 5, 45 .n d    ( vạch / cm ) ( d là chu kỳ luân hồi cách tử )

Câu 14: Trong thí nghiệm đo bước sóng ánh sáng người ta dùng một cách tử phẳng truyền qua, ánh sáng tới

vuông góc với mặt phẳng của cách tử. Đối với ánh sáng Natri 1  05892   m , góc nhiễu xạ ứng với vạch

quang phổ bậc 1 bằng0

 1 17, 62. Đối với ánh sáng đơn sắc bước sóng cần đo, người ta quan sát thấy vạch quang

phổ bậc 2 dưới góc nhiễu xạ0

 2 25,12. Bước sóng của ánh sáng đơn sắc cần đo nhận giá trị nào dưới đây:

A . 2 0, 4532  m. B . 2 0, 4332  m. C . 2 0, 4132  m. D . 2 0, 4232  m.

GiảiCực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng :k sin d





Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 1 bằng  

01 1 17, 62 sin 1 k 1 1 d



   .   1

Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 2 bằng  

02 2 2 2# # # # # # # 225,12 sin k 2 d



   .   2

Lấy

 

 

 

0 1 1 2 1 20 2 2 1# # # # # # # 1. 25,12. 0, 5892# # # # # # # 0, 4132# # # # # # # 2 2 2 2. 17, 62sin sin sin m sin sin sin

   



  

# # # # # # #      

Câu 15: Chiếu ánh sáng đơn sắc bước sóng 0, 5  m vào một lỗ tròn có bán kính chưa biết. Nguồn sáng

điểm đặt cách lỗ tròn 2   m, sau lỗ tròn 2   m có đặt một màn quan sát. Hỏi bán kính của lỗ tròn phải bằng bao

nhiêu để tâm của hình nhiễu xạ là tối nhất

A. 1   mm. B. 2   mm. C. 4   mm. D. 3   mm.

GiảiBài toán lan rộng ra : Xây dựng công thức tính nửa đường kính của đới cầu Fresnel thứ kXét hai tam giác vuông OM Hkk và MM Hkk :

     

2 2 2 2 2 2 22rk R R hk dk b hk b k b hk



# # # # # # #            # # # # # # #  

 

2 22 22 4k k k kk Rh h k b bh h



    

Vì

 

 

20 2 2 42k k kk kb b Rh k b bh h Rb

 

       

# # # # # # # Do hk cũng rất nhỏ nên nửa đường kính của đới cầu thứ k là :2 k 2 k kR bk Rb r Rh r k R b R b



# # # # # # #    # # # # # # #  Nhận xét : Đây là bài toán nhiễu xạ qua lỗ tròn. Ta cần chú ý quan tâm đặc thù sau là số đới Fresnel trong đới tròn sẽ ảnhhưởng tới biên độ. Để tâm của hình nhiễu xạ là tối nhất thì nửa đường kính lỗ tròn phải có giá trị sao cho qua lỗ tròn chỉcó 2 đới cầu Fresnel. Do đó nửa đường kính của lỗ tròn phải bằng nửa đường kính của đới cầu thứ 2 .

   

6 3 2# # # # # # # 2.2, 5 .# # # # # # #. 2 10 1# # # # # # # 22lRb r r k mm mm Rb



        

Câu 16: Một tia X có bước sóng  

0 0, 300 A tán xạ theo một góc0 60 do hiệu ứng Compton. Động năng của hạtelectron là :

A .1, 59  keV. B .1, 69  keV. C .1, 49  keV. D .1, 79  keV.

GiảiĐộng năng của electron2 2 2# # # # # # # ‘# # # # # # # 1e Demc E m c hv hvvc# # # # # # #    # # # # # # #  # # # # # # #   # # # # # # #  hay ‘Dhc hc hc hc E

    

# # # # # # #    # # # # # # #  Theo công thức tán xạ Compton :2 2 2Csin





# # # # # # #  # # # # # # #     # # # # # # #  Ta tìm được động năng của electron bắn ra : 2 2 2DChc hc Esin

 



# # # # # # #  # # # # # # #  # # # # # # #    # # # # # # #  Hay

 

 

   

2 34 8 12 2 0 16 10101220 2# # # # # # # 2# # # # # # # 2 6, 625. 3 2, 4. 60# # # # # # #. 2, 548 1, 592# # # # # # # 0, 3 0, 3 2, 4. 60# # # # # # # 2# # # # # # # 2CDCsin hc sin E J keV sin sin



 



     # # # # # # #  # # # # # # #   # # # # # # #  # # # # # # #    # # # # # # #   # # # # # # #    # # # # # # #  

Câu 17: Mặt phẳng chính (mặt phẳng dao động) của hai lăng kính ni côn N 1 và N 2 hợp với nhau một góc

0

 60. Biết rằng khi truyền qua mỗi lăng kính ni côn ánh sáng bị phản xạ và hấp thụ k 5% . Cường độ ánh

sáng sau khi đi qua cả hai ni côn sẽ giảm đi 02# # # # # # # I# # # # # # # I# # # # # # #  # # # # # # #  # # # # # # #  bằng :# # # # # # # A. 02# # # # # # # 8, 56# # # # # # # I# # # # # # # I# # # # # # # . B. 02# # # # # # # 8 ,# # # # # # # I# # # # # # # I# # # # # # # . C. 02# # # # # # # 8, 66# # # # # # # I# # # # # # # I# # # # # # # . D. 02# # # # # # # 8, 42# # # # # # # I# # # # # # # I# # # # # # #  .GiảiNhận xét : Đây là bài toán Malus cơ bản. Áp dụng những công thức tương quan là hoàn toàn có thể xác lập được cường độ ánhsáng cần tìm

Cường độ sáng sau lăng kính nicon N 1 là:  

 

0 10 1# # # # # # # 12# # # # # # # 0, 5. 1 2 ,# # # # # # # 0, 5 1 1 5 %# # # # # # # II k I Ik# # # # # # #      # # # # # # #  Cường độ chùm sáng sau lăng kính N 2 là :

 

 

220 21020 2# # # # # # # 1# # # # # # #. 0, 5. 1 .. 8, 42# # # # # # # 0, 5. 1 5 % 60# # # # # # # II I cos k cos I I cos

     

# # # # # # # 

Câu 18: Một notron chuyển động nhiệt ở nhiệt độ

0 113 C. Bước sóng De Broglie tương ứng với hạt này là ( cho

 

27 mn 1, 674 kg  )

Câu 20: Vạch quang phổ ứng với bước sóng 0, 5461  m được quan sát với góc dưới góc

0

19 8 ‘. Số

vạch trên 1   cm của cách tử có giá trị

A. n  1816 (vạch/cm). B. n  1826 (vạch/cm). C. n  1856 (vạch/cm). D. n  1836 (vạch/cm).

( Thiếu dữ kiện )

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131)

ĐỀ SỐ 5

Họ và tên:…………………………………………………….ớp:…………………………ã hiệu SV:……………………………….

Câu 21: Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng  1 0, 65  m vào khi Yâng. Khoảng cách giữa hai khe

a  2   mm. Màn ảnh được đặt song song cách mặt phẳng của khe một đoạn Dm  2  .Đặt trước một trong 2

khe một bản mỏng có hai mặt song song chiết suất n 1, 5 và có bề dày em  10  . Độ dịch chuyển của hệ thống

vân giao thoa trên màn quan sát là :

A. 1   cm. B .1,1  cm. C .1, 2  cm. D .1, 5  cm.

GiảiĐộ di dời của mạng lưới hệ thống vân giao thoa trên màn là

   

   

63# # # # # # # 1. 1, 5 1. 10 .

####### 0, 01 1

# # # # # # # 10n e D y m cm a# # # # # # #  # # # # # # #     

Câu 22: Một chùm tia sáng đơn sắc song song, bước sóng 0, 55  m chiếu vuông góc với mặt của một lỗ

tròn. Bán kính của lỗ tròn có giá trị bằng r 1, 5  mm. Phía sau lỗ tròn có đặt một màn quan sát vuông góc với

trục của lỗ tròn và cách lỗ tròn một khoảng chừng bằng b. Gía trị lớn nhất của b để tâm của ảnh nhiễu xạ trên màn quansát là một điểm tối bằng

A .2,15  m. B .2, 25  m. C .2, 05  m. D .1, 95  m.

GiảiBài toán lan rộng ra : Xây dựng công thức tính nửa đường kính của đới cầu Fresnel thứ kXét hai tam giác vuông OM Hkk và MM Hkk :

     

2 2 2 2 2 2 22rk R R hk dk b hk b k b hk



# # # # # # #            # # # # # # #  

 

2 22 22 4k k k kk Rh h k b bh h



    

Vì

 

 

20 2 2 42k k kk kb b Rh k b bh h Rb

 

       

# # # # # # # Do hk cũng rất nhỏ nên nửa đường kính của đới cầu thứ k là :2 k 2 k kR bk Rb r Rh r k R b R b



# # # # # # #    # # # # # # #  Vì vậy khoảng cách lớn nhất bmax để tâm của hình nhiễu xạ trên màn quan sát là tối phải ứng với trường hợp lỗtròn chứa hai đới Prênen. Nghĩa là nửa đường kính của lỗ tròn phải bang nửa đường kính của đới cầu thứ hai :

 2 : 222 2

# # # # # # # 1Rb b k r r r Rb bR



# # # # # # #     # # # # # # # # # # # # # # 

Theo đầu bài, chùm tia sáng tới là chùm tia song song, mặt sóng lựa trên lỗ là một mặt phẳng  R , do đó

# # # # # # # 0bR, ta có

 

 

3 2 2 2 26# # # # # # # 1, 5 .# # # # # # # 2 2, 05# # # # # # # 2 2, 55 .maxr r b  b m      

Câu 23: Trong hiện tượng Compton bước sóng chùm photon tới là

0 0, 05 A. Phần nguồn năng lượng truyền cho electronso với photon tán xạ dưới góc0 180 :

A. 122   keV. B. 125   keV. C. 128   keV. D. 132   keV.

GiảiĐộng năng của electron2 2 2# # # # # # # ‘# # # # # # # 1e Demc E m c hv hvvc# # # # # # #    # # # # # # #  # # # # # # #   # # # # # # #  hay ‘Dhc hc hc hc E

    

# # # # # # #    # # # # # # #  Theo công thức tán xạ Compton :2 2 2Csin





# # # # # # #  # # # # # # #     # # # # # # #  Ta tìm được động năng của electron bắn ra :2 2 2DChc hc Esin

 



# # # # # # #  # # # # # # #  # # # # # # #    # # # # # # #  Hay

 

 

   

2 34 8 12 2 0 14 10101220 2# # # # # # # 2# # # # # # # 2 6, 625. 3 2, 4. 90# # # # # # #. 1, 947 122# # # # # # # 0, 05 0, 05 2, 4. 90# # # # # # # 2# # # # # # # 2CDCsin hc sin E J keV sin sin



 



     # # # # # # #  # # # # # # #   # # # # # # #  # # # # # # #    # # # # # # #   # # # # # # #    # # # # # # #  

Câu 24: Chiếu một chùm ánh sáng song song, đơn sắc có bước sóng  theo phương vuông góc với một lỗ tròn.

Điểm quan sát nằm cách mặt sóng một khoảng bm 1, 00 . Khi bán kính lỗ tròn thay đổi và lấy hai giá trị kế

tiếp nhau r 1 1, 22  mm và r 2 1, 58  mm thì tâm của hình ảnh nhiễu xạ quan sát trên màn là điểm sáng. Bước

sóng ánh sáng dùng trong thí nghiệm có giá trị :

A .0, 604  m. B .0, 704  m. C .0, 504  m. D .0, 584  m.

GiảiNhận xét : Đây là bài toán nhiễu xạ qua lỗ tròn và gồm có hai trường hợp. Về phương hướng giải ta sẽ sử dụngcông thức nửa đường kính Fresnel cho từng trường hợp sau đó phối hợp hai phương trình để rút ra giá trị bước sóng cầntìm

TH1: Tâm của hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại khi bán kính của lỗ bằng r 1 1, 00  mm điều này có nghĩa là

trong lỗ tròn chỉ có số lẻ k đới cầu Fresnel (chính là đới cầu ứng với k ). Ta có: 1 k  *

Rb r r k Rb



# # # # # # #  # # # # # # # 

TH2: Tâm của hình nhiễu có độ sáng cực đại tiếp theo khi bán kính lỗ là r 2 1, 31  mm điều này có nghĩa là

trong lỗ tròn phải có k  2 đới cầu Fresnel vì nếu có số chẵn đới cầu thì tại M độ sáng sẽ giảm đi ( chính là đới

cầu ứng với k  2 ). Ta có: 22 k 2 ** 

Rb r r k Rb



# # # # # # #    # # # # # # # Lấy

 

 

2 2 2 22 1# # # # # # # * 2 1, 58# # # # # # # 2, 95 2# # # # # # # * * 2 1, 22kkr k k k r# # # # # # # # # # # # # #       # # # # # # # Theo định nghĩa, bề rộng của vân cực lớn giữa là khoảng cách siữa hai cực tiểu nhiễu xạ tiên phong ở hai bên cựcđại giữa. Độ lớn của góc nhiễu xạ  ứng với những cực tiểu nhiều xạ đó được xác lập bởi : k 1 : sin b





Bề rộng l cùa cực đại giữa bằng: l 2. D tan 

Vì  là góc rất nhỏ  tg  sin

Hay    

23. 1, 2. 0,1 7 6 0, 6 2 2 2 .l l b mm b D D





        

Câu 27: Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng 0, 5  m theo phương vuông góc với một

cách tử nhiễu xạ. Ngay sau cách từ có đặt một thấu kính hội tụ có tiêu cự fm 1, 00  để hứng chùm tia sáng lên

màn E đặt tại tiêu diện của thấu kính. Khoảng cách giữa hai cực lớn chính trong quang phổ bậc 1 bằng

lm 0, 202 . Số vạch trên 1 cm của cách tử có giá trị bằng:

A. n  1866 (vạch/cm). B. n  1856 (vạch/cm). C. n  1816 (vạch/cm). D. n  1836 (vạch/cm).

GiảiCực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng :k sin d





Quang phổ bậc 1 gồm 2 vân cực đại chính  k  1  sin

d





Khoảng cách giữa 2 vạch cực đại chính bằng: l 2. f tan 

Vì  là góc rất nhỏ  tg  sin

Hay    

6 2 2.1, 55 6 5, 45 5, 45 2 0, 202lf d m m d f l





       Mật độ khe ( số khe / đơn vị chức năng độ dài ) : 62# # # # # # # 11# # # # # # # 1836# # # # # # # 5, 45 .n d    ( vạch / cm ) ( d là chu kỳ luân hồi cách tử )

Câu 28: Thấu kính trong hệ vân tròn Newton có bán kính mặt cong Rm  15  . Chùm ánh sáng đơn sắc có bước

sóng  được chiếu vuông góc với mạng lưới hệ thống. Quan sát những vân giao thoa người ta đo được khoảng cách giữa vân

tối thứ 4 và vân tối thứ 25 bằng 9.  mm Đường kính vân tối thứ 16 có giá trị bằng

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 của vân tối thứ 4 : r 4 4. R  2 R   1

Bán kính của vân tối thứ 25 : r 25  25 R  5 R   2

Lấy      

2 2 1 25 4 3 8, 5 9r r r r R mm R



# # # # # # # # # # # # # #         Bán kính của vân tối thứ

 

   

2 2 16# # # # # # # 44# # # # # # # 16 : 16. 4 4 … 9 12# # # # # # # 9 3 3r r R R R r mm R



# # # # # # # # # # # # # #       

Đường kính vân tối thứ 16 có giá trị bằng d 16   2. r 16 2 24  mm

Câu 29: Một màng xà phòng chiết suất n 1, 33 được đặt thẳng đứng. Nước xà phòng dồn xuống phía dưới có

dạng hình nêm. Quan sát vân giao thoa của ánh sáng phản chiếu màu vàng  600   nm  người ta thấy khoảng

cách 9 vân tối bằng 2, 5  cm. Góc nghiêng của nêm có giá trị

A.  

4  0, 68 rad

. B.  

4

 0, 78 rad



. C.  

4

 0, 62 rad



. D.  

4  0, 72 rad  .GiảiNhận xét : Đây là bài toán giao thoa trong nêm có chiết suất n .

Ví trí của vân tối:.  0,1, 2,….

# # # # # # # 2dt k k



# # # # # # #  

Vị trí của vân sáng:  21   1, 2, 3….

# # # # # # # 4ds k k



# # # # # # #   Ta xét vị trí vân tối thứ k và vân tối thứ k  8 gây bởi nêm có chiết suất n ( vì khi ánh sáng truyền qua môitrường có chiết suất n bước sóng sẽ giảm đi n lần )

Ví trí của vân tối thứ k :.  0,1, 2,….

# # # # # # # 2dt k k n



# # # # # # #  

Vị trí của vân tối thứ 8 : 8   8

# # # # # # # 2k dk k n



# # # # # # #    

Từ hình vẽ ta thấy:  

9 8 5 2 12# # # # # # # 4 4 .# # # # # # # 7, 21 .# # # # # # # 1, 33, 5 .ddkk sin rad I I nl





   # # # # # # # # # # # # # #    

vì  rất nhỏ nên  

5

 sin 7, 21 rad

  

Câu 30: Người ta chiếu một chùm tia Rơn – ghen có bước sóng  

8

 10 cm

  vào tinh thể và quan sát hình ảnhnhiễu xạ của nó. Biết rằng góc tới của chùm tia Rơn – ghen trên những lớp tinh thể bằng0 30 và bậc cực lớn nhiễuxạ ứng với k  3. Khoảng cách giữa hai lớp ion liên tục có giá trị :

A.  

8 d 3, 2 cm

. B.  

8 d 3, 4 cm

. C.  

8 d 3, 0 cm

. D.  

8 d 3, 6 cm  .GiảiVì bậc cực lớn so với vạch thứ hai trong quang phổ của cách tử nhỏ hơn 5 nên phối hợp với điều kiện kèm theo k 1 và k 2 làsố nguyên ( xét trường hợp nguyên dương )   k 1 2 và k 2  3 .

Thay k 1 vào (1) ta có: 110  

# # # # # # # 2, 636# # # # # # # 2, 02# # # # # # # 39k dm sin sin







# # # # # # #   

Câu 34: Chiếu một chùm ánh sáng trắng dưới góc tới

0 i  30 lên một màng xà phòng có chiết suất với ánh sángđó# # # # # # # 4# # # # # # # 3

n . Bề dày nhỏ nhất của màng xà phòng để những tia phản chiếu có màu đỏ (bước sóng 0, 76  m )

có giá trị bằng :

A. dm 1, 64 . B. dm 1, 54 . C. dm 1, 44 . D. dm 1, 74 .

GiảiXét hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên mặt phẳng của bản mỏng mảnh :22 122 2L L L d n sin i



# # # # # # #      Xét điều kiện kèm theo vân sáng – vân tối :Vân sáng :   Lk Vân tối :# # # # # # # 1# # # # # # # 2

Lk 

# # # # # # #  # # # # # # #     # # # # # # #  Từ dữ kiện của đề bài để chùm tia phản xạ có cường độ sáng cực lớn thì hiệu quang lộ phải bằng k Bài toán nhu yếu ta xác lập bề dày nhỏ nhất. Từ công thức trên ta thấy bề dày nhỏ nhất khi k   0 ta có :

 

2 2 2 20# # # # # # # 0, 76# # # # # # # 1, 54# # # # # # # 44# # # # # # # 4 30# # # # # # # 3dmmin n sin i sin



   

# # # # # # #   # # # # # # #   # # # # # # #  

Câu 35: Năng lượng của hạt proton trong giếng thế một chiều sâu vô hạn ở trạng thái n  5 là 7, 5  meV. Cho

biết khối lượng của hạt proton  

27 mp 1, 672 kg . Bề rộng của giếng thế năng là :

A.  

0

8, 2 A. B.  

0

7, 2 A. C.  

0

6, 2 A. D.  

0 9, 2 A .Giải

Hạt chuyển động trong giếng thế năng có năng lượng:  

222# # # # # # # ..# # # # # # # 2# # # # # # # 7, 5# # # # # # # 2n ph nE meV ma





# # # # # # #  Bề rộng của giếng thế năng là :

 

   

2 222 2 34 2 10 0 6 19 27# # # # # # # ..# # # # # # # 2. 6, 6 .# # # # # # # 8, 2 8, 22 n. p 8. n p 8, 5. 1, 6. 1, 672 .h n hn a m A E m E m





   # # # # # # #  # # # # # # #  # # # # # # #  # # # # # # #     

Câu 36: Người ta chiếu một chùm tia Rơn – ghen có bước sóng  

8

 10 cm

  vào tinh thể và quan sát hình ảnhnhiễu xạ của nó. Biết rằng góc tới của chùm tia Rơn – ghen trên những lớp tinh thể bằng0 30 và bậc cực lớn nhiễuxạ ứng với k  3. Khoảng cách giữa hai lớp ion liên tục có giá trị :

A.  

8 d 3, 2 cm

. B.  

8 d 3, 0 cm

. C.  

8 d 3,1 cm

. D.  

8 d 3, 3 cm  .GiảiNhận xét : Đây là bài toán đặc trưng của nhiễu xạ Ronghen. Những bài toán dạng này thường xoay quanh công

thức Bragg. Từ dữ kiện đã cho ta thấy 3 đại lượng ,, k đã biết  dễ dàng xác định đại lượng d

2 dsin  k

 

 

82 10 0# # # # # # # 3 3,8 .# # # # # # # 3 .# # # # # # # 2. 30dm sin sin





      ( với bậc cực lớn nhiễu xạ ứng với k  3 )

Câu 37: Dung dịch đường glucozo nồng độ  

3 C 1  0, 28 g cm / đựng trong một bình trụ thủy tinh sẽ làm quaymặt phẳng phân cực của ánh sáng xanh đi qua bình một góc0

 1 32. Với dung dịch đường glucozo nồng độ C 2

cũng đưng trong bình trụ giống như trên làm quay mặt phẳng phân cực của ánh sáng xanh một góc0

 2 .

Nồng độ C 2 là :

A.  

3

0, 23 g cm /. B.  

3

0, 25 g cm /. C.  

3

0, 21 g cm /. D.  

3 0, 27 g cm / .GiảiNhận xét : Đây là bài toán ứng dụng hiện tượng kỳ lạ quay mặt phẳng phân cực để xác lập nồng độ dung dịch. Nồngđộ dung dịch được xác lập theo công thức :

 

# # # # # # # Cd





 trong đó  là góc quay của mặt phẳng phân cực. Ở trongbài toán này ta thấy có hai trường hợp  xét từng trường hợp và tính tỷ số .Ta có :

 

 

 

1 12113 21 1 2 2 2 2# # # # # # # 24# # # # # # #. 0, 28 0, 21 /# # # # # # # 32# # # # # # # Cd C C C g cm C C d



 

 



# # # # # # # # # # # # # #  # # # # # # # # # # # # # #       # # # # # # #  # # # # # # # # # # # # # # 

Câu 38: Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng 0, 5  m theo phương vuông góc với

một cách tử nhiễu xạ. Ngay sau cách từ có đặt một thấu kính hội tụ có tiêu cự fm 1, 00  để hứng chùm tia

sáng lên màn E đặt tại tiêu diện của thấu kính. Khoảng cách giữa hai cực lớn chính trong quang phổ bậc 1 bằng

lm 0, 202 . Số vạch trên 1 cm của cách tử có giá trị bằng:

A. n  1816 (vạch/cm). B. n  1836 (vạch/cm). C. n  1826 (vạch/cm). D. n  1846 (vạch/cm).

GiảiCực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng :k sin d





Quang phổ bậc 1 gồm 2 vân cực đại chính  k  1  sin

d





Khoảng cách giữa 2 vạch cực đại chính bằng: l 2. f tan 

Vì  là góc rất nhỏ  tg  sin

Hay    

6 2 2.1, 55 6 5, 45 5, 45 2 0, 202lf d m m d f l





       Mật độ khe ( số khe / đơn vị chức năng độ dài ) : 62# # # # # # # 11# # # # # # # 1836# # # # # # # 5, 45 .n d    ( vạch / cm ) ( d là chu kỳ luân hồi cách tử )

Câu 39: Khối lượng của hạt photon ứng với ánh sáng có bước sóng  1 0, 55  m là:

A.  

36 4, 0 kg

. B.  

36 4, 2 kg

. C.  

36 3, 8 kg

. D.  

36 4, 6 kg .Giải

   

6 3 2# # # # # # # 2.2, 5 .# # # # # # #. 2 10 1# # # # # # # 22lRb r r k mm mm Rb



        

Câu 42: Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng  1 0, 65  m vào khi Yâng. Khoảng cách giữa hai khe

a  1   mm. Màn ảnh được đặt song song cách mặt phẳng của khe một đoạn Dm  2  . Đặt trước một trong 2

khe một bản mỏng có hai mặt song song chiết suất n 1, 5 và có bề dày em  10   .Độ dịch chuyển của hệ thống

vân giao thoa trên màn là :

A .1, 2  cm. B .1,1  cm. C .1, 3  cm. D .1, 0  cm.

GiảiĐộ di dời của mạng lưới hệ thống vân giao thoa trên màn là

   

   

63# # # # # # # 1. 1, 5 1. 10 .# # # # # # # 0, 01 1# # # # # # # 1 .n e D y m cm a# # # # # # #  # # # # # # #     

Câu 43: Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc bước sóng 0, 76  m vào khi Yâng. Đặt trước một trong 2 khe

một bản mỏng mảnh có hai mặt song song chiết suất n  1, 5 thì thấy mạng lưới hệ thống vân giao thoa di dời một đoạn

5   mm so với khi chưa đặt bản mỏng. Biết khoảng vân i 1, 00  mm. Chiết suất của bản mỏng có giá trị bằng:

A. em 7, 6 . B. em 6, 6 . C. em 7, 8 . D. em 7, 2 .

GiảiKhoảng vân :36# # # # # # # 1 25000# # # # # # # 0, 76 19D D i i dd





      Độ di dời của mạng lưới hệ thống vân giao thoa trên màn là

 

   

   

3

1. 5 .19 6
   7, 6 7, 6
   . 1 2500. 1, 5 1

n eD yd y e m m d D n



            

Câu 44: Một chùm ánh sáng được chiếu vuông góc với một cách tử nhiễu xạ. Trên phương

0

 62, ngời ta quan

sát thấy hai vạch có bước sóng  1 0, 6  m và  2 0, 5  m ứng với vạch quang phổ có bước sóng bé nhất

trùng nhau. Chu kỳ của cách tử là :

A .2, 4  m. B .3, 6  m. C .3, 4  m. D .3, 48  m.

GiảiNhận xét : Đây là bài toán nhiễu xạ qua cách tử phẳng. Phân tích đề bài ta thấy có đề cập đến vạch cực lớn liên hệ tới điều kiện kèm theo cực lớn nhiễu xạ qua cách tử phẳng : sin k d





Đối với bước sóng  1 ta có :1 sin k 1 d



   1

Đối với bước sóng  2 ta có :2 sin k 2 d



   2

Từ    

22 1 1 2 2 1 2 1# # # # # # # 5# # # # # # # 1 ; 2# # # # # # # 6k k k k k







# # # # # # #     Vì vạch quang phổ có bước sóng bé nhất trùng nhau nên tích hợp với điều kiện kèm theo k 1 và k 2 là số nguyên ( xét trường

hợp nguyên dương)  k 1 5 và k 2  6. Thay k 1 vào (1) ta có:  

11 0# # # # # # # 5, 6# # # # # # # 3, 4# # # # # # # 62k dm sin sin







# # # # # # #   

Câu 45: Một chùm ánh sáng trắng được rọi vuông góc với một bản mỏng trong suốt hai mặt song song dày

dm 0, 43  ; chiết suất n 1, 5. Trong phạm vi quang phổ nhìn thấy (bước sóng từ 0, 4  m đến0, 76  m ),

chùm tia phản chiếu được tăng cường có bước sóng là :

A .0, 52  m. B .0, 50  m. C .0, 62  m. D .0, 55  m.

GiảiHiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên hai mặt của bản mỏng dính :22 122 2L L d n sin i



# # # # # # #    Với trong đó : d là bề dày của bản mỏng mảnh ;n là chiết suất của bản ;i là góc tới của ánh sáng tới mặt bản ; là bước sóng cùa ánh sáng tới

Ánh sáng phản xạ được tăng cường khi:  

# # # # # # # 2# # # # # # # 2 1# # # # # # # 2 0, 5dn dn k k



   

# # # # # # # 

Tong phạm vi quang phổ thấy được, phải có điều kiện: 0, 4   mm 0, 7 

Thay  vào   1, suy ra điều kiện: 1, 20 k 2, 725

Vì k phải nguyên, nên nó chỉ hoàn toàn có thể có một giá trị k  2. Vậy trong khoanh vùng phạm vi quang phổ thấy được chỉ cố một

chùm tia phản xạ bước 2 bước sóng  

# # # # # # # 2 2, 46, 5# # # # # # # 0, 552# # # # # # # 2 0, 5 2, 5dn

   m

# # # # # # # được tăng cường

Câu 46: Một notron chuyển động nhiệt ở nhiệt độ

0 113 C. Bước sóng De Broglie tương ứng với hạt này là ( cho

 

27 mn 1, 674 kg  )

A.  

0

1, 28 A. B.  

0

1,18 A. C.  

0

1, 38 A. D.  

0 1, 48 A .GiảiPhương trình thuyết động lực học phân tử :Dạng phương trình :2 0# # # # # # # 1# # # # # # # .# # # # # # # 3p  n mv trong đó : n 0 : là tỷ lệ phân tử trong 1 đơn vị chức năng thể tích# # # # # # # 0n n V ; n : là tổng số phân tử khí có trong thể tích Vm là khối lượng phân tử khí2 v là tốc độ toàn phương TB của 1 phân tử khíTa có :2 2 0 0 0# # # # # # # 1 2 2# # # # # # # …# # # # # # # 3 3 2 3dmv p  n mv  n  n WĐộng năng trung bình của phân tử khí :0# # # # # # # 3# # # # # # # 2dp W n ( chú ý quan tâm : n V 0.  NA số phân tử khí trong 1 mol khí )Từ phương trình trạng thái so với 1 mol khí :0# # # # # # # 33# # # # # # # 22d# # # # # # # RT RTp W kT V n V    ( NA số Avôgrađrô23  6, 022 .( phân tử3 / m ) và A# # # # # # # Rk N# # # # # # # Vận tốc căn quần phương :2 vvC Mặt khác :

 

 

2 23 27# # # # # # # 8, 314# # # # # # # 3 .. 3 .. 113 273# # # # # # # 133 6, 022 .# # # # # # # 3090, 375 /# # # # # # # 2 2 1, 674 .A dc# # # # # # # R# # # # # # # TkT N W mv kT v v m s mm# # # # # # # # # # # # # #        Nhận xét : Đây là bài toán de Broglie, bộc lộ đặc thù sóng hạt của hạt vi mô. Electron và proton là hai hạt vimô tương ứng với sóng phẳng đơn sắc có tần số giao động f có bước sóng  .

• Theo công thức de Broglie ta có:

   

34 10 0 27# # # # # # # 6, 625 .

####### 1, 28 1, 28

# # # # # # # 1, 674. 3090, 375h h h p m A p mv





         

Source: https://vh2.com.vn
Category : Khoa Học