Issuu

BÀI TẬP CHƯƠNG SÓNG ÁNH SÁNG VẬT LÍ 12

vectorstock.com/28062424

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CHƯƠNG SÓNG ÁNH SÁNG VẬT LÍ 12 NHẰM BỒI DƯỠNG NĂNG LỰC GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ CHO HỌC SINH GIỎI (VNU - UED) WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

CHƢƠNG 2. XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP VÀ HƢỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CHƢƠNG SÓNG ÁNH SÁNG VẬT LÍ 12 NHẰM BỒI DƢỠNG NĂNG LỰC GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ CHO HỌC SINH GIỎI 2.1. Hệ thống nội dung chƣơng sóng ánh sáng vật lí 12 2.1.1. Cấu trúc nội dung chương sóng ánh sáng Sơ đồ 2.1. Sơ đồ cấu trúc nội dung chương sóng ánh sáng. [7, tr. 30]

SÓNG ÁNH SÁNG

TÍNH CHẤT CỦA SÓNG ÁNH SÁNG

Tán sắc ánh sáng

Nhiễu xạ ánh sáng

Giao thoa ánh sáng

CÁC LOẠI QUANG PHỔ

Máy quang phổ lăng kính

Các loại quang phổ

THANG SÓNG ĐIỆN TỪ

Tia hồng ngoại

Tia tử ngoại

Tia Rơn ghen

2.1.2. Phân tích nội dung chương sóng ánh sáng. Về vấn đề n

đã đƣợc trình bày rất rõ trong cuốn Sách GV Vật lí 12 Cơ ản

và nâng cao. Trong luận văn n

húng t i xin đƣợc không trình bày lại. Tuy nhiên

chúng tôi có những điểm cần lƣu ý s u đâ : Về hiện tƣợng tán sắc ánh sáng: Đâ l hiện tƣợng rất quan trọng giúp chúng ta giải thí h đƣợc một số hiện tƣợng thực tiễn nhƣ hiện tƣợng cầu vồng, xóa bỏ quan niệm Thần thánh về cầu vồng trƣớ đâ . Về hiện tƣợng giao thoa ánh sáng: Chúng tôi xây dựng hệ thống bài tập bao gồm gi o tho

nh s ng đơn sắc, ánh sáng hỗn hợp, ánh sáng trắng, giao thoa của

các hệ đặc biệt nhƣ: Lƣỡng gƣơng, lƣỡng thấu kính, lƣỡng lăng kính, gƣơng L i, giao thoa với bản mỏng, nêm. Chúng tôi dừng lại ở x

định các vạch sáng gây ra

bởi hiện tƣợng giao thoa chứ kh ng đi sâu đến các kiến thứ

hu ên nhƣ ƣờng độ

s ng, độ rọi… Về hiện tƣợng nhiễu xạ ánh sáng: Chúng tôi chỉ sử dụng kết quả của hiện tƣợng nhiễu xạ t đƣợc các nguồn sáng thứ cấp (chẳng hạn nhƣ h i khe F1, F2 trong hiện tƣợng giao thoa ánh sáng) chứ kh ng đi sâu l m rõ ản chất của từng hiện tƣợng nhiễu xạ nhƣ nhiễu xạ lỗ tròn, nhiễu xạ cách tử… Về các loại quang phổ v th ng sóng điện từ: Do đặ điểm của các kỳ thi HSG ít ó liên qu n đến bài tập định tính của phần này nên chúng tôi kh ng đề cập đến bài tập phần này. 2.1.3. Mục tiêu chương sóng ánh sáng. Tên

Nhận biết – thông Vận dụng

Phân tích, Tổng

chủ

hiểu

hợp,

đề

sắc ánh sáng

giá,

Sáng tạo -

Tán

Đánh

Định

nghĩ

hiện - Giải thí h đƣợ định - Tính to n định

tƣợng tán sắc ánh sáng, tính hiện tƣợng cầu lƣợng hiên tƣợng tán nh s ng đơn sắc, ánh vồng. sáng trắng.

sắc qua thấu kính,

- Sử dụng công thức

- Nêu đƣợc mối liên hệ định luật khúc xạ để giữa chiết suất và màu tính đƣợc góc lệch giữa sắc ánh sáng - Giải thí h đƣợc thí

ti s ng đơn sắc sau tán sắc.

lăng

kính,

lƣỡng

chất phẳng,, bản mặt song song, giọt nƣớc hình cầu, máy quang phổ lăng kính.

nghiệm Niuton về hiện tƣợng tán sắc ánh sáng. Giao

- Định nghĩ , giải thích - Giải các bài tập đơn - Giải thí h định

thoa

định tính, định lƣợng giản nhƣ tính khoảng tính và tính toán

ánh

hiện tƣợng giao thoa vân, x

định vị trí vân định lƣợng đối với

sáng

ánh sáng. - Viết đƣợc công thức tính khoảng vân, hiệu

sáng, vân tối tại một các giao thoa với điểm trên trƣờng giao ánh sáng hỗn hợp , các hệ gi o tho đặc

thoa.

đƣờng đi, vị trí vân - Giải thí h đƣợc hiện sáng, vân tối. - Nêu đƣợc ứng dụng của hiện tƣợng giao thoa ánh sáng. Suy ra

tƣợng giao thoa ánh s ng đối với ánh sáng hỗn hợp, nh s ng đ

biệt nhƣ lƣỡng lăng kính,

lƣỡng

thấu

kính, lƣỡng gƣơng, bản mỏng, nêm. - Tính to n định

sắc

lƣợng với màng xà

liên hệ giữa màu sắc và

phòng,

ƣớc sóng ánh sáng.

váng

dầu

mỡ. Các

- Nêu đƣợ sơ đồ cấu - Dự v o đặ điểm của Giải đƣợc bài tập về

loại

tạo của máy quang phổ quang phổ liên tục giải máy quang phổ

quang lăng kính, m tả đƣợc thí h đƣợc màu sắc của phổ

đƣờng truyền của tia các nguồn nóng sáng sáng qua máy quang phát ra ở các nhiệt độ phổ.

giống hoặc khác nhau.

- Nêu đƣợ định nghĩ , - Dựa vào quang phổ nguồn phát, tính chất, vạch giải thí h đƣợc công dụng của các loại công dụng của phép quang phổ.

phân tích quang phổ: Nhanh, nhậy, từ xa, định lƣợng.

Thang - Nêu đƣợ định nghĩ , - Vẽ đƣợc thang sóng - So s nh đƣợc các sóng

nguồn phát, tính chất, điện từ và mô tả sự tăng phƣơng ph p nghiên

điện

công dụng của tia hồng giảm củ

ƣớc sóng và cứu cho từng loại

từ

sóng điện từ.

ngoại, tia tử ngoại, tia tần số. Rơn ghen.

2.2. Hệ thống bài tập chƣơng sóng ánh sáng nhằm bồi dƣỡng NL GQVĐ cho HS giỏi. Dựa trên mục tiêu, nội dung hƣơng sóng nh s ng nhằm đảm bảo hệ thống bài tập đƣợ

o qu t hƣơng trình bồi dƣỡng HS giỏi, chúng tôi xây dựng sơ đồ

hóa kiến thức bài tập nhƣ s u: Sơ đồ 2.2. Sơ đồ hóa hệ thống bài tập chương sóng ánh sáng Tán sắc ánh s ng qu lăng kính

Bài tập tán sắc ánh sáng Bài tập chƣơng sóng ánh sáng bồi dƣỡng HSG

Tán sắ

nh s ng qu lƣỡng chất phẳng

Tán sắc ánh sáng qua thấu kính Tán sắc ánh sáng qua giọt nƣớc hình cầu Gi o tho

Bài tập giao thoa ánh sáng

Giao thoa ánh sáng qua khe Y - âng

nh s ng đơn sắc

Giao thoa ánh sáng hốn hợp Giao thoa ánh sáng trắng Giao thoa có hệ vân dịch chuyển

Một số hệ giao tho đặc biệt

Lƣỡng lăng kính Frexnen Lƣỡng thấu kính Biê Lƣỡng gƣơng Frexnen Gƣơng Lôi Giao thoa với màng mỏng, nêm

Trên sơ đồ 2.2, chúng tôi xây dựng hệ thống bài tập trên ơ sở các tình huống có vấn đề. Các tình huống ở đâ đƣợc sắp xếp từ đơn giản đến phức tạp, tình huống đơn giản có thể là vận dụng công thứ để giải bài tập đã rõ hiện tƣợng vật lí, có thể chỉ là thay số vào công thức nhƣng lại làm nền tảng cho các tình huống phức tạp, tình huống phức tạp hơn ó thể là phải biết phân tích một hiện tƣợng vật lí hay tổng hợp nhiều kiến thức vật lí và toán họ để giải quyết một vấn đề của bài toán vật lí. Giải quyết đƣợc xâu chuỗi các vấn đề từ ơ ản đến phức tạp trong một hay nhiều bài toán vật lí sẽ góp phần hoàn thiện kiến thức, kỹ năng, kỹ xảo, giúp tƣ du su luận lôgic của HS phát triển. Điều đó nói nên NL GQVĐ ủa HS đƣợc bồi dƣỡng và phát triển. Dƣới đâ ứng với mỗi dạng bài tập chúng tôi có 3 phần: + Thứ nhất (i) là tóm tắt lí thuyết và công thứ

ơ ản: Đâ l phần tóm lƣợc

lí thuyết ơ ản đƣợc tóm tắt lại từ SGK Vật lí 12 ơ ản và nâng cao, kèm theo là hệ thống công thứ dùng để giải bài tập, đồng thời ũng l phần kiến thức gắn liền với mụ đí h sử dụng bài tập. + Thứ hai (ii) là bài tập ó hƣớng dẫn: Các bài tập n

đƣợc xây dựng nhằm

vận dụng kiến thứ đã họ v o GQVĐ ụ thể trong từng bài toán vật lí.

i to n đó

có thể l định tính hoặ định lƣợng… nhƣng đều mụ đí h l rèn luyện kỹ năng kỹ xảo giúp phát triển tƣ du l - gi , trí tƣởng tƣởng phong phú của HS, từ đó góp phần bồi dƣỡng NL GQVĐ ho HS đặc biệt là HS giỏi. + Thứ ba (iii) là bài tập rèn luyện tự giải: Đâ l những bài tập tƣơng tự những

i to n ó hƣớng dẫn giải ở trên nhằm giúp HS khắc sâu và hoàn thiện kiến

thức bằng hình thức tự giải tại lớp hoặc ở nhà, ngoài ra có những bài xuất hiện những vấn đề mới, những

i to n ngƣợc hoặc giải quyết những tình huống thực

tiễn. Các bài tập này giúp kỹ năng kỹ xảo của HS nhuần nhuyễn bồi dƣỡng NL phản ứng nhanh với các tình huống của bài tập đặt ra. 2.2.1. Bài tập tán sắc ánh sáng. 2.2.1.1. Tán sắc ánh sáng qua lăng kính. i) Tóm tắt lí thuyết và công thức

* Lý thuyết về tán sắc: Hiện tƣợng ánh sáng trắng (Ánh sáng Mặt Trời) s u khi đi qu lăng kính thì bị phân tách thành các chùm sáng có màu sắ kh

nh u. Chùm s ng đỏ lệch ít nhất,

chùm sáng tím lệch nhiều nhất (Hình 2.1). Hiện tƣợng này gọi là hiện tượng tán sắc ánh sáng. Dải màu từ đỏ đến tím gọi là quang phổ của Mặt Trời gồm 7 màu

E F

hính: Đỏ,cam, vàng, lục, lam, chàm,

tím Ánh sáng đơn sắc là ánh sáng có một màu nhất định mà không bị tán sắc khi đi qu lăng kính ( hỉ bị lệch về phí đ

ủ lăng kính).

QUANG PHỔ CỦA MẶT TRỜI

Ánh sáng trắng là hỗn hợp của nhiều nh s ng đơn sắc có màu biến thiên

liên

tục

từ

đỏ

đến

Hình 2.1. Mô tả hiện tƣợng tán sắ nh s ng qu lăng kính

tím

( 0,38 m    0,76 m ) Chiết suất củ m i trƣờng trong suốt đối với

nh s ng đơn sắc khác nhau

thì khác nhau, giá trị nhỏ nhất đối với nh s ng đỏ, lớn nhất đối với ánh sáng tím. Vậy: sự tán sắc ánh sáng là sự phân tách một chùm sáng phức tạp thành các chùm ánh sáng đơn sắc khác nhau. * Các công thức Với lăng kính hùm s ng qu lăng kính tuân theo

ng thứ lăng kính:

sin i1  n sin r1 ; A  r1  r2 sin i2  n sin r2 ; D  i1  i2  A Với lăng kính ó gó

sin i  i (rad ) t

(2.1)

hiết qu ng đủ nhỏ s o ho sin A  A (rad ) , gó tới

ó gó lệ h giữ ti ló v ti tới:

D  (n  1) A

(2.2)

đổi góc tới thì thấ độ dài vệt sáng trên màn giảm đến giá trị cực tiểu

rồi không giảm đƣợc nữ , khi đó gó lệch D giữa tia ló và tia tới đạt giá trị cực tiểu thỏa mãn:

sin i  sin

Dmin  A A  n sin 2 2

(2.3)

Với các công thức khi áp dụng cho hiện tƣợng tán sắc ánh s ng thì điều khác biệt với lớp 11 là sự phụ thuộc của chiết suất v o ƣớc sóng ánh sáng theo công thức gần đúng:

n  A

(2.4)

2

(2.3) gọi là công thức Cauchy về sự phụ thuộc của chiết suất v o ƣớc sóng ánh s ng. Trong đó A,

l những hằng số. Do đó ó thể nói rằng: bước sóng của ánh

sáng đơn sắc nào thì chiết suất của ánh sáng đó và góc tương ứng với nó. Chú ý: Khi một ánh sáng truyền qu tần số không đổi, tố độ v Chiết suất n 

ƣớ sóng th

m i trƣờng trong suốt khác nhau thì đổi theo nguyên lí Huy-ghen

c ( 1) (2.4), ƣớc sóng  '   v n

(2.5)

ii) Bài tập có hướng dẫn giải Ví dụ 1. Một lăng kính ó gó với nh s ng đỏ v

hiết qu ng A = 5o đƣợ

oi l nhỏ, ó hiết suất đối

nh s ng tím lần lƣợt l nđ = 1,643 và nt = 1,685. Cho một hùm

s ng trắng hẹp rọi v o mặt ên ủ lăng kính với gó tới i nhỏ s o ho hùm ti tới song song với mặt phẳng phân gi

ủ gó A, một phần đi qu n lăng kính, một

phần kh ng qu lăng kính tại gó A. 1. Tính gó giữ ti tím v ti đỏ s u khi đi qu lăng kính. 2. Đặt m n qu n s t s u lăng kính song song với mặt phẳng phân gi

ủ gó A,

cách A một khoảng h =1m. Tính ề rộng qu ng phổ liên tụ qu n s t đƣợ trên màn.

NL thành tố cần

Luận giải

bồi dƣỡng 1. Tính góc giữa tia tím và tia đỏ sau khi đi qua lăng kính - Hiện tƣợng tán sắ

nh s ng đƣợc mô tả bởi hình 2.2

vấn

đề:

Chùm tia sáng ngoài ị khú xạ qu lăng kính

hiểu

òn

ị t n sắ

th nh dải m u liên tụ từ đỏ đến tím

NL thu thập th ng tin: - Sử dụng

Hình 2.2.

gó

lệ h

ng thứ ủ

ló

trong trƣờng hợp gó hiết quang A nhỏ, góc lệch giữa tia hiết qu ng A nhỏ. - Hu động kiến thứ đỏ và tia tím so với tia tới: - Với lăng kính ó gó

to n về hệ thứ lƣợng

Dd  (nd  1) A

trong tam giác vuông.

Dt  (nt  1) A

- Góc lệch giữa ti m u đỏ và tia màu tím: D  Dt  Dd  (nt  nd ) A

- Tƣ du

luận

logic trong phép tính độ d i DT. *Một số âu hỏi gợi

Thay số: D  (1,685  1,643).5o  0, 21o 2. Tính bề rộng quang phổ liên tục quan sát được trên màn

ý GQVĐ. ?1 Hiện tƣợng vật lí

- Xét tam giác vuông DHA và THA ta có:

n o đã xả r ?

?2C ng thứ n o giúp

DH  DH  h.tan Dd ; h TH  TH  h.tan Dt , tan Dt  h tan Dd 

?3 Qu ng phổ liên tụ trên m n đƣợ thể

L  TH  DH  h(tan Dt  tan Dd )

hiện ởi độ d i n o?

ũng ó tan D  D(rad ) . Do đó:

?2 Chiều d i TH v

L  h( Dt  Dd )  h.D(rad )

- Thay số: L  h( Dt  Dd )  1.0, 21  o

lệ h D

giữ ti ló v ti tới.

- Chiều dài vệt sáng cho trên màn:

- Vì D = nên t

tính gó

 180

DH đƣợ tính nhƣ thế nào?

 3, 7mm

* Biện luận kết quả, đề xuất vấn đề mới. Kết quả: D = A , L = h hoàn toàn phù hợp với điều kiện đề bài và kết quả thực nghiệm. Vấn đề mới: Trong trƣờng hợp góc chiết quang A đủ lớn (Ví dụ A = 30o, 60o…) thì bài toán cần đƣợc giải quyết nhƣ thế nào? Ví dụ 2. Làm thí nghiệm với một lăng kính ó tiết diện thẳng là tam giác ABC đều có góc chiết quang A  60 0 . Chiết suất củ lăng kính đối với ti đỏ và tia tím lần lƣợt là nd  1,5 và nt  1,54 . Dùng một chùm tia sáng trắng hẹp chiếu tới mặt xiên góc qua A với góc tới i  60o . Phí s u lăng kính đặt màn chắn M song song với mặt phẳng phân giác của góc A., cách A một khoảng h = 1m. 1. Tính góc lệch giữa tia ló với tia tới và chiều dài quang phổ liên tục trên màn chắn. 2. Giữ ngu ên điểm tới của chùm tia tại A, bây giờ th

đổi góc lệch của chùm sáng

trắng chiếu v o lăng kính s o ho gó lệch của tia màu lụ đạt cực tiểu (nl = 1,52). Tính lại kết quả của câu 1.

3. Thay đổi góc tới thì thấy có vị trí củ lăng kính m tìa tím của quang phổ là là mặt phân cách AC. Tính góc tới khi đó v x 4. Th

định lại kết quả câu 1.

đổi góc tới của chùm sáng và vị trí tia tới trên AB thì có những khi toàn bộ

chùm sáng phản ló ra khỏi mặt đ

C. Chứng tỏ chùm sáng ló ra khỏi BC là chùm

song song. NL thành tố cần bồi dƣỡng

Luận giải

1. Góc lệch giữa tia ló với tia tới và chiều dài quang phổ liên NL hiểu vấn đề: i to n xả

tục trên màn chắn

hiện tƣợng t n sắ

Hiện tƣợng tán sắ đƣợc mô tả nhƣ hình 2.3

nh s ng qu lăng M 60o

60o

Dđ

t m

đều

i khác nhau.

60o I

ó tiết diện

trƣờng hợp gó tới

Dt D

kính

nhƣng trong nhiều

NL hu động kiến C

thứ vật lí v to n họ GQVĐ.

Hình 2.3.

*C Tìm góc lệch giữ ti đỏ và tia tím

âu hỏi gợi

ý:

- Góc lệch Dd củ ti m u đỏ với tia tới đƣợ x

định theo ?1

công thứ lăng kính:

Vẽ

tru ền

- Góc lệch Dt của tia màu tím với tia tới đƣợ x

định:

s ng kính.

sin i1 sin 60o sin i1  nt sin r1t  sin r1t    r1t  34,22o nt 1,54

đƣờng ủ

hùm

lăng

A  r1t  r2t  r2t  A  r1t  60o  34,22o  25,78o sin i2t  nt sin r2t  1,54.sin 25,78o  i2t  42,05o Dt  i1  i2t  A  60o  42,05o  60o  42,05o - Góc lệch giữ ti m u đỏ với tia màu tím là:

D  Dt  Dd  42,05  38,88  3,17o * Chiều dài quang phổ liên tục trên màn - Gọi

điểm M, H, D, T nhƣ hình 2.3.

¶  SAI ·  30o  90o  i  60o (vì hai - Nhìn hình 2.3 ta có M góc ở vị trí trong cùng phía).

· - Xét tam giác vuông AHM có MAH  90o  60o  30o

?2 Với lăng kính ó gó

hiết qu ng

lớn thì gó

lệ h

đƣợ

theo

tính

ng thứ n o? - Xét tam giác vuông AHD có HD  h.tan( Dd  30 ) o

- Xét tam giác vuông AHT có HT  h.tan( Dt  30o )

?3 Lập

- Chiều dài quang phổ cho trên m n x

tính

định bởi:

L  TH  DH  h  tan( Dt  30 )  tan( Dd  30 )  o

Thay số:

L  1.  tan(40,05o  30o )  tan(38,88o  30o )  L  0,021m  2,1cm 2. Tia màu lục đạt cực tiểu (nl = 1,52). Tính lại kết quả của câu 1.

ng thứ hiều

d i

qu ng phổ liên tụ trên m n hắn.

- Tia màu lụ đạt cực tiểu đƣợc mô tả bởi hình 2.4

NL hiểu vấn đề: Điều kiện để xả r ti m u lụ đạt

M o

Dđ

49,46

ự tiểu

70,54o

H D

NL tìm kiếm giải

Lục

ph p GQVĐ: Từ

ti m u lụ đạt ự o

60 B

T I

tiểu su r gó tới

i, s u đó tính lại

Hình 2.4.

Góc lệch giữ ti đỏ và tia tím.

kết quả

i to n

dự v o

thứ lăng kính.

- Khi góc lệch của tia màu lụ đạt cực tiểu thì ta có

* Một số âu hỏi gợi ý

Dl min  A A 60o sin i  sin  nl sin  1,52.sin 2 2 2

?1 Ti m u lụ đạt

 i  49,46o

ự tiểu thì gó tới thỏ

- Với i  49,46 ta có hình 2.4 o

mãn

kiện gì?

- Góc lệch Dd củ ti m u đỏ với tia tới đƣợ x

định theo

công thứ lăng kính:

sin i1 sin 49,46o  sin i1  nd sin r1d  sin r1d   r1d  30,44o nd 1,5 A  r1d  r2 d  r2 d  A  r1d  60o  30,44o  29,56o sin i2 d  nd sin r2 d  1,5.sin 29,56o  i2 d  47,73o Dd  i1  i2 d  A  49,46o  47,73o  60o  37,19o

điều

- Góc lệch Dt của tia màu tím với tia tới đƣợ x

định: ?2 Tính gó lệ h

sin i1 sin 49,46o sin i1  nt sin r1t  sin r1t   nt 1,54

 r1t  29,57

ủ ti m u đỏ v ti m u tím với ti

A  r1t  r2t  r2t  A  r1t  60  29,57  30,43 o

tới.

sin i2t  nt sin r2t  1,54.sin 30,43o  i2t  51,26o Dt  i1  i2t  A  49,46o  51,26o  60o  40,72o - Góc lệch giữ ti m u đỏ với tia màu tím là:

D  Dt  Dd  40,72  37,19  3,53o * Chiều dài quang phổ liên tục trên màn

¶  SAI ·  120o  49,46o  70,54o - Nhìn hình 2.4 ta thấy M (Hai góc trong cùng phía).

· - Xét tam giác vuông AHM: MAH  90o  70,54o  19,46o Tƣơng tự ở câu 1 ta có chiều dài quang phổ cho trên màn xác định bởi:

?3 Lập tính

ng thứ hiều

d i

quang phổ liên tụ

L  TH  DH  h  tan( Dt  19,46o )  tan( Dd  19,46o ) 

L  1.  tan(40,72o  19,46o )  tan(37,19o  19,46o ) 

L  0,069m  6,9cm 3. Tìm góc tới để tia tím là là mặt phân cách. Tính góc lệch giữa tia đỏ với tia tím và chiều dài quang phổ liên tục khi

trên màn.

đó. Hiện tƣợng tia tím là là mặt phân

h đƣợc mô tả bởi hình

NL hiểu vấn đề: Ti tím l l mặt

2.5

phân S

Dđ

H Dt

ị phản xạ to n

phần.

NL sử dụng kiến thứ

60o

h nghĩ l

GQVĐ: Từ

điều kiện phản xạ to n phần ủ ti

Hình 2.5

tím t

tính đƣợ

gó tới i, s u đó - Khi tia màu tím là là mặt phân

h C nghĩ l ti tím ắt tính to n tƣơng tự

đầu xảy ra phản xạ toàn phần. Khi đó:

câu 2. * Một số âu hỏi

i2t  90o o   i2t  90 1 1   o  sin r2t  n  1,54 r2t  40, 49 t 

gợi ý GQVĐ ?1 Tia màu tím là

- Sử dụng

ng thứ lăng kính tính ngƣợ lại t

ó:

A  r1t  r2t  r1t  A  r2t  60o  40,50o  19,50o

l mặt phân

ó ý nghĩ gì?

sin i  nt sin r1t  1,54.sin19,50o

?2 Vẽ hình để m

 i  30,94o

tả ti tím l l mặt phân cách.

- Góc lệch giữ ti m u đỏ với tia tới:

sin i1 sin30,94o sin i1  nd sin r1d  sin r1d    r1d  20,05o nd 1,5

A  r1d  r2 d  r2 d  A  r1d  60o  20,05o  39,95o sin i2 d  nd sin r2 d  1,5.sin 39,95o  i2 d  74,40o

Dd  i1  i2d  A  30,94o  74,40o  60o  45,34o - Góc lệch của tia màu tím so với tia tới:

?3 Điều kiện để ti

tím

ắt đầu

phản xạ to n phần là gì?

Dt  180o  A  (90o  i)  90o  A  i  90o  60o  30,94  60,94o - Góc lệch giữ ti tím v ti đỏ:

?4 Tính gó lệ h

D  Dt  Dd  60,94o  45,34o  15,6o

D và hiều d i DT tƣơng tự

* Tìm chiều dài vệt quang phổ liên tục. - Nhìn hình 2.4 ta có:

· · SAI AMT  30o  90o  i  120o  30,94o  89,06o (vì hai góc trong cùng phía) - Xét tam giác vuông AHM có:

· MAH  90o  89,06o  0,94o - Tƣơng tự câu 1 ta có chiều dài DT

L  TH  DH  h  tan( Dt  0,94o )  tan( Dd  0,94o )  L  1.  tan(60,94o  0,94o )  tan(45,34o  0,94o )  L  0,75m  75cm 4. Chứng tỏ chùm sáng ló ra khỏi BC là chùm song song.

âu

- Muốn chứng minh chùm ló song song ta phải chứng minh NL hiểu vấn đề:

it'  id' .

Chùm tia ló song A

song thì gó ló ủ

- Do vị trí của tia tới

các ánh s ng đơn

chỉ cần thỏa mãn tia sáng phản xạ toàn phần

sắ

S B

nên điểm tới I không

C Kd Kt

nhất thiết ở sát A, vì

id'

vậy có thể mô tả hiện

it'

rkt

tƣợng bằng hình 2.6

tính

hất

thuận

nghị h về

hiều

tru ền

nh s ng

thì gó

ló ở

phải ằng gó tới

Hình 2.6

- Gọi

nh u l

ằng nh u. Theo

ở AC rồi ló ra khỏi BC

ở mặt A

điểm và các

gó nhƣ trên hình vẽ.

* Một số âu hỏi

- Tại I: gọi góc tới, góc khúc xạ đỏ và góc khúc xạ tím lần gợi ý GQVĐ lƣợt là i, rd , rt ta có:

sin i sin i  nd ;  nt sin rd sin r

(1)

?1 Khi chùm ló là chùm song song

- Tại Kd và Kt: gọi góc tới và góc ló lần lƣợt là: rd' , id' , rt' , it' thì góc ló và góc tới ó mối liên hệ sin id' sin it' tƣơng tự t ũng ó: (2)  nd ;  nt gì? sin rd' sin rt' - Tại Jd và Jt: Góc phản xạ bằng góc tới (theo định luật phản

rd  rd' xạ ánh sáng). Nhìn hình vẽ ta thấy:  ' rt  rt

(3) ?2 Vẽ hình m tả đƣờng tru ền ủ

Kết hợp (1), (2), (3) ta có: it'  id'  i

tia sang. Vậy chùm ló ra khỏi đ

hùm song song.

* Nhận xét: Ở câu hỏi n

ũng ó thể áp dụng tính chất

thuận nghịch của chiều truyền nh s ng để suy ra giá trị

it'  id'  i . * Biện luận kết quả, đề xuất vấn đề mới. Nhƣ vậy, tùy thuộc vào giá trị của góc tới và góc chiết quang A mà bài hiện tƣợng tán sắ

nh s ng qu lăng kính ho

kết quả kh

nh u. Do đó, khi giải bài

tập cần linh hoạt phƣơng n giải toán với những góc khác nhau. iii) Bài tập tự giải Bài 1. Một HS làm thí nghiệm tán sắ

nh s ng qu lăng kính phản xạ toàn phần có

tiết diện thẳng là tam giác ABC vuông cân tại A, chiết suất n = 1,5. HS này chiếu chùm tia sáng trắng tới mặt bên AB sao cho tia tới song song với mặt đ

C, phí

sau mặt AC đặt màn quan sát M sao cho vuông góc với phƣơng tru ền của tia tới. HS thấy trên màn quan sát có dải màu cầu vồng từ đỏ đến tím nhƣng đỏ lại ở dƣới, tím ở trên và chiều dài vệt s ng n hoặ r x lăng kính v HS n

kh ng th

đổi khi di chuyển màn chắn lại gần

đã kh ng giải thí h đƣợc.

Bằng kiến thức về hiện tƣợng tán sắc ánh sáng, hãy giải thí h để HS đó hiểu rõ bản chất của hiện tƣợng đó. Bài 2. Một lăng kính thủy tinh có góc chiết quang

A=6 chiết suất của nó với ti tím v ti đỏ lần lƣợt là nt=1,6644 và nđ=1,6552. Chiếu một chùm tia

sáng trắng, hẹp vào mặt bên AB củ lăng kính qua A theo phƣơng vu ng gó với mặt phẳng phân giác

của góc A. Hứng chùm tia ló bằng màn E song song với mặt phân giác gó A v

h đó khoảng

Hình 2.7

1m. (Hình 2.7) 1) Tính góc hợp bởi h i ti đỏ và tím. 2) Tính khoảng cách giữa hai vệt s ng m u đỏ và màu tím trên màn.

ĐS: 1. D  0,0552o ; 2. L  0,96mm Bài 3. [4, tr. 68-69] Lăng kính thủy tinh có tiết

A S

diện thẳng là tam giác ABC vuông cân tại A.

Mặt huyền BC tiếp xúc với mặt nƣớc. Chiếu tới mặt bên AB một chùm tia sáng song song hẹp,

C R

đơn sắc SI. Khi góc tới i ở mặt AB có giá trị

i1  24,5o thì tia khúc xạ là là ở mặt BC (Hình 2.8). Góc tới tại

Hình 2.8

C khi đó l 61o. Tính chiết

suất của thủ tinh v nƣớc. ĐS: ntt  1,505; nnc  1,32 Bài 4. [4, tr. 57-59] Cho một lăng kính tiết diện thẳng là một t m gi đ thuộ

đều ABC,

C ở dƣới và góc chiết quang là A. Chiết suất thủy tính làm lăng kính phụ ƣớc sóng của ánh sáng theo công thức:

a  1, 26  b 14 2 n  a  2 với b  7,555.10 m   ( m)  Chiếu một tia sáng trắng vào mặt bên AB củ lăng kính s o ho ti tới nằm dƣới pháp tuyến ở điểm tới I. Cho biết ƣớc sóng của ánh sáng tím v

nh s ng đỏ lần

lƣợt là t  0, 4 m ; d  0,7 m 1. X

định góc tới của tia sáng trên mặt AB sao cho tia tím có góc lệch cực tiểu.

Tính góc lệch này. 2. Muốn ho ti đỏ có góc lệch cực tiểu thì phải qu

lăng kính qu nh ạnh AC

một góc bao nhiêu? Theo chiều nào? 3. Góc tới của tia sáng trên mặt AB phải thỏ mãn điều kiện nào thì không có tia nào trong chùm sáng trắng ló ra khỏi mặt AC? ĐS: 1. i  60o ; 2. Lăng kính quay góc 15o theo ngược chiều kim đồng hồ. 3. i  21o 28'

Bài 5. [3, tr. 11-12] Chiếu một tia sáng trắng vào một lăng kính ó tiết diện thẳng là một t m gi

đều với góc tới I = 45o. Do tán sắ ,

thứ hai với các góc lệch khác nhau. Biết sự th

ti s ng đơn sắc ló ra mặt bên

đổi của chiết suất lăng kính đối với

các tia từ đỏ đến tím là rất chậm, chiết suất đối với ta màu vàng là nv = 1,653. 1. Tính góc lệch Dv của tia vàng sau khi ló ra khỏi lăng kính. 2. Biết h i ti s ng đơn sắc ló ra khỏi lăng kính hợp với nhau một góc i ' nhỏ.. Tính hiệu số chiết suất n củ lăng kính đối với h i ti đơn sắc này. Áp dụng tính n nếu biết i '  2o .

(Trích Đề thi chọn HSG quốc gia năm 2010)

ĐS: 1. Dv  55,12o 2. Lấy đạo hàm hai vế phương trình sin i  n sin r và sin i '  n sin r ' theo chiết suất, sau đó kết hợp với các công thức lăng kính ta được: i ' 

sin A .n cos i '.cos( A  r ')

Áp dụng: n  0,012 2.2.1.2. Tán sắc ánh sáng qua lưỡng chất phẳng. i) Tóm tắt lí thuyết và công thức Tại sao khi nhìn bể cá vàng có những khi ta nhận thấy nhiều màu sắc khác nhau mặc dù không phải l

i I

nh đèn điện? Hiện tƣợng tán sắc ánh sáng không chỉ xảy ra

với lăng kính m

rt rd

òn xảy khi gặp mặt phân cách giữa

T D

h i m i trƣờng trong suốt khác nhau (theo hình 2.9). Nhìn hình vẽ ta thấy rằng: Tia sáng trắng ngoài

Hình 2.9

bị khúc xạ lệch gần pháp tuyến còn bị phân tách thành dải màu từ đỏ đến tím, tím gần pháp tuyến nhất, đỏ xa pháp tuyến nhất. Mối liên hệ giữa các góc tuân theo định luật khúc xạ ánh sáng.

sin i  nd sin rd  sin i  nt sin rt

(2.8)

 Dd  i  rd Góc lệch giữ ti đỏ và tia tím với tia tới:   Dt  i  rt

(2.9)

Trong trƣờng hợp ánh sáng chiếu từ m i trƣờng chiết suất n1 sang môi trƣờng chiết suất n2 thì ta có n là chiết suất tỉ đối củ m i trƣờng 2 đối với môi trƣờng 1:

n

n2 n1

(2.10)

Ví dụ 3. Một cái bể sâu 1,2 m chứ đầ nƣớc. Một tia sáng Mặt Trời rọi vào mặt

4 nƣớc bể dƣới góc tới i có tan i  . Cho biết chiết suất củ nƣớc với nh s ng đỏ và 3 ánh sáng tím lần lƣợt là nd  1,328; nt  1,343 1. Tính độ dài vệt sáng tạo ở đ

ể.

2. Ngƣời t đặt một gƣơng phẳng dƣới đ

ể. Chùm tia bị tán sắc gặp mặt

gƣơng thì ị phản xạ ngƣợc lại rồi ló ra khỏi mặt nƣớc. Tính bề rộng chùm sáng khi ló ra khỏi mặt nƣớc. 3. Giữ ngu ên điểm tới I, xo

gƣơng phẳng một góc  . Góc  có giá trị

o nhiêu để không có tia sáng nào ló ra khỏi mặt nƣớc? Luận giải

NL thành tố cần bồi dƣỡng

1. Độ dài vệt sáng tạo ở đáy

NL hiểu vấn đề: Tia

bể.

sáng trắng không

i I

Xảy ra hiện tƣợng tán sắc ánh s ng trong nƣớ đƣợc mô tả

bằng hình 2.10. Chiều dài vệt s ng dƣới đ

ể đƣợc xác

định bởi đoạn DT.

những bị khúc xạ lại gần pháp tuyến

rd T

mà còn bị tán sắc D

Hình 2.10. Tán sắc ánh sáng qu lƣỡng chất phẳng

- Theo định luật khúc xạ ánh sáng:

sin i  nd sin rd  sin i  nt sin rt

tƣơng tự nhƣ khi đi qua lăng kính. NL hu thứ

động kiến

GQVĐ: vận

-Theo bài ra:

tan i 

4 4  sin i  3 5

(theo hệ thứ lƣợng trong tam giác vuông)

dụng định luật khúc xạ ánh sáng và hệ thứ

lƣợng trong

tam giác.

sin i 4  sin r   d  5.1,328 rd  37,04o nd  -Do đó:   sin 4 i rt  36,56o  sin r    t  nt 5.1,343

* Các câu hỏi gợi ý: ?2 Chiều dài vệt s ng đƣợ x

định

-Xét tam giác vuông HDI và HTI lần lƣợt ta có:

thế nào?

DH   tan rd  h  DH  h.tan rd   TH  h.tan rt  tan r  TH t  h

?4 Tính góc khúc

-Chiều dài vệt sáng dƣới đ

xạ m u đỏ và góc khúc xạ màu tím. ?5 Hã

ể là:

DT bằng hệ thức

DT  HD  HT  h(tan rd  tan rt ) DT  1,2.(tan 37,04  tan 36,56 )  0,0157 m o

tính đoạn

lƣợng

trong

tam

giác.

DT  1,57cm 2. Bề rộng chùm sáng khi ló ra khỏi mặt nước khi đặt gương NL phát hiện vấn phẳng ở dưới đáy bể.

đề: tia sáng bị khúc

Hiện tƣợng đƣợc mô tả nhƣ hình vẽ 2.11. Bề rộng cần tìm là d.

xạ phản xạ trên mặt gƣơng rồi khúc xạ lần hai ra không

* Chứng minh góc ló bằng góc tới

khí.

sin i  nd sin rd Tại I: Định luật khúc xạ ánh sáng:  sin i  nt sin rt

?1 Nhắc lại định luật phản xạ ánh

sáng. ?2 Góc ló ra khỏi

d i

mặt nƣớc có liên hệ gì với góc tới.

?3 Vẽ hình x

định

khoảng cách d trên

hình vẽ. H

Hình 2.11.

Do tính chất của mặt phẳng song song (mặt nƣớc và mặt gƣơng) nên gó tới tại D2 ũng ằng rd ; góc tới tại T2 ũng l rt . Vì vậy theo tính chất thuận nghịch của chiều truyền ánh sáng (hoặc áp dụng lại định luật khúc xạ ánh sáng) ta có: it  id  i (thỏ

mãn điều kiện ở câu 1: ?4 Khoảng cách d

4 sin i  ) 5

có thể tính bằng hệ

* Tìm D2T2. Từ hình 2.11 ta có: T2 D2  ID2  IT2  2HD1  2HT1

 HD1  h.tan rd Trong đó theo âu 1   HT1  h.tan rt Suy ra: T2 D2  2h(tan rd  tan rt ) * Từ hình vẽ xét JD2T2 ta có:

thứ

lƣợng trong

t m

đƣợc

không?

?5 Lập công thức tìm đoạn D2T2

d  T2 D2 .cos i  d  2h(tan rd  tan rt ).cos i 4  2.1,2.(tan 37,04o  tan 36,56o ).  0,025m 5  d  2,5cm 3. Giá trị của góc xoay

NL phát hiện vấn

 để không có tia nào ló

đề: Muốn không có



ra khỏi mặt nước.

tia ló ra khỏi mặt nƣớc thì tia sáng

- Hiện tƣợng vật lí đƣợc

phải bị phản xạ

mô tả bởi hình 2.12.

toàn phần. - Muốn không có tia

sáng nào ló ra khỏi mặt nƣớc thì toàn bộ các tia

rt rd

s ng đơn sắ đều bị phản G

xạ toàn phần tại mặt

I id

ighd

id'



Hình 2.12.

nƣớ . Theo điều kiện

phản xạ toàn phần, tại D2 và T2 ta có ta có:

id  ighd  it  ight

tí h

chiều

quay

gƣơng theo

đƣợc của hiều

kim đồng hồ tính từ bên trái.

* Một số câu hỏi gợi ý

Trong đó:

sin ighd

Phân

?1 Không có tia

1 1  ; sin ight  nd nt

sáng nào ló ra khỏi mặt

nƣớ

tƣơng

ighd  ight đƣơng với điều kiện Vì nt  nd   . Do đó hỉ cần ti đỏ phản xạ toàn rd  rt gì? phần là các tia s ng đơn sắc còn lại chắc chắn phản xạ toàn phần.

Với ti đỏ ta có: sin ighd 

1 1   ighd  48,85o nd 1,328

?2 Nhắc lại điều

o o o o · kiện phản xạ toàn   D1ID2  90  rd  90  37,04  52,96 Xét ID1D2 có:  o o o o phần. ·   D1D2 I  90  ighd  90  48,85  41,15

· D  180o  41,15o  52,96o  85,89o  ID 1 2

?3. Góc lệch  có

Tại điểm D1 theo định luật phản xạ ánh sáng thì góc phản xạ mối liên hệ nhƣ thế · D  2i  85,89o  i  42,945o n o đối với góc giới bằng góc tới nên ta có: ID 1

Gọi M l gi o điểm của pháp tuyến tại D1 và D2, ta có góc

ighd là góc ngoài của MD1D2

¶   (góc có cạnh và M

hạn phản xạ toàn phần của tia màu đỏ.

tƣơng ứng vuông góc) nên

ighd  id      ighd  id  48,85o  42,945o  5,905o Vậy muốn không có tia nào ló ra không khí ở mặt nƣớc thì gƣơng phẳng phải hợp với đ

ể một góc   5,905o

* Biện luận kết quả, đề xuất vấn đề mới. Vấn đề mới: Nếu chùm sáng có một bề rộng đủ lớn n o đó thì ề rộng của chùm ló ó th

đổi không? Nếu đ

ể trong suốt đối với mọi ánh s ng đơn sắc và bỏ qu gƣơng phẳng

thì hiện tƣợng tiếp diễn nhƣ thế nào? iii) Bài tập tự giải Bài 6. Một bể nƣớc sâu 1,2m. Một chùm sáng mặt trời rọi vào mặt nƣớ dƣới góc i sao cho sini=

4 4 Chiết suất trung bình củ nƣớc là n= , v đối với nh s ng đỏ 3 5

(  = 700nm) và ánh sáng tím (  = 400 nm) lần lƣợt là: nđ=1,331 và nt=1,343.

1. Giả sử chùm sáng mặt trời là vô cùng hẹp. Hã tính độ dài của dải quang phổ ở dƣới đ

ể

2. Để hai vệt sáng tạo bởi nh s ng đỏ và tím ở đ độ rộng củ

ể hoàn toàn tách dời nhau, thì

hùm s ng kh ng đƣợ vƣợt quá bao nhiêu?

ĐS: 1. L  12, 27mm ; 2. d  7,362mm Bài 7. [4, tr. 59-60] Một bản thủy tinh hai mặt song song dày d = 3cm có chiết suất đối với bức xạ 1 là

a 600

n1= 3 . Một hùm s ng song song, ƣớc sóng 1 sau d

khi truyền qua một khe ó độ rộng a thì tới mặt trên của bản với góc tới i=600 (mặt phẳng tới vuông góc Hình 2.13

với khe) (hình 2.13). 1. Tính độ rộng của chùm sáng trong thủy tinh theo a.

2. Nếu chùm sáng chứa hai bức xạ 1 và 2 (đối với bức xạ 2 chiết suất thủy tinh là n2 =1,725): a) Coi góc  tạo bởi hai chùm tia khúc xạ ứng với 1 , 2 là nhỏ. Tính  ) Tính độ rộng lớn nhất của chùm sáng tới để hai chùm tia ló ứng với 1 , 2 tách dời đƣợc hẳn nhau. ĐS: 1. d1  a 3 ; 2. a)

  8' ; b) 0,0047. 10-2 mm.

2.2.1.3. Tán sắc ánh sáng qua thấu kính. i) Tóm tắt lí thuyết và công thức Chúng ta biết rằng hiện tƣợng tán sắc ánh sáng xả r đối với lăng kính, với lƣỡng chất phẳng. Vậy hiện tƣợng này có xả r đối với thấu kính không? Nếu xét cấu tạo của thấu kính ta thấy rằng tác dụng làm lệ h đƣờng truyền ánh sáng của thấu kính ũng tƣơng tự lăng kính. Hình 2.14 dƣới đâ m tả hiện tƣợng tán sắ qu lƣỡng lăng kính v qu thấu kính đặt trong không khí.

Ánh sáng trắng

Fd Ft

Hình 2.14a. Tán sắ qu lƣỡng lăng kính hung đ

Fd Ft

Hình 2.14b. Tán sắc qua thấu kính hội tụ

Ánh sáng Fd trắng

Hình 2.14c. Tán sắ qu lƣỡng lăng kính hung đỉnh

Hình 2.14d. Tán sắc qua thấu kính phân kỳ

Tuy nhiên, nếu đặt màn chắn s u lƣỡng lăng kính v thấu kính rồi quan sát thì sự khác biệt ơ ản là hình ảnh quang phổ cho trên màn. Cụ thể là: + Với lăng kính trên m n t đƣợc hai vạch màu quang phổ liên tục (hình chữ nhật) song song nhau hoặc liền nhau hoặc chồng lên nhau tùy thuộc vị trí đặt màn quan sát + Với thấu kính t thu đƣợc quang phổ liên tục hình đĩ tròn hoặc hình vành khuyên tùy thuộc vị trí đặt màn quan sát. Công thức thấu kính: Với thấu kính có chiết suất n, bán kính mặt cong là R1 và R2 đƣợ đặt trong không khí thì tiêu cự của thấu kính đƣợc cho bởi công thức:

1 1 1    n  1    f  R1 R2 

(2.12)

với R  0 khi mặt thấu kính lồi, R  0 khi mặt thấu kính lõm.

Trong trƣờng hợp thấu kính đặt trong m i trƣờng có chiết suất nmt thì công thức có dạng:

 1 1  n 1    1   f  nmt   R1 R2 

(2.13)

ii) Bài tập có hướng dẫn giải. Ví dụ 4. Một thấu kính hội tụ có hai mặt cầu bán kính cùng bằng 10cm, chiết suất của thấu kính đối với ti tím v ti đỏ lần lƣợt là 1,69 và 1,60. 1. Tính khoảng cách giữ tiêu điểm củ

ti m u tím v tiêu điểm của các tia

m u đỏ. 2. Đặt một màn ảnh vuông góc với trụ

hính v đi qu tiêu điểm củ ti đỏ. Mô tả

vệt sáng trên màn. Biết thấu kính ó rì l đƣờng tròn đƣờng kính d  25cm . 3. Để ho tiêu điểm ứng với các tia màu tím trùng với tiêu điểm ứng với các tia màu đỏ, ngƣời ta ghép sát thấu kính hội tụ nói trên một thấu kính phân kỳ có hai mặt giống nh u v

ũng ó

n kính 10 m, nhƣng thấu kính này làm bằng một loại thủy

tinh khác. Tìm hệ thức giữa chiết suất của thấu kính phân kỳ đối với ánh sáng tím và chiết suất củ nó đối với nh s ng đỏ. Luận giải 1. Khoảng cách giữa tiêu điểm đỏ và tiêu điểm tím - Hiện tƣợng tán sắc qua thấu kính đƣợc mô tả bởi hình 2.14

NL thành tố đƣợc bồi dƣỡng NL phát hiện vấn đề: phát hiện ra hiện tƣợng tán sắc

Khoảng cách từ tiêu điểm đỏ đến tiêu điểm tím là ánh sáng qua thấu đoạn Fd Ft Tiêu cự củ thức:

kính nh s ng đỏ v tím đƣợc tính theo công NL sử dụng công

1 1 1    nd  1    fd  R1 R2 

thức tính tiêu cự của thấu kính * Một số câu hỏi gợi ý:

?1 Khoảng cách

1 1 1    nt  1    ft  R1 R2 

giữa Fd và Ft đƣợc

Ánh sáng trắng

Fd Ft

định bởi đoạn

nào trên hình vẽ?

Thay số t đƣợc: Hình 2.15.

?2 Thiết lập biểu

 f d  8,33cm   ft  7,25cm

thức tính fd, ft và đoạn Fd Ft

Độ d i đoạn Fd Ft  f d  ft  1,08cm 2. Độ rộng của vệt sáng trên màn đặt tại Fd

NL hiểu vấn đề: Độ rộng của vệt

- Hiện tƣợng vật lí đƣợc mô tả bởi hình 2.16

sáng

trên

màn

đƣợc tạo bởi chùm d

Ánh sáng trắng

M Fd

sáng sau khi tán

vệt sáng có dạng

sắc qua thấu kính, đĩ tròn tâm l tiêu

Hình 2.16. Tán sắc qua thấu kính hội tụ Vệt sáng trên màn chắn

điểm m u đỏ, rìa là vệt sáng màu tím.

- Vệt s ng trên m n đƣợ x

định bởi đoạn MN

- Do thấu kính hình tròn đƣờng kính d, màn chắn đặt song song với thấu kính tại tiêu điểm đỏ nên vệt sáng có dạng hình tròn đƣờng kính l đoạn MN trên hình 2.16. - Tâm của vệt s ng l m u đỏ, rìa của vệt s ng đƣợc giới hạn bởi màu tím, tính từ tâm r đến rìa của vệt sáng hình tròn là sự trải ra của quang phổ liên tục theo thứ tự từ đỏ đến tím.

NL sử dụng ngôn ngữ vật lí lập luận logi để đi đến kết quả * Một số câu hỏi gợi ý: ?1 Vệt sáng trên

- Do màn song song với thấu kính nên theo định lí Talet màn có dạng hình (hoặc t m gi

đồng dạng) ta có tỉ số:

gì v x

MN Fd Ft FF 1,08   MN  d t .d  .25  3,72cm d ft ft 7,25

định bởi

đoạn nào? ?2

Tính

đƣờng

Vậy vệt s ng trên m n l hình đĩ tròn ó m u qu ng phổ

kính của vệt sáng

liên tụ , đỏ ở tâm, tím ngo i rì v

hình tròn trên màn.

ó đƣờng kính 3,72cm.

3. Ghép thấu kính phân kỳ để tiêu điểm đỏ và tiêu điểm màu NL hiểu vấn đề: tím trùng nhau. Hệ thức chiết suất phải tìm. - Muốn tiêu điểm củ

nh s ng đỏ trùng với ánh sáng tím

Fd  Ft thì khả năng hội tụ của thấu kính hội tụ bao nhiêu thì khả năng phân kỳ ánh sáng của thấu kính phân kỳ là bấy nhiêu  Dd  Dt - Độ tụ của hệ thấu kính đƣợ x

Muốn tiêu điểm đỏ trùng với tiêu điểm tím thì khả năng hội tụ của thấu kính hội tụ bao nhiêu thì khả năng

định bởi công thức:

phân kỳ ánh sáng của thấu kính phân

D  Dht  Dpk .

kỳ là bấy nhiêu

- Với ánh sáng tím:

NL tái hiện và sử

1  1 1  1  Dt  (nt  1)     (n 't  1)     R1 R2    R1  R2   (nt  nt ').20  (1,69  nt ').20 - Với nh s ng đỏ:

1  1 1  1  Dd  (nd  1)     (nd ' 1)     R1 R2    R1  R2   (nt  nt ').20  (1,60  nt ').20

dung

công

thức

tính độ tụ của hệ thấu kính ghép sát.

- Từ điều kiện Dd  Dt

 (1,69  nt ').20  (1,60  nd ').20  nt '  nd ' 0,09

*Biện luận kết quả, đề xuất vấn đề mới. Vấn đề mới: Hiện tƣợng sẽ xảy ra thế nào nếu dịch chuyển màn chắn lại gần hoặc ra xa thấu kính? Giả sử thấu kính phân kỳ đã iết rõ chiết suất với nh s ng đỏ và ánh sáng tím thì khoảng cách giữ tiêu điểm đỏ v tiêu điểm tím là bao nhiêu? iii) Bài tập tự giải Bài 8. [5, tr. 11- 12] Một nguồn s ng S ph t r h i ƣớc sóng ánh sáng 1  0, 4 m và 2  0,6 m , tới song song với trục chính của một thấu kính. Biết chiết suất của thủy tinh làm thấu kính th

đổi theo ƣớc sóng ánh sáng theo quy luật:

n  1,550 

0, 0096

2

(  tính ra  m )

1. Mô tả hiện tƣợng tán sắc của chùm tia ló 2. Với bức xạ 1 thấu kính có tiêu cự f1  0,50m . Tìm tiêu cự của thấu kính ứng với bức xạ 2 ĐS:

1. Có hai chùm ló hội tụ tại hai tiêu điểm khác nhau. 2. f 2  0,53m

2.2.1.4. Bài tập về tán sắc ánh sáng qua giọt nước hình cầu. i) Tóm tắt lí thuyết. Trƣớc khi có thí nghiệm lịch sử củ Niutơn, ngƣời ta cho rằng cầu vồng là một hiện tƣợng huyền bí. Tuy nhiên đâ l hiện tƣợng tự nhiên mà chúng ta hoàn toàn giải thí h đƣợc dựa theo lí thuyết tán sắc ánh sáng. Cầu vồng là hiện tƣợng tán sắc của các ánh sáng từ Mặt Trời khi khúc xạ và phản xạ qua các giọt nước mưa hình cầu. [12]

Tùy vào số lần phản xạ m ngƣời ta phân ra làm cầu vồng bậc 1, bậc 2... Trong đó ầu vồng bậc 1 là rõ nhất (chỉ có 1 lần phản xạ nên năng lƣợng sáng mạnh nhất). Thƣờng cầu vồng nhìn thấy là cầu vồng bậ 1. Tu nhiên đ i khi t

òn qu n

s t thêm đƣợc cầu vồng bậc 2 mà trật tự màu sắc lại ngƣợc lại với cầu vồng bậc 1 v

ƣờng độ sáng yếu hơn. Do cầu vồng đƣợc nhìn bởi cùng 1 góc (gần 42o với cầu vồng bậc 1 và 53o

với cầu vồng bậ 2), l gó m

ƣờng độ sáng của tất cả các tia mặt trời qua các giọt

nƣớc l đạt cự đại, nên cầu vồng có dạng một cung tròn. Dƣới đâ

húng t sẽ tính to n định lƣợng qua bài tập.

ii) Bài tập có hướng dẫn. Ví dụ 5. Hiện tƣợng cầu vồng: 1. Một ti s ng đơn sắc SI rọi qua một giọt nƣớc hình cầu trong suốt, đồng tính chiết suất n và khúc xạ trong khối cầu theo đƣờng IJP rồi ló r ngo i theo đƣờng PR (hình 2.17). Tính góc lệch D của tia sáng.

Hình 2.17

2. Một tia sáng Mặt Trời truyền trong mặt phẳng tiết diện đi qu tâm một giọt nƣớc hình cầu trong suốt có chiết suất n với góc tới i  450 . Hã x

định góc lệch D giữa tia ló và tia tới ứng với ti đỏ và tia tím.

Tính góc tạo bởi ti ló đỏ và tia ló màu tím. Biết chiết suất củ nƣớ đối với ánh s ng đỏ và ánh sáng tím lần lƣợt là nd  1,32; nt  1,35 . 3. Chứng minh rằng khi i biến thiên thì góc lệch D có một giá trị cực tiểu Dm. Tính Dm ấy. Lấy chiết suất trung bình củ nƣớc với ánh áng trắng là 1,333 Luận giải

NL thành tố đƣợc bồi dƣỡng NL phát hiện vấn đề:

1. Góc lệch D

Tia sáng bị khúc xạ

Ta vẽ lại hình 2.17.

lần thứ nhất tại I,

- Tại J góc phản xạ

phản xạ toàn phần

bằng góc tới

tại J, khúc xạ lần thứ hai qua mặt phân

- Tại P: theo tính chất thuận nghịch của chiều

cách và ló ra ngoài

Hình 2.17

tại P.

truyền ánh sáng thì góc ló ở P bằng góc tới tại I.

NL hu

động kiến

thức: Định luật khúc

- Tại tâm O ta có góc

xạ ánh sáng và phản

·  4r  OIP ·  OPI ·  180o  4r IOP

xạ toàn phần. NL tƣ du : x

- Góc D là góc ngoài của DIP nên

định

góc lệch D theo góc

D  2i  180o  4r

(2.13)

tới i và góc khúc xạ r.

2. Góc tạo bởi tia ló đỏ và tia ló màu tím.

NL phát hiện vấn

Đƣờng đi ủ ti đỏ và tia tím qua giọt nƣớ đƣợc mô tả bởi đề: Ánh sáng trắng hình 2.18

chiếu nƣớ

vào ũng

giọt ị tán

sắc. O

Jd Jt

Dd Dt

phƣơng ph p tƣơng

tự.

NL tính toán bằng

P d

Hình 2.18.

- Tại I: Góc khúc xạ đỏ: sin rd 

* Một số câu hỏi

sin i  rd  32,39o nd

gợi ý: ?1 Vẽ hình biểu

Góc khúc xạ tím: sin rt 

sin i  rt  31,59o nt

Sử dụng công thức (2.13) ta có:

diễn đƣờng đi

ủa

tia sáng. ?2 Tính góc khúc xạ

- Với ti đỏ góc lệch

củ ti đỏ và tia tím.

Dd  2i  180  4rd o

 2.45o  180o  4.32,39o  140,44o - Với tia tím góc lệch

?3 Góc nào là góc

Dd  2i  180o  4rd

lệch giữ ti đỏ, tia

 2.45o  180o  4.31,59o  143,64o

tím so với tia tới.

Mặc dù góc ló củ ti đỏ và tia tím bằng nh u nhƣng vì điểm Góc này liên hệ với ló khác nhau nên tia chùm ló không là chùm song song. Góc góc tới và góc ló hợp bởi ti ló m u đỏ và tia ló màu tím là

nhƣ thế nào?

D  Dt  Dd  143,64o  140,44o  3,2o 3. Góc lệch cực tiểu Dm khi góc tới i biến thiên. Lấ đạo hàm D theo I ta có:

dD dr  24 di di

Từ công thứ định luật khúc xạ ánh sáng ta có: sin i  n sin r dr cos i  cos i.di  n.cos r.dr   di n.cos r

dr   di

Và

cos i sin 2 i n. 1  2 n



cos i n 2  sin 2 i

 sin im 

Khi th

đổi góc

tới thì góc lệch D ũng th

đổi và có

một giá trị n o đó của góc tới i để góc lệ h đạt cực tiểu. NL sử dụng công

4.cos i dD  2 di n2  sin 2 i

Đạo hàm này triệt tiêu khi 2 

NL hiểu vấn đề:

cụ 4.cos i n2  sin 2 i

0

4  n2 3

(2.14)

toán

học:

phƣơng ph p đạo hàm

Ta thấy rằng khi I tăng từ 0 đến 90o thì

dD biến đổi từ âm, NL suy luận lô-gic di

về mối liên hệ giữa

bằng không khi i  im rồi dƣơng. Tức là Dm khi i  im Với n = 1,333 th

góc ló và góc tới.

v o (2.14) t đƣợc.

4  1,3332  0,86066 3  im  59o 23'  rm  40o5' sin imd 

 Dm  2im  180o  4rm  2.59o 23' 180o  4.40o5'  Dm  138o 26 '

* Biện luận, đề xuất vấn đề mới Trong ví dụ 5 kết quả thu đƣợc cho ta cầu vồng bậc 1. Trong thực tế cầu vồng bậc 1 có góc trông khoảng 42°, khá sát với kết quả tính toán của chúng ta. Ngoài ra còn có cầu vồng bậc 2 do hai lần phản xạ trong giọt nƣớ nhƣng kh ng rõ nét bằng cầu vồng bậc 1. Vậy kết quả của cầu vồng bậc 2 với góc trông khoảng 53° đƣợ tính to n nhƣ thế nào? iii) Bài tập tự giải Bài 9. Trong ví dụ 5, giả sử khi tới J tia sáng bị phản xạ thêm một lần nữa tại K rồi mới ló ra ngoài ở P. Tính lại kết quả của bài toán. ĐS: 1. Góc lệch giữa tia ló và tia tới: D '  2i  180  6r o

2. Góc lệch giữa tia đỏ và tia tím: D '  4,8o ; 3. D 'min  51o

2.2.2. Bài tập giao thoa ánh sáng 2.2.2.1. Giao thoa với hai khe Y – âng. i) Tóm tắt lí thuyết và công thức Hiện tượng giao thoa ánh sáng: Hiện tƣợng hai sóng ánh sáng kết hợp gặp nhau tạo nên hệ thống vân sáng - tối xen kẽ song song

h đều nhau gọi là hiện

tƣợng giao thoa ánh sáng Ý nghĩa: Hiện tƣợng giao thoa ánh sáng là bằng chứng thực nghiệm quan trọng chứng tỏ ánh sáng có tính chất sóng

Điều kiện giao thoa: hai sóng ánh sáng kết hợp cùng tần số, ƣớc sóng và hiệu số ph kh ng đổi theo thời gian. Ứng dụng: Đo ƣớc sóng ánh sáng F1

bằng phƣơng ph p gi o tho . Giải thích màu bong bóng xà phòng, vết dầu loang,

a F2

đo hiết suất của chất lỏng – chất khí

+ Hiệu đƣờng đi :

+ Khoảng vân: i 

Hình 2.20. Sơ đồ thí nghiệm Y – âng về giao thoa ánh sáng

s ng đơn sắc trong thí nghiệm Y –âng.

a.x D

O D

Các công thức về giao thoa ánh

  d 2  d1 

(2.15)

D

(2.16)

+ Vị trí vân sáng: xs  ki với k  Z , k là bậc của vân sáng

1 + Vị trí vân tối: xt  (k  )i 2

(2.17)

với k  Z (k không là bậc của vân tối) + Trên bề rộng trƣờng giao thoa L có vân trung tâm ở chính giữa, số vân sáng và số vân tối đƣợc cho bởi công thức:

L N s  2    1;  2i 

 L 1 Nt  2     2i 2 

(2.18)

Dấu ngoặc vuông là lấy phần nguyên. ii) Bài tập có hướng dẫn. Ví dụ 6. Ngƣời ta thực hiện giao thoa ánh sáng bằng khe Y- âng, ánh sáng từ khe F đƣợc chiếu vào hai khe F1 và F2, khoảng cách giữa hai khe là a = F1F2=1mm, màn qu n s t đặt song song với mặt phẳng chứa hai khe và cách hai khe khoảng D=2m, bề rộng trƣờng giao thoa là L = 5cm.

ƣớc sóng 1  0, 6 m . Tính

1. Chiếu sáng hai khe bằng nh s ng ó

khoảng vân và số vân sáng và vân tối qu n s t đƣợc trên màn. 2. Nếu chiếu đồng thời 2 nh s ng đơn sắ

ó ƣớc sóng 1 và 2  0,5 m .

Phân tích hiện tƣợng xảy ra. Trên trƣờng giao thoa có bao nhiêu vị trí hai bức xạ cho vân sáng trùng nhau. 3. Chiếu sáng hai khe bằng ánh sáng trắng ( ó ƣớc sóng từ 0,38 m đến

0,76 m . Phân tích hiện tƣợng xảy ra. Tính bề rộng quang phổ bậc 1, bậc 2. Trên trƣờng gi o tho t thu đƣợc mấy bậc quang phổ rõ nét đủ các màu từ đỏ đến tím. 4. Trở lại thí nghiệm giao thoa ánh sáng đơn sắc ở âu 1. Ngƣời ta tịnh tiến khe F một đoạn nhỏ dọc theo mặt phẳng chứa hai khe một đoạn b  2mm về phía khe F1. Hệ vân trên màn dịch chuyển nhƣ thế nào, một đoạn bằng bao nhiêu? Cho khoảng cách từ khe F đến mặt phẳng chứa hai khe là r = 0,25m. 5. Giữ nguyên hiện tƣợng giao thoa nh s ng đơn sắc ở câu 1. Đặt sau khe F1 một bản mặt song song có bề dày e =15  m làm bằng chất trong suốt chiết suất n = 1,5 với nh s ng đơn sắc nói trên. Hệ vân trên màn dịch chuyển nhƣ thế nào? Từ đó hã nêu

định độ dày của bản thủy tinh rất mỏng bằng phƣơng ph p gi o

thoa. Luận giải

NL thành tố đƣợc bồi dƣỡng

1. Với   0,656 m

NL sử dụng công

1D

0, 6  2   1, 2mm Khoảng vân: i1  a 1

thức khoảng vân,

 50  L Số vân sáng: N s  2    1  2    1  41 vân 2.1,2  2i   

tối giải bài tập

1  50  L 1 Số vân tối: N s  2     2     42 vân  2i 2   2.1,2 2 

không quy chuẩn

số vân sáng, vân thay số với đơn vị

quốc tế SI

2. Khi chiếu đồng thời hai bức xạ 1  0, 6 m và NL hiểu vấn đề: Khi chiếu hai ánh

2  0,5 m . * Phân tích hiện tƣợng: Với mỗi bức xạ đơn sắc sẽ cho một hệ vân giao thoa, vì vậy trên màn xuất hiện hai hệ vân giao thoa của hai bức xạ. Trong đó ở vị trí vân trung tâm là kết quả của hai bức xạ cho vân sáng trùng nhau, ở hai bên có những điểm vân sáng của hai bức xạ tách rời nhau xen lẫn nhau, nhƣng ũng ó những vị trí vân sáng của hai bức xạ lại trùng

s ng đơn sắc thì trên màn quan sát có hai hệ vân giao thoa. NL suy luận l gi :

Vì

ƣớc

sóng khác nhau nên khoảng vân

nhau.

khác nhau dẫn đến

* Tính to n định lƣợng: - Điều kiện trùng nhau của hai bức xạ là: xs1  xs 2  k11  k22



(2.19)

k1 2 5   k2 1 6

vân

chồng

không

khít

nên

nhau. Vì thế sẽ có vị trí cho vân sáng hoặc vân tối của

- Vị trí trùng nhau gần vân trung tâm nhất thỏa mãn:

x  xs1  xs 2  k1

hệ

1D a

 5.

0, 6.2  6mm 1

hai bức xạ trùng nhau.

- Số vị trí trùng nhau ở mỗi bên của vân sáng trung tâm thỏa Hai vân sáng hoặc mãn:

hai vân tối của hai  L   50  k        4 (Dấu “   ” l lấy phần nguyên) bức xạ trùng nhau  2 x   2.6 

Suy ra hai bên vân trung tâm có 8 vân trùng cộng với vân khi tọ

độ của

trung tâm nữa. Vậy tất cả ó 9 vân trùng trên trƣờng giao chúng bằng nhau. thoa.

* Chú ý: Cũng ó thể suy luận theo cách sau: Bề rộng trƣờng giao thoa L = 50 mm nên mỗi bên của vân sáng trung tâm có bề rộng 25cm, số vị trí trùng nhau thỏa mãn các giá trị của k1 đƣợc mô tả bởi bảng sau:

 5  10  15  20

 25

 6  12  18  24

 30 (loại

(mm)

vì > 25)

Ta thấ trên trƣờng giao thoa có tất cả 9 vị trí cho vân sáng của hai bức xạ trùng nhau ứng với k1 = 0;  5;  10;  15;  20

3. Với ánh sáng trắng 0,38 m    0,76 m .

NL hiểu vấn đề:

* Phân tích hiện tƣợng vật lí:

Khi

chiếu

ánh

- Ánh sáng trắng là tập hợp của vô số nh s ng đơn sắc nên sáng trắng thì có trên màn ảnh xuất hiện hệ vân giao thoa của vô số ánh sáng vô số hệ vân giao đơn sắ

ó ƣớc sóng 0,38 m    0,76 m . Do đó:

thoa trên màn bởi

nh s ng đơn sắc, tập hợp vì ánh sáng trắng là tập hợp của của chúng trở thành vân sáng trắng (vân trắng trung tâm) + Ở vị trí trung tâm có tất cả

+ Ở hai bên của vân trắng trung tâm có các vân sáng của các nhiều thành phần bức xạ từ đỏ đến tím. Tuy nhiên chúng không chồng khít lên đơn sắc. nhau bởi vì

nh s ng đơn sắ

thì cho khoảng vân i 

D a

ó ƣớc sóng  khác nhau NL suy luận lô-

khác nhau. Vì thế khoảng vân gic:

tăng dần từ tím đến đỏ dẫn đến ở hai bên vân trung tâm có

Tại vị trí vân trung

những dải màu từ tím đến đỏ (tím gần trung tâm nhất, đỏ ở xa

tâm có ánh sáng

trung tâm nhất). Ngƣời ta gọi lần lƣợt những dải m u đó l

trắng là do tại đó là tập hợp của vô

quang phổ bậc 1, bậc 2, bậ 3….(hình 2.21)

số … ậc 2 bậc 1 trung tâm bậc 1 bậ 2…

nh s ng đơn

sắc có màu biến thiên từ đỏ đến tím.

Đ2

T2 Đ1

T1 Trắng T1

Đ1 T2

Đ2

Hình 2.21. Mô tả vân giao thoa ánh sáng trắng.

Ở hai bên vân trung tâm có các dải màu từ đỏ đến

* Tính to n định lƣợng:

tím do ánh sáng

- Quang phổ bậ k đƣợ x

định bởi hiệu tọ độ vân sáng đơn sắc khác nhau

m u đỏ với vân sáng màu tím.

xk  xdk  xtk  k xk  k

d D a

cho khoảng vân

k

t D

khác nhau.

D  d  t  a

(2.20) NL sử dụng công thứ x

+ Quang phổ bậc 1:

x1  1

D 2  d  t    0,76  0,38  0,76mm a 1

+ Quang phổ bậc 2:

x2  2 -X

D 2  d  t   2.  0,76  0,38  1,52mm a 1

định số bậc quang phổ.

Xét ti m u đỏ v ti m u tím ó ƣớc sóng d  0,76 m và

t  0,76 m + Khoảng vân củ

nh s ng đỏ: id 

+ Khoảng vân của ánh sáng tím: it 

d D a

t D a



0,76.2  1,52mm 1



0,38.2  0,76mm 1

+ Số vân s ng m u đỏ trên màn cho bởi công thức:

 L   50  N sd  2    1  2    1  33 vân  2.1,52   2id  + Số vân sáng màu tím trên màn cho bởi công thức:

L  50  Nts  2    1  2    1  65 vân 2 2.0,76 i    t - Ta thấy, số vân sáng củ bằng nh u do đó

nh s ng đỏ và ánh sáng tím không

ậc quang phổ có sự chồng chéo lên

định vị

trí vân sáng vân tối.

nh u. Nhƣ thế càng ra xa vân sáng trung tâm, các bậc quang phổ càng không rõ. Vậy có những bậc quang phổ nào rõ nét nhất? Ta hãy xem sự chồng lên nhau của bậc quang phổ gần vân trung tâm: + Xét quang phổ bậc 1 và bậc 2 ta có:

xc  xd1  xt 2  id  2it  1,52  2.0,76  0

suy

quang phổ bậc 1 và bậc 2 vừa tiếp xúc nhau, không chồng nên nhau. Vì thế quang phổ bậ 1 đủ màu từ đỏ đến tím. + Xét quang phổ bậc 2 và bậc 3 ta có:

xc  xd 2  xt 3  2id  3it  2.1,52  3.0,76  0,76mm + Ta thấy, từ quang phổ bậ 2 đã ị quang phổ bên ngoài nó chồng lên một phần (hoặc toàn phần tùy thuộc vào bậc quang phổ) nên kh ng òn đủ các màu từ đỏ đến tím. Phần bị chồng nên kết hợp với nhau thành một màu khác. Vậy bậc quang phổ rõ nét m đầ đủ các màu từ đỏ đến tím chỉ có quang phổ bậc 1(hình 2.21) 4. Hệ vân dịch chuyển thế nào khi khe F dịch chuyển đoạn b. NL hiểu vấn đề: - Sự dịch chuyển củ khe F đƣợc mô tả bởi hình vẽ 2.22

Khi khe F dịch chuyển song song

F r1

khe thì hệ vân

a r2

ũng O

F2 r

D Hình 2.22.

với mặt phẳng hai ó sự dịch

chuyển vì bản chất là hai nguồn sáng

không

còn

dao

động

cùng

pha

- Trƣớc khi F dịch chuyển hai nguồn F1 và F2 d o động cùng nữa. Cần phải xác

pha, hiệu đƣờng đi tính ằng công thức: d 2  d1  độ x

định chính xác sự ax , x là tọa D dịch chuyển tƣơng

định trên màn tính từ O.

ứng đó.

- Sau khi F dịch chuyển hiệu đƣờng đi phải tính lại từ F đến tọ độ x. Gọi khoảng cách từ F đến F1 và F2 lần lƣợt là r1 và

sử

dụng

phƣơng ph p ax r2. Theo hình 2.22 tính gần đúng nhƣ hiệu d 2  d1  ta tƣơng tự: Tính lại D hiệu đƣờng đi, x ab có: r2  r1  định vị trí vân r sáng trung tâm. Từ - Hiệu đƣờng đi mới:   d2  r2  (d1  r1 )

 d2  d1  r2  r1

chuyển của hệ vân

ax ab   D r

giao

- Điều kiện để có vân sáng là   k  với k  Z - Vân sáng trung tâm thỏa mãn k  0

x

D .b r

(2.21)

(Dấu “-” thể hiện sự dịch chuyển ngƣợc chiều) - Ta thấy khi khe F dịch chuyển một đoạn b thì vị trí vân trung tâm dịch chuyển một đoạn x 

D .b theo chiều ngƣợc r

lại. Do đó hình 2.22 vẽ hƣ

về chiều dịch chuyển.

hính x

- Thay số với b = 2mm, r = 0,25m ta có

x

đó su r độ dịch

D 2 .b  .2  16mm r 0,25

- Vậy khi khe F dịch chuyển đoạn b = 2mm thì hệ vân dịch chuyển theo chiều ngƣợc lại đoạn x = 16mm.

màn.

thoa

trên

5. Hệ vân trên màn dịch chuyển thế nào khi có bản mặt song NL hiểu vấn đề: Ánh s ng đi trong

song? * Tính hiệu đƣờng đi mới (Xem hình 2.23) độ ánh sáng

- Tố truyền

trong

truyền

kh ng khí v

chậm hơn trong e

bản

mỏng chậm hơn tốc độ

bản mặt song song

trong

đƣợc

không khí nên hệ vân giao thoa trên

a d2

m n ũng ị dịch chuyển. Bản chất

tính theo công thức:

v

Hình 2.23.

c (với c là tốc n

của vấn đề ở đâ là hai nguồn sáng không còn cùng

độ ánh sáng trong chân không, n là chiết suất của bản mỏng) - Vì ánh sáng từ khe F1 phải qua bản mỏng nên truyền chậm hơn nên h i d o động của hai nguồn truyền tới O không còn cùng pha nữa tức là vân sáng trung tâm sẽ lệch khỏi O. Do đó ta phải tính lại hiệu đƣờng đi. T hã tính lại d1. - Gọi t là thời gian ánh sáng truyền qua bản mỏng thì

e n.e t  v c

pha nữa NL

sử

phƣơng tƣơng

dụng ph p

tự:

Tính

hiệu đƣờng đi mới từ đó su r vị trí vân trung tâm mới

- Cũng trong thời gi n t đó nh s ng tru ền trong không khí NL suy luận lôgic: đƣợ quãng đƣờng: s  c.t  c.

n.e  n.e c

Thời

gian

ánh

s ng đi trong ản

- Vì trong bản mỏng truyền chậm hơn ngo i kh ng khí nên thủy tinh chậm dƣờng nhƣ quãng đƣờng d1 d i thêm đoạn hơn trong kh ng

s  e  n.e  e  (n  1).e trở thành d1* . Vì vậy

d1*  d1  (n  1).e

khí nên dƣờng nhƣ đƣờng đi

ị kéo

dài thêm. Vì vậy

- Hiệu đƣờng đi mới:

mà vân sáng trung

  d2  d1*  d2  d1  (n  1).e

tâm lệch về phía khe đặt bản mỏng.

ax     (n  1).e D - Điều kiện cự đại giao thoa là:   k  Với vân sáng trung tâm k = 0

x

(n  1)e.D a

Thay số t đƣợc x 

(2.22)

(1,5  1).15.106.2  15mm 1.103

Vậy hệ vân dịch chuyển cùng chiều F1 so với hệ vân ũ một đoạn x  15mm * Biện luận kết quả, đề xuất vấn đề mới. Từ công thức x 

(n  1)e.D t su r phƣơng ph p đo bề dày e hoặc chiết a

suất m i trƣờng trong suốt khi biết một trong hai thông số đó. iii) Bài tập tự giải. Bài 10. Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, các khe S1, S2 đƣợc chiếu sáng bởi nh s ng đơn sắc. Khoảng cách giữa hai khe a=1mm. Khoảng cách giữa mặt phẳng chứa hai khe và màn quan sát là D=3m. Khoảng cách giữa hai vân sáng liên tiếp là i=1,5mm. 1. Tìm ƣớc sóng của ánh sáng tới. 2. X

định vị trí của vân sáng bậc 3 và vân tối bậc bốn.

3. Đặt ngay sau một trong hai khe sáng một bản mỏng phẳng có hai mặt song song bề dày e  10 m , ta thấy hệ thống vân dịch chuyển trên màn quan sát một khoảng x0 =1,5cm. Tìm chiết suất của chất làm bản mỏng. ĐS: 1.   0,5 m ; 2. xs 3  4,5 mm , xt 4  5, 25mm ; 3. n  1,5

Bài 11. Trong thí nghiệm giao thoa khe Iang các khe S1, S2 đƣợc chiếu bởi nguồn S. Khoảng cách từ hai khe đến màn D = 1m. 1. Nguồn s ng S ph t nh s ng đơn sắ

ó ƣớc sóng   0, 6 m . Lần lƣợt

che hai khe bằng một bản mỏng trong suốt, ta thấy vân sáng chính giữa có những vị trí mới là O1, O2 khoảng cách O1O2=3,0cm và giữ

húng ó đúng 60 khoảng vân.

a) Tính khoảng cách giữa hai khe S1, S2 b) Bản mỏng có chiều dày e=0,03mm. Tính chiết suất của bản mỏng, biết rằng bản mỏng l m đƣờng đi ủa tia sáng ló dài thêm một đoạn e(n-1). 2. Bỏ bản mỏng đi v nguồn S ph t

1  0, 4 m; 2  0,5 m; 3  0,6 m . X

nh s ng đơn sắc có các bƣớc sóng

định khoảng cách giữa hai vân sáng có

màu giống nhƣ m u nh s ng qu n s t đƣợc tại O. ĐS: 1. a) a = 1,2mm. b) n = 1,6. 2. x trùng = 5mm

Bài 12. [5, tr. 33-34] Thực hiện gi o tho

nh s ng đơn sắ

ó ƣớc sóng

  0,65 m bằng khe Y-âng. Biết S1S2=a = 0,65mm. SI = d =1m; IO=D =1m 1. Tính khoảng vân và vị trí các vân sáng, vân tối trên màn. 2. Khoét tại vị trí vân trung tâm một khe hẹp v đặt mắt tại đấy. Khi dịch chuyển khe S một đoạn 3,5mm theo phƣơng S1S2 thì mắt thấ đƣợc gì? 3. Một bản rung làm cho khe S chuyển động theo phƣơng S1S2 với phƣơng trình xS=2sin  t (mm). Mắt đặt tại khe khoét trên màn sẽ qu n s t đƣợc gì trong mỗi chu kì? ĐS: 1. i  1mm ; xs  k (mm) , xs  (k  0,5) (mm) , với k  Z 2. Mắt nhìn thấy một vân tối 3. Mắt thấy 8 vân sáng chạy qua trong một chu kỳ, 4 vân chiều này, 4 vân theo chiều ngươc lại

Bài 13. [5, tr. 25 -26] Một khe hẹp S phát nh s ng đơn sắ

ƣớc sóng

  0,5 m chiếu sáng hai khe hẹp S1 và S2 song song với khe S. Hai khe cách nhau a=0,5mm. Mặt phẳng chứa hai khe cách màn quan sát D=1m 1. Tính khoảng vân

2. Tịnh tiến khe S theo phƣơng S1S2 một đoạn b bằng

o nhiêu để vân tối

đến chiếm hết chỗ của một vân sáng kề nó. Biết khoảng cách từ S đến mặt phẳng chứa hai khe S1S2 là d=50cm. 3. Không tịnh tiến khe S mà mở rộng dần khe S. Tính độ rộng củ khe S để hệ vân biến mất. (Điều kiện độ rộng của khe hẹp để không xảy ra giao thoa) ĐS: 1. i  1mm ; 2. x 

i  b  0, 25 mm ; 3. 0,25 mm 2

Bài 14. Trong thí nghiệm Y-âng, ngƣời ta chiếu một hùm s ng đơn sắc song song vào hai khe hẹp S1 và S2 song song với nhau trên một màn chắn sáng. Khoảng cách giữ h i khe l 0,5mm. Vân gi o tho đƣợc hứng trên màn ảnh E đặt cách mặt phẳng của hai khe một khoảng là 2m. Khoảng cách giữa 6 vân sáng liên tiếp cạnh nhau là 1,2cm. 1. Tính ƣớc sóng của ánh sáng 2. Th

hùm s ng đơn sắc bằng chùm sáng trắng. Tính chiều rộng của

quang phổ bậc 1 và quang phổ bậc hai trên màn ảnh. ƣớc sóng của ánh sáng tím là

0, 4 m và củ

nh s ng đỏ là 0.75  m .

3. Lại dùng hùm s ng đơn sắc nói trên. Chắn sau khe S1 bằng một tấm thủy tinh phẳng rất mỏng, có chiết suất n = 1,5. Ta thấy vân sáng chính giữa bị dịch chuyển đến vị trí của vân sáng bậ 20 ũ. Tính hiều dày bản thủy tinh? ĐS: 1.   0,6 m ; 2. 1,4mm và 2,8mm; 3. e  24 m

Bài 15. [5, tr. 55] Để đo hiết suất củ khí Clo, ngƣời ta làm thí nghiệm sau: Trên đƣờng đi ủa chùm tia sáng do một trong hai khe của máy giao thoa của Young phát r , ngƣời t đặt một ống thủ tinh d i e=1 m, ó đ Lú đầu trong ống chứ kh ng khí s u đó th

phẳng và song song với nhau.

kh ng khí ằng khí Clo, ngƣời ta

quan sát thấy hệ thống vân dịch chuyển đi một đoạn bằng 10 lần khoảng cách giữa hai vân sáng liên tiếp. Toàn bộ thí nghiệm đƣợc thực hiện trong buồng ên tĩnh v giữ ở một nhiệt độ kh ng đổi. Má gi o tho đƣợc chiếu bằng nh s ng ó ƣớc sóng   0,589 m chiết suất của không khí n =1,000276. Tìm chiết suất của khí Clo?

ĐS : n’ = 1,000865

2.2.2.2. Các hệ giao thoa đặc biệt a) Giao thoa với lƣỡng lăng kính Fre-nen i) Kiến thức cơ bản [8, tr. 22]

Làm thế n o để đo gó

hiết

quang A rất nhỏ củ lăng kính ? Giao thoa có phải là một biện pháp ? H i lăng kính

ó gó

S1 S S2

O N

hiết

quang A nhỏ, có chiết suất n, đ

đƣợc dán với nhau tạo thành một

A’ d’ Hình 2.24

lƣỡng lăng kính Fre-nen (Hình 2.24) Một khe s ng đơn sắc hẹp đƣợ đặt trong mặt phẳng đ kính song song với các cạnh v

hung ủ h i lăng

h h i lăng kính một khoảng d. Qu h i lăng kính

t đƣợc hai ảnh ảo S1 và S2 của S. Hai chùm sáng ló ra khỏi h i lăng kính tự nhƣ đƣợc phát ra từ hai nguồn sáng kết hợp S1 và S2. Trong phần giao nhau của hai chùm sáng (phần gạch chéo trên hình 2.24) có hiện tƣợng gi o tho

nh s ng. Vân gi o tho đƣợc hứng trên

màn ảnh E đặt vuông góc với SO và tại O, cách lƣỡng lăng kính đoạn d’. Khoảng vân gi o tho đƣợc tính theo công thức (2.2) trong đó: Khoảng cách từ h i khe đến màn: D  d  d '

(2.23a)

µ 2d (n  1) A Khoảng cách giữa hai khe: a  2d .D

(2.23b)

(với A tính bằng đơn vị rad) ii) Bài tập có hướng dẫn Ví dụ 7. H i lăng kính ó ùng gó ở đỉnh l A = 20’, l m ằng thủy tinh chiết suất n =1,5 ó đ S ph t r

gắn chung với nhau tạo th nh lƣỡng lăng kính. Một nguồn s ng điểm

nh s ng đơn sắ

ó ƣớc sóng   0,5 m đặt trên mặt phẳng củ đ

chung v

h h i lăng kính một khoảng d = 50cm. Đặt một màn E cách một

khoảng d’ = 200 m phí s u lƣỡng lăng kính. Cho 1’=3.10-4 rad 1. Tính khoảng cách giữa hai ảnh S1S2 tạo bởi lƣỡng lăng kính. Tính khoảng cách giữa hai vân sáng liên tiếp và số vân qu n s t đƣợc trên màn. 2. Khoảng cách giữa các vân và số vân s ng qu n s t đƣợc sẽ th

đổi thế

nào nếu: - Thay nguồn sáng S bằng nguồn S’ ph t ức xạ  '  0, 45 m - Nguồn S’ dịch chuyển dần ra xa dần lƣỡng lăng kính theo phƣơng vu ng góc với màn E. 3. Dịch chuyển khe S song song với chính nó trong mặt phẳng chứa khe một khoảng nhỏ b=2,1mm. Hệ vân trên m n ó gì th

đổi. Vị trí vân trung tâm ũ ó

đặ điểm gì? Luận giải

NL thành tố đƣợc bồi dƣỡng

1. Tính khoảng cách giữa ảnh S1S2. Khoảng cách giữa hai NL hiểu vấn đề: vân sáng liên tiếp và số vân quan sát được trên màn - Sơ đồ thí nghiệm gi o tho đƣợc mô tả bởi hình 2.25

Xảy

hiện

tƣợng giao thoa ánh

sáng

với

lƣỡng lăng kính E

* Một số câu hỏi gợi ý GQVĐ

S1 S S2

?1 Viết công thức d

A’

d’

tính khoảng vân cho trƣờng hợp

Hình 2.25

- giao

Khoảng cách giữa hai ảnh tính theo công thức (2.24b)

thoa

với

lƣỡng lăng kính?

S1S2  a  2d (n  1) A  2.0,5.(1,5  1).20.3.104

?2 Tính bề rộng

a  3,0mm

trƣờng giao thoa L theo a, d và d’.

- Khoảng vân:

D

i



(d  d '). (2  0,5).0,5   0,42mm a 3,0

- Bề rộng trƣờng giao thoa:

L

d '.a 2,0.3,0   12,0mm d 0,5

- Số vân s ng qu n s t đƣợc trên màn.

 12  L Ns     1     1  29 vân  2i   2.0,42  2. Thay ánh sáng đơn sắc  '  0, 45 m . - Khoảng vân:

i' 

 'D

 '.(d  d ')



0,45.(2  0,5)  0,375mm 3,0

- Số vân s ng qu n s t đƣợc trên màn:

 12  L Ns     1     1  33 vân  2i '   2.0,375  - Nếu dịch chuyển nguồn S’ ra xa thì d tăng t

i' 

 'D a



 '.(d  d ') 2d (n  1) A



' 2(n  1) A



ó:

 '.d ' 2d (n  1) A

- Khi S’ dịch chuyển ra xa thì d   , do đó

imin 

' 2(n  1) A



0,45  0,075mm 2(1,5  1).20.3.104

Suy ra số vân sáng có thể qu n s t đƣợc tối đ l :

 12  L Ns     1     1  161 vân 2 i ' 2.0,075    

NL hiểu vấn đề: Nguồn chuyển

S ra

dịch xa

Chú ý: Trong thực tế t kh ng qu n s t đƣợc hệ vân này trên nghĩ l d   . màn do khoảng cách hai ảnh rất lớn và bề rộng trƣờng giao Khi đó khoảng thoa thu hẹp.

vân i sẽ th

3. Khe S dịch chuyển song song với chính nó

NL hiểu vấn đề:

- Khi S dịch chuyển một đoạn b thì hai ảnh S1 và S2 ũng Khe

đổi

dịch

dịch chuyển theo cùng chiều nhƣng khoảng cách giữa chúng chuyển song song kh ng th

đổi. Theo (2.7) hệ vân trên màn dịch chuyển với chính nó thì

ngƣợc chiều một đoạn

i to n tƣơng tự

x0  OO '  b.

d' 2,0  2,1.  8,4mm d 0,5

nhƣ F

i to n khe dịch

chuyển

song song với xo 8,4   20 là vân i 0,42 mặt phẳng hai

- Tại vị trí vân trung tâm ũ thỏa mãn sáng bậc 20.

khe.

*Biện luận kết quả, đề xuất vấn đề mới. Mọi công thức giao thoa với hai khe Y –âng đều áp dụng cho bài toán giao thoa với lƣỡng lăng kính. Chỉ khác giá trị của a và D cần tính to n v

hú ý đổi đơn

vị. Ứng dụng đặc biệt của bài toán giao thoa với lƣỡng lăng kính giúp t đo gó chiết quang A rất nhỏ mà không thể đo đƣợc bằng phƣơng ph p th ng thƣờng. Trong một số trƣờng hợp ũng dùng để đo hiết suất n củ lăng kính. iii) Bài tập tự giải Bài 16. [4, tr. 16] Để x

định độ lớn của góc rất tù  (gần 1800) của một lăng kính

ngƣời ta bố trí sơ đồ gi o tho lƣỡng lăng kính (nhƣ hình 2.24). ức xạ đơn sắc có

  633nm đƣợc rọi lên khe hẹp S tạo ra một chùm sáng phân kì sau khe. Chùm này rọi lên đ

lăng kính. Trong khoảng rộng giao thoa MN =L = 3,8mm trên màn

h lăng kính d’=1,2m qu n s t đƣợc 8 vân tối, đồng thời tại chính M và N là hai vân tối.

1. Giải thích hiện tƣợng 2. Tính góc  củ lăng kính, iết khe S

h lăng kính một khoảng d=30cm,

chiết suất thủy tinh ứng với 1 là n1=1,5 3. Giữ nguyên cách bố trí thí nghiệm, rọi lên khe S hùm s ng đơn sắc có

2  515nm , thì thu đƣợc hệ vân ó độ rộng i2 =0,4mm. X

định chiết suất n2 của

thủy tinh l m lăng kính đối với bức xạ này. ĐS: 2.   179o15' ; 3. n =1,48

b) Giao thoa với lƣỡng gƣơng Fre-nen i) Tóm tắt lí thuyết và công thức. [8, tr.22] H i gƣơng phẳng G1 và G2 hợp nhau một góc  rất nhỏ. Một khe s ng đơn sắc S song song với giao tuyến O củ h i gƣơng v

h O một khoảng r. Ảnh của

S trong h i gƣơng l S1 và S2 (Hình 2.25). Hai chùm sáng phản xạ trên hai

gƣơng tự nhƣ ph t r từ hai nguồn

kết hợp S1 và S2. Vùng có gạch chéo

AIB trên hình 2.25 là vùng chung của

hai chùm sáng,

tại đó xảy ra hiện tƣợng giao thoa ánh

sáng.



r S1

Vân gi o tho đƣợc hứng trên

màn ảnh E, đặt vuông góc với trung trực của S1S2 và cách O một khoảng

I S2 Hình 2.25. Giao thoa với lƣỡng gƣơng Fre-nen

OI = d. Khoảng vân trên màn vẫn đƣợc tính bằng công thức (2.15) trong đó: Khoảng cách giữa hai khe a  2 r

(2.24a)

Khoảng cách từ h i khe đến màn D  r  d

(2.24b)

Chú ý: Phải chắn ánh sáng trực tiếp từ nguồn sáng S tới màn E

ii) Bài tập có hướng dẫn Ví dụ 8: Thí nghiệm giao thoa ánh sáng với lƣỡng gƣơng Frexnen gồm 2 gƣơng phẳng tạo với nhau một góc  rất nhỏ. Nguồn sáng S và màn E quan sát vân giao thoa cách giao tuyến củ h i gƣơng những khoảng lần lƣợt là r = 0,5m và d =1,5m. ó ƣớc sóng   0, 48 m . Khoảng cách

Nguồn sáng S phát ra ánh sáng đơn sắ vân đo đƣợc trên màn là i = 0,64mm.

1. Vẽ sơ đồ thí nghiệm minh họa. Tính góc  tạo bởi h i gƣơng 2. Tính số vân sáng, vân tối qu n s t đƣợc trên màn trong vùng giao thoa. 3. Nếu đƣ nguồn sáng S ra xa dần giao tuyến h i gƣơng thì số vân quan sát đƣợ trên m n th

đổi nhƣ thế nào?

4. Hệ vân trên màn th

đổi nhƣ thế nào nếu dịch khe S một đoạn s=1mm

trên cung tròn bán kính r, tâm I (tâm I nằm trên giao tuyến của hai gƣơng). Khi đó vân trung tâm O là vân sáng hay vân tối. Luận giải

Câu hỏi gợi ý

1. Vẽ sơ đồ thí nghiệm. Tính góc hợp bởi hai gương. * Sơ đồ thí nghiệm đƣợc mô tả trên hình 2.26.

NL hiểu vấn đề:

Bài toán xảy ra

hiện tƣợng giao O

thoa ánh sáng với B

S G1

nhƣng

gƣơng êu

ầu

tím góc  .

 S1

lƣỡng

NL sử dụng công a

thức và biến đổi

công thứ để tìm

Hình 2.26.

góc 

* Tính góc 

- Theo (2.26a,b) khoảng vân i 

 

 (r  d ) 2ir

D a



 (r  d ) 2 r

0,48.106.(0,5  1,5)   1,5.103 (rad ) 3 2.0,64.10 .0,5

2. Số vân sáng và số vân tối trên trường giao thoa - Gọi L là bề rộng trƣờng giao thoa ta có:

NL tƣ du : Muốn

d d L  AB  .a  .2 r  2d  4,5.103 m  4,5mm r r

tính đƣợc số vân

- Số vân sáng và vân tối qu n s t đƣợc trên màn lần lƣợt là:

sáng vân tối ta

 4,5  L Ns  2    1  2    1  7 vân  2i   2.0,64  1  4,5  L 1 Nt  2     2     8 vân  2i 2   2.0,64 2  3. Dịch chuyển nguồn sáng ra xa giao tuyến của hai gương -T

ó khi r tăng v r   thì

phải tính đƣợc bề rộng trƣờng giao thoa.

NL hiểu vấn đề: Khi dịch chuyển

- Bề rộng trƣờng giao thoa: L  2d kh ng đổi.

nguồn ra xa giao

- Khoảng vân:

tuyến

D

 (r  d )  d  i      0  0,021mm a 2 r 2 2 r 2  4,5  L - Số vân sáng: N s  2    1  2    1  215 vân  2i   2.0,021

của

gƣơng

hai thì

r   khoảng vân sẽ th

đổi. Cần

phải tính toán sự th

đổi đó.

* Nhận xét: Khi dịch chuyển S ra xa dần giao tuyến I thì khoảng vân giảm dần nên số vân s ng trên m n tăng dần. NL đ nh gi vấn Tu nhiên đến một giới hạn n o đó t sẽ không quan sát

đề khi kết quả

đƣợc hệ vân giao thoa nữa

không phù hợp với

- Khi r   , trên bề rộng L = 4,5mm mà có 215 vân sáng

thực tiễn. Có thể

chỉ là tính toán lí thuyết. Trong thực tế ta không quan sát

làm

thí

nghiệm

chứng tỏ sự không

đƣợc hệ vân giao thoa này.

phù hợp đó.

4. Dịch chuyển S trên cung tròn tâm I, bán kính r.

NL hiểu vấn đề:

Ta thấy khi S dịch chuyển đoạn s = 1mm thì hai ảnh S1 và S2 S

dịch

chuyển

ũng dịch chuyển một đoạn nhƣ vậ trên đƣờng tròn (I,r). trên cung tròn thì Khi đó đƣờng OI là trung trực của S1S2 nhƣ l đòn ẩy tựa hệ vân th

đổi

trên điểm cố định I (xem hình 2.26). Vì vậy theo (2.21) vân tƣơng tự nhƣ

sáng trung tâm O sẽ dịch chuyển đến O’ ngƣợc chiều với toán dịch chuyển chiều dịch chuyển của S1S2 một đoạn:

khe F song song

d 1,5 x0  .s  .1  3mm r 0,5

với mặt phẳng

Ta thấy:

hai khe.

x0 3   4,6875 . Do đó vị trí vân trung i 0,64

tâm ũ gần vân tối thứ 5. * Nhận xét: Với lƣỡng gƣơng Fre-nen, sự dịch chuyển của khe sáng S một đoạn nhỏ trên ung tròn

n kính r ũng tƣơng tự nhƣ sự dịch chuyển

của khe F song song với mặt phẳng hai khe F1 và F2 trong thí nghiệm giao thoa với hai khe Y –âng.

iii) Bài tập tự giải Bài 17. [6, tr. 228-229] H i gƣơng Frexnen l m với nhau góc  . Một khe hẹp F đặt song song với cạnh chung O củ h i gƣơng sắ

h O một khoảng d ph t nh s ng đơn

ó ƣớc sóng  . Hệ vân gi o tho đƣợ đặt trên màn M vuông góc với các

chùm sáng giao thoa, cách O một khoảng D 1. Tính khoảng cách giữa hai vân sáng liên tiếp và số vân sáng nhìn thấy. 2. Khoảng cách giữa các vân và số vân nhìn thấ th khe F tịnh tiến ra xa dần h i gƣơng.

đổi nhƣ thế nào khi

Áp dụng số   10';   0,6 m d = 20cm; D = 0,8m ; 1’ = 3.10-4 rad. ĐS: 1. i  0,5mm; N s  9 vân; 2. i giảm dần và imin  0,1mm; N s  48 vân

c) Giao thoa với lƣỡng thấu kính Biê (Billet) i) Tóm tắt lí thuyết và công thức. [8, tr. 23] Thấu kính hội tụ ngoài tác dụng hội tụ chùm sáng có thể có tác dụng giao tho

nh s ng đƣợc không? Cắt một thấu kính hội tụ tiêu cự f r l m đ i theo một mặt phẳng chứa trục

chính  của thấu kính rồi đƣ h i nửa ra xa nhau một khoảng e rất nhỏ. Nhƣ vậy quang tâm của hai nửa thấu kính sẽ nằm đối xứng nhau ở hai bên trục  và cách nhau một khoảng O1O2=e. Đặt một khe s ng S đơn sắc hẹp nằm trong mặt phẳng trung trực của O1O2 và vuông góc với mặt phẳng tạo bởi trục  và O1O2, cách O1O2 một khoảng d  f (Hình 2.26). E A S1

O2 d



I d’

S2 B

Hình 2.27. Giao thoa với lƣỡng thấu kính Biê

Qua hai nửa thấu kính t đƣợc hai ảnh thật S1 và S2 nằm cách O1O2 một khoảng d’ đƣợc tính bởi công thức thấu kính: d ' 

df . S1 và S2 trở thành hai d f

nguồn sáng thỏ mãn điều kiện kết hợp. Trong vùng chung của hai chùm sáng này (phần gạch chéo trên hình 2.27) có hiện tƣợng giao thoa ánh sáng. Dùng một màn ảnh E để hứng vân giao thoa. Khoảng cách vân vẫn đƣợc tính bằng công thức (2.15) trong đó:

Khoảng cách giữa hai khe: a  S1S2 

d d' .e d

Khoảng cách từ h i khe đến màn: D  L  d '

(2.26a) (2.26b)

ii) Bài tập có hướng dẫn Ví dụ 9. Một thấu kính O có tiêu cự f = 20cm bán kính R = 1,5cm, đƣợc của làm đ i theo một đƣờng kính. S u đó, h i nửa thấu kính đƣợc kéo cho xa nhau một khoảng e = 2mm. Một khe sáng hẹp S song song với đƣờng chia hai nửa thấu kính, đặt

h đƣờng ấy một khoảng d = 60cm. Khe S ph t nh s ng đơn sắ

ó ƣớc

sóng   0,546 m .Vân gi o tho đƣợ qu n s t trên m n E đặt cách hai nửa thấu kính khoảng l. 1. Muốn qu n s t đƣợc vân giao thoa thì l tối thiểu phải bằng bao nhiêu? 2. Cho l =1,8m tính khoảng cách hai vân sáng liên tiếp và số vân quan sát đƣợc trên màn. 3. Giữ cho O và E cố định, cho khe S tịnh tiến xa dần thấu kính. Hệ vân thay đổi thế nào? Bài 7/230 – Một số phương pháp giải toán vật lí sơ cấp2 Hƣớng dẫn giải: Luận giải

NL thành tố đƣợc bồi dƣỡng

1. Khoảng cách l tối thiểu để quan sát được hệ vân giao NL hiểu vấn đề: thoa.

Xảy

Hiện tƣợng gi o tho đƣợc mô tả bởi hình 2.28

tƣợng giao thoa ánh

sáng

hiện

với

lƣỡng thấu kính. Muốn quan sát đƣợc hệ vân giao thoa thì chiều dài l phải vƣợt qua

E L1

nhau

của

hai

chùm sáng sau

S1 O1 O H O2 S2 L2 d’

phần bắt đầu giao

khi khúc xạ qua



thấu kính

l Hình 2.28.

- Phần chùm s ng đƣợc giới hạn bởi phần gạch chéo trên hình vẽ xảy ra hiện tƣợng giao thoa.

* Một số câu hỏi

- Muốn qu n s t đƣợc hiện tƣợng giao thoa thì màn chắn gợi ý GQVĐ phải đƣợ đặt s u điểm I. Khi đó l  OI , trong đó OI = d’+OH - Với d’ l khoảng cách từ ảnh S1S2 đến lƣỡng thấu kính ta có:

?2 Màn phải đặt gần nhất ở đâu để qu n

s t

đƣợc

hiện tƣợng giao

df 60.20 d'   30cm d  f 60  20 Xét O1O2 S : S1S2 S 

 a  S1S2 

thoa.

O1O2 d  S1S2 d  d '

O1O2 .(d  d ') e.(d  d ')   3mm d d

IH  d ' L1L2 Xét S1S2 I : L1L2 I   IH S1S2

d '.a 0,3.0,003  IH    0,033m  3,3cm 2 R  a 2.0,015  0,003

?3 Tính khoảng cách OI trên hình vẽ. ?4 Có thể sử dụng

tam giác

đồng dạng đƣợc không.

Vậy khoảng cách l tối thiểu là 30+3,3=33,3cm 2. Với l  1,8m . Tìm khoảng cách giữa hai vân sáng và số NL sử dụng và vân sáng quan sát được.

vận

dụng

linh

- Khoảng cách giữa hai vân sáng liên tiếp là một khoảng vân hoạt nên

các

công

thức giao thoa

i

D a



 (l  d ') a



0,546.(1,8  0,333)  0,27mm 3

- Bề rộng trƣờng gi o tho l đoạn AB trên hình 2.28 Xét O1O2 S : ABS 

 AB 

O1O2 d  AB l  d '

e(l  d ) 2.(1,8  0,6)   8mm d 0,6

- Số vân s ng qu n s t đƣợc trên màn

 8   AB  Ns  2   1  2  2.0,27   1  29 vân  2 i     3. Giữ cho O và E cố định, cho khe S tịnh tiến xa dần thấu ?1 Khi khe S tịnh kính. Hệ vân thay đổi thế nào?

tiến ra xa thấu

- Khi S ra xa thấu kính thì d tăng dần

kính thì

đại

- Khi d   thì d '  f , hai ảnh S1 và S2 cách nhau một lƣợng khác thay đoạn a  e  2mm . Khoảng cách từ hai ảnh đến màn đổi nhƣ thế nào?

D  l  d '  l  f  1,8  0,2  1,6mm . Khi đó khoảng vân giới hạn: ilim 

D a



0,546.1,6  0,44mm 2

- Bề rộng trƣờng giao thoa

e(l  d ) el AB    e  0  e  e khi d   d d - Số vân s ng qu n s t đƣợc trên màn:

?2 Khi S ra xa vô ùng thì d, d’, , D, i, AB lần lƣợt đƣợ

định

nhƣ thế nào? ?3 Tính số vân

 2  e Ns  2    1  2    1  5 vân  2i   2.0,44  iii) Bài tập tự giải

sáng đƣợc.

quan

sát

Bài 18. [4, tr. 25-28] Một thấu kính hội tụ tiêu cự f=15 m đƣợ

ƣ đ i theo mặt

phẳng chứa quang trục chính và vuông góc

d2 O1

với tiết diện của thấu kính, rồi hớt đi mỗi nửa một lớp dày h=1,25mm tính từ quang

O h

tâm, xong dán lại thành lƣỡng thấu kính. (trong đó O1 nhƣ qu ng tâm vốn có của nó của nửa thấu kính trên, O2 của nử dƣới),

Hình 2.29

xem hình 2.29. Một nguồn s ng điểm S phát ra ba bức xạ đơn sắc thuộ vùng đỏ, vùng lụ , vùng l m, ƣớ sóng đƣợc kí hiệu lần lƣợt là 1 , 2 , 3 đƣợ đặt trên trục đối xứng củ lƣỡng thấu kính,

h lƣỡng thấu kính một khoảng d1=7,5cm(coi rằng

f không phụ thuộc vào  ) 1. X

định khoảng cách a giữa hai ảnh S1, S2 củ S qu lƣỡng thấu kính. Vẽ

đƣờng đi ủa các tia s ng qu lƣỡng thấu kính. 2. Đặt s u lƣỡng thấu kính một màn hứng ảnh vuông góc với trụ đối xứng củ lƣỡng thấu kính v

h lƣỡng thấu kính một khoảng d2=235cm. Che nguồn lần

lƣợt bởi kính đỏ và kính lụ (để lọt bức xạ đỏ hoặc bức xạ lục) và dùng kính lúp sẽ qu n s t đƣợc hai hệ vân gi o tho tƣơng ứng ó độ rộng i1=0,64mm và i2=0,54mm. X

định ƣớc sóng của hai bức xạ đó. 3. Do thiếu kính lọc màu lam nên phải dùng một kính lọ để lọt đồng thời hai

bức xạ đỏ và lam. Khi ấ qu n s t đƣợc các cự đại giao thoa cả hai loại m u, đỏ và l m, trên m n. Đồng thời các vân số 0, 3, 6 của hệ vân đỏ thấy có sự trùng khít với vân s ng m u l m. X

định ƣớc sóng màu lam, biết rằng m u l m tƣơng ứng với

dải ƣớc sóng từ 0, 46 m đến 0,5 m 4. Mô tả hiện tƣợng khi không dùng kính lọ n o. Hã tính xem trong trƣờng giao thoa có cả thảy bao nhiêu vệt sáng trắng, đó l

ự đại thứ bao nhiêu của hệ

vân đỏ? Cho biết ba bức xạ m

ƣớ sóng tính đƣợc trong bài này khi chồng chập

lên nhau cho ta cảm giác sáng trắng. ĐS: 1. a=2,5mm; 2. 1  0,64 m , 2  0,54 m ; 3. 3  0, 48 m ; 4. Có 3 vạch sáng trắng. Với bức xạ màu đỏ: k = 0; k  0; 27

d) Giao thoa với gƣơng Lôi (Loyd) Ánh sáng tới và phản xạ trên E

gƣơng ó thể gi o tho đƣợc không? Một khe sáng hẹp đơn sắ S, đặt

song song với một gƣơng phẳng G và rất gần mặt gƣơng (Hình 2.27). Đặt một màn ảnh E vuông góc với mặt gƣơng

S’

Hình 2.27. Gi o tho gƣơng L i

và song song với khe sáng. Trên màn ảnh sẽ xuất hiện hệ vân giao thoa nằm song song với giao tuyến H giữa màn ảnh và mặt gƣơng. Đó l kết quả của sự giao thoa giữ sóng nh s ng đi trực tiếp từ nguồn S đến màn ảnh và sóng phản xạ trên gƣơng tru ền đến. Sóng phản xạ tự nhƣ đƣợc phát ra từ nguồn S’ l ảnh củ S trong gƣơng. Khoảng vân giao thoa vẫn đƣợc tính bằng công thức i 

D a

trong đó D l

khoảng cách từ S đến màn còn a  SS ' . Điều đặc biệt là tại H xuất hiện một vân tối, mặc dù SH = S’H. Điều đó chứng tỏ là tại H sóng phản xạ ngược pha với sóng tới (tƣơng tự nhƣ sự phản xạ sóng ơ trên vật cản cố định). Nhƣ vậy hiệu quang trình (hiệu đƣờng đi) đến H phải

  là   SH   S ' H   2 

(2.27)

ii) Bài tập có hướng dẫn Ví dụ 10. Một khe hẹp đơn sắ S đặt trên mặt một gƣơng phẳng G, cách mặt gƣơng 1mm. Trên màn ảnh E đặt vuông góc với mặt gƣơng, song song với khe S và cách

khe S một khoảng 2m, ngƣời ta thấy có những vạch tối và vạch sáng xen kẽ nhau một

h đều đặn. 1. Giải thích hiện tƣợng xảy ra 2. Tìm vị trí những điểm cho vân sáng, vân tối. 3. Biết rằng trên m n qu n s t đƣợc 26 vạch sáng, hai vạch ngoài cùng cách

nh u 14,5mm. Tính ƣớc sóng dùng trong thí nghiệm. Hƣớng dẫn giải Luận giải

NL thành tố đƣợc bồi dƣỡng

1. Giải thích hiện tƣợng.

NL suy luận logic

- Trên màn quan sát E xảy ra hiện tƣợng giao thoa giữa hai

GQVĐ định tính

hùm s ng đơn sắc: Sóng tới từ S truyền trực tiếp đến màn và sóng phản xạ trên gƣơng đến màn. - Hai chùm ánh sáng này thỏ mãn điều kiện kết hợp vì cùng xuất phát từ nguồn S nên chúng giao thoa với nhau. Những vạch sáng tối trên màn xen kẽ nhau là các vân giao thoa. NL hiểu vấn đề:

2. Vị trí vân sáng E

vân tối trên màn S

S’

x I

Hình 2.28. Gi o tho gƣơng L i

Phải

tìm

hiệu

đƣờng đi để xác

định điều kiện cho vân sáng vân

- Gọi x = HM. Ta

tối vì

có:

công thức vị trí 2

a a   SM   x    D 2 và S ' M 2   x    D 2 2 2   2

hƣ

vân sáng vân tối áp

dụng

gƣơng L i

Suy ra: S ' M 2  SM 2  2ax

cho

Với S ' M  SM  2D vì S rất gần G nhƣng rất xa E

 S ' M  SM 

* Một số câu hỏi gợi ý GQVĐ:

ax D

Do sóng phản xạ trên gƣơng G ngƣợc pha với sóng tới trực

?1. Lập công

tiếp từ S đến màn nên hiệu đƣờng đi

thức tính hiệu đƣờng đi tại điểm



ax    S ' M   SM   2 D 2 +Điều

kiện

  k 

(2. 28) cự

M trên màn quan đại sát.

ax  D D   k  x  k D 2 2a a ?2. Điều kiện cực

1   xs   k   i (với k  Z ) 2 

đại, cực tiểu giao

Ta thấy những điểm cho vân sáng trên màn cách H một số thoa là gì? nửa nguyên lần khoảng vân.

1 ax  1   ( k  ) + Điều kiện cực tiểu   (k  )  2 D 2 2  xt  k ' i (với k '  Z  )

?3 Có thể nhận xét gì về vị trí

Ta thấy những điểm cho vân tối trên màn cách H một số vân sáng vân tối trên màn. nguyên lần khoảng vân. Đặc biệt tại H là vân tối đầu tiên (k’=0) mặ dù SH = S’H 3. Tính bước sóng ánh sáng. - Giữa 26 vạch sáng liên tiếp có 25 khoảng vân nên ta có:

25i  14,5  i  0,58mm - ƣớc sóng:  

ai 2.0,58   0,58 m D 2

iii) Bài tập tự giải. Bài 19: Ngƣời ta chiếu nh s ng đơn sắ

ó ƣớc

sóng   0,64 m v o gƣơng L i (hình 2.29). Hỏi tại điểm M trên màn quan sát sẽ quan sát đƣợc vân sáng hay vân tối. Cho SM  r  2 (m) , SI=IM, IH  a  0,55(m)

S’

Hình 2.29.

ĐS: Vân sáng

e) Giao thoa với màng mỏng, nêm i) Tóm tắt lí thuyết và công thức [8, tr. 24-26] Tại sao nhìn vào bề mặt của các váng dầu mỡ, bong bóng xà phòng, ta thƣờng thấy có những quầng màu rực rỡ? Có thể giải thích bằng hiện tƣợng tán sắc hay giao thoa ánh sáng? Đó l những vân giao thoa trên các bản mỏng. Các vân này chỉ xuất hiện trên bề mặt các bản mỏng gọi là vân định xứ. * Ta hãy giải thích sự giao thoa của các váng dầu với nh s ng đơn sắc. Coi váng dầu tƣơng tự bản mặt song song. Một vùng rất nhỏ qu nh điểm C coi

nhƣ một bản mặt song song có bề dày d. Các tia tới 1 v 2 oi nhƣ song song với nhau, góc tới l i. H i ti đi v o mắt oi nhƣ trùng nhau (Hình 2.30) Xét h i ti đơn sắc SABCR (1) và SCR (2), hiệu quang trình giữa hai tia là:

   ( AB  BC )  ( HC  ) 2

A d B

Hình 2.30. Giao thoa qua bản mỏng

(1)

Trong đó, sóng phản xạ trên tại C ngƣợc pha với sóng tới nên bị lệch nử

AB  BC 

d cosr

(2)

ƣớc sóng.

HC  2d .tan r.sin i

(3)

The định luật khúc xạ

sin i  n.sin r

(4)

sin r cos r

(5)

Mặt khác: tan r 

Từ (1), (2), (3), (4), (5).

   2d n2  sin 2 i 



(2.29)

+ Nếu   k  thì tại C có cự đại giao thoa.

1  + Nếu    k    thì tại C có cực tiểu giao thoa. 2  * Bây giờ nếu coi váng dầu không bằng phẳng thì khi th C bề dày d và góc tới i sẽ th

đổi điểm quan sát

đổi chậm, do đó vùng ự đại giao thoa chiếm một

khoảng tƣơng đối rộng * Áp dụng hai mặt phẳng lí tƣởng giao nhau (tạo thành nêm hình 2.31) thì cự đại giao thoa có dạng dải sáng màu nằm song song với cạnh nêm, xen kẽ là các các vạch tối tƣơng ứng với cực tiểu giao thoa

h đều nhau một

h đều đặn.

Nếu qu n s t theo phƣơng vu ng gó với cạnh nêm thì khoảng cách giữa hai vân tối liên tiếp là:

l

 2n

(2.30)

Biết  v n, đo đƣợc l sẽ tính đƣợc  . Đâ l một phƣơng ph p thƣờng dùng để x

Hình 2.31

định góc nhỏ

giữa hai mặt của các lớp mỏng. Nếu nguồn phát ra ánh sáng trắng thì trên mặt nêm sé xuất hiện những màu sặc sỡ tƣơng đối rộng. Do đó

ản mỏng là dụng cụ tiện lợi cho việc nghiên cứu

màu sắc ánh sáng. ii) Bài tập có hướng dẫn

Ví dụ 11. 1. Nhìn váng dầu trên mặt nƣớc với các góc nhìn khác nhau ta thấy váng dầu có những màu khác nhau. Vận dụng kiến thức giao thoa với màng mỏng hãy giải thích hiện tƣợng trên. 2. Nếu nhìn một váng dầu trên mặt nƣớ theo phƣơng gần là là mặt nƣớc thì thấy váng dầu ó m u tro x m. Tăng dần góc giữ phƣơng nhìn với mặt nƣớc, ta thấy: - Nếu nhìn theo phƣơng l m với mặt nƣớc góc 30°, váng dầu có màu da cam sẫm ( dc  0,6 m ) - Nếu nhìn theo phƣơng l m với mặt nƣớc góc 60°, váng dầu ó m u đỏ ( d  0,7 m ). Xá định bề dày của váng dầu và chiết suất của dầu. Luận giải

Câu hỏi gợi ý

1. Giải thích hiện tượng.

NL hiểu vấn đề: S

Màu sắc ta quan sát thấy trên váng dầu là những cự đại giao thoa của các sóng ánh sáng phản xạ ở mặt trên và mặt dƣới

I d

hiện

tƣợng giao thoa phản xạ hai lần ở

J Hình 2.32

Chùm sáng Mặt Trời từ rất x nên t

của chùm tia sáng r

của váng dầu (Hình 2.32).

Xảy

mặt trên và mặt dƣới của váng dầu mỡ.

oi nhƣ hùm s ng song song. Xét một chùm tia rất

hẹp đến bản mỏng SI, ta có một phần hùm s ng đƣợc phản xạ ở mặt trên của váng dầu tạ K, một phần phản xạ ở mặt NL suy luận lôgic dƣới tại J rồi gặp nhau, giao nhau tại K. Vì IK rất nhỏ nên có GQVĐ định tính thể oi nhƣ mặt trên và mặt dƣới của bản tại đó song song với nhau. Chùm tia phản xạ KR đi theo một phƣơng v o mắt ngƣời quan sát. Do với mỗi nh s ng đơn sắ kh

nh u thì ƣớc sóng

khác nhau nên hiệu đƣờng đi   2d n 2  sin 2 i  nhau. Vì vậy ứng với

 2

khác

nh s ng đơn sắc muốn quan sát

đƣợc vân sáng thì góc nhìn của mắt ũng phải khác nhau. 2. Tính bề dày và chiết suất của váng dầu.

NL sử dụng công

- Ta có hiệu đƣờng đi đƣợc tính theo công thức (2.29)

thức hiệu đƣờng

  2d n2  sin 2 i 



đi ủa hiện tƣợng

giao

- Điều kiện cự đại giao thoa củ

ƣớc sóng  thỏa mãn:

thoa

mảng mỏng.

  k 1   2d n2  sin 2 i   k    2  - Vân s ng đầu tiên qu n s t đƣợc khi k= 0 nên

2d n2  sin 2 i 

 2

- Khi nhìn theo phƣơng l l mặt nƣớc thì i  90o từ đó

r  90o  cos r  0 ta có thể biến đổi 2d n2  sin 2 i  2dn 1  sin 2r  2dn cos r  0 - Ta thấy khi nhìn là là mặt phân cách thì hiệu đƣờng đi



 2

?2 Giải thích khi nhìn là là mặt nƣớc ta quan sát

với mọi nh s ng đơn sắ . T kh ng qu n s t đƣợc hệ đƣợc vân tối.

vân giao thoa thỏa mãn với yêu cầu đề bài. - Khi i  60o qu n s t đƣợc cự đại ánh sáng da cam có ƣớc sóng dc  0,6 m ta có:

2d n2  sin 2 60o 

 2

 2d n 2 

(1)

3 0,6.106  m 4 2

?3 Lập phƣơng trình

khi

nhìn

- Khi i  30o qu n s t đƣợc cự đại nh s ng đỏ ó ƣớc thấy sóng d  0,7 m ta có: 2

màu

cam và tia màu



3 0,7.106 2d n  sin 30   2d n   m 2 4 2 2

vân

đỏ.

(2) Giải hệ (1) v (2) t đƣợc: d  1,31.107 m; n  1,46 * Biện luận, đề xuất vấn đề mới Trong thực tế húng t

òn qu n s t đƣợc những màu sắc sặc sỡ khi nhìn vào

bong bóng xà phòng hoặc chồng hai tấm kính phẳng lên nhau. Hiện tƣợng đó ũng xuất phát từ hiện tƣợng giao thoa màng mỏng và nêm. (1)

iii) Bài tập tự giải

(2)

Bài 20. [4, tr. 22] Hai bản thủ tinh, đặt song song, cách nhau một lớp không khí mỏng bề dày d. Mặt trong của hai tấm thủ tinh đƣợc phủ một lớp kim loại rất mỏng. Chùm tia sáng   600nm chiếu tới húng theo phƣơng d

vuông góc sẽ có một phần đƣợc phản xạ giữa hai mặt trong nhƣ hình 2.33. Hãy tính ba giá trị đầu của lớp kh ng khí để sự giao thoa giữa hai tia phản xạ (1) và (2) a) Cho vân sáng ĐS: a) d cho vân sáng: d  k

Hình 2.33

b) Cho vân tối.  2

. Ba giá trị nhỏ nhất: 0, 300nm, 600nm

1  b) d cho vân tối: d  (k  ) . Ba giá trị nhỏ nhất: 150nm, 450nm, 750nm 2 2

Tiểu kết chƣơng 2 Nhƣ vậy, căn ứ vào nội dung mục tiêu kiến thứ

hƣơng sóng nh s ng Vật

lí 12 THPT, ăn ứ v o ơ sở lí luận về dạy giải bài tập vật lí nhằm bồi dƣỡng NL GQVĐ, trong hƣơng 2 n

chúng tôi đã nghiên ứu những vấn đề s u đâ :

Đã phân tí h mụ tiêu hƣơng sóng nh s ng theo huẩn kiến thức – kỹ năng trong hƣơng trình, từ đó thiết kế sơ đồ hệ thống bài tập hƣơng sóng nh s ng trên ơ sở bồi dƣỡng HSG THPT. Đã xâ dựng hệ thống bài tập hƣơng sóng nh s ng vật lí 12 bao gồm hệ thống kiến thức, bài tập ó hƣớng dẫn (gồm 11 ví dụ) và bài tập tự giải gồm 20 bài. Trong đó phần bài tập ó hƣớng dẫn đƣợ ngƣời dạ hƣớng dẫn HS thông qua hệ thống các câu hỏi gợi ý nhằm giúp HS phát hiện vấn đề của bài toán, từ đó xâ dựng chiến thuật giải cho từng bài. Sau mỗi ví dụ là phần nhận xét hoặc phát triển vấn đề, gợi mở vấn đề mới mà phần bài tập tự giải HS sẽ phải tự tìm tòi giải quyết. Phần bài tập tự giải vừa giúp HS nâng cao kỹ năng kỹ xảo, vừa giúp HS rèn luyện năng lự tƣ du v v

hạm với hiện tƣợng vật lí mới nhằm giúp các em tự phát

hiện ra vấn đề khác so với bài tập đã giải, từ đó m HS ũng hứng thú với việc tự học, tự bồi dƣỡng.