BÀI TẬP VẬT LÍ SƠ CẤP TẬP 3 (QUANG HỌC - SÓNG & LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG - VẬT LÍ...

8/9/2019 BÀI TẬP VẬT LÍ SƠ CẤP TẬP 3 (QUANG HỌC - SÓNG & LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG - VẬT LÍ HẠT NHÂN) - VŨ THANH KHIẾT

http://slidepdf.com/reader/full/bai-tap-vat-li-so-cap-tap-3-quang-hoc-song-luong-tu 1/269

VNG2483

VŨ THANH KHIẾT

í L J

s ơ C Ấ P ;

__ _ _ __ _ ■I ■

- Q U A N G H Ọ C : í T A P 3 .- S Ồ N G & LƯỢ N G TỬ Á N H S Á N ịS

- l l ^ Ú H Ạ t í M Ị S

-£■>

j v W G 2 4 8 3 : i 3Iã eố iiTn i n ĨDÃn s B B Hn

lĩ

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUYNHON

WWW.FACEBOOK.COM/BOIDUONGHOAHOCQUYNHON

BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N

.DAYKEMQUYNHON.UCOZ.COM

ng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú



+ Khi phương của 't ía tđi không đổi, nếu quay gương phẳngquanh một trục vuông góc. vởi mặt phẳng tới một góc a thi tia

phản xạ sẽ quay một góc2a cùng chiều quay của gương.

5. Gương cầu

a) Là một'phần của mặt càu (thường là một chõm cầu) p xạ hầu như hoàn toàn ánh sáng chịếu tới nó.

Gương cầu lõm : Mặt phản xạ là mặt ỉõm (hướng về tâm C)(Hình 1.2a).

Gương cầu lồi : Mặt phản xạ là mặt lồi (Hình 1.2b) ;c là tâmgương ; 0 là đỉnh gương ; oc làtrục chính ; đường thẳng bất kìqua c là trục phụ ; o c = R là bán kính mặt cong ; ọ là góc khẩuđộ của gương ; F là tiêu điểm chính.

f > o, còn với gương lồi thì f < õ. Tiêu diện là mặt phẳng vuônggóc với trục chính tại F- Một điểm bất 3d (khác F) trên tiêu diệnđược gọi là tiêu điểm phụ.

Để thuận tiện có thể vẽ gương cầu như hình dưới (Hình 1.3).

0

(a) (b)Hình ì.2

Tiêu cự của gương là OF = |fị = — , đối với gương lõm thì

oF

c

(a ) (b)Hình 1.3

b) Đường đi của tia sáng phản xạ trển gương cầu :

6



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Hình 1.4 .

- Tia tới song song với trục chính, cho tia phản xạ qua F (hoặcó đường kéo dài qua F) ;

- Tia tởi qua F (hoặc có đường kéo dầi qua F), cho tia phản xsong song với trục chính ;

- Tia tới qua quang tâmc (hoặc có đường kéo dài qua C), chotia phản xạ trở ỉại theo phương tia tới ;

- Tia tới đỉnh gương 0, cho tia phản xạ đi theo phương đốixứng với tia tới qua trục chính.

Vôi t ia bấ t kì : Có 2 cách vẽ tia phản xạ :Cách 1 : Vẽ tiêu diện, cắt tia tới SI tại tiêu điểm phụ Fi ; v

trục phụ CFj rềi vẽ tia phản xạ IR song song với trục phụ đ(Hình 1.5a) ;

7



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Cách 2 : Vẽ tiêu diện, rồi vẽ trục phụ song song với tia tới Snó cắt tiêu diện tạ i tiêu điểm phụ ; sau đó vẽ tia phản xạqua Fj (hoặc có đường kéo dài qua Ĩ!Ì) (Hình 1.5b).

c) Vẽ ảnh của một vật :+ Dùng 2 t rongr 4 tia đặc biệt (thường chọn 2 trong số 3tia đau) (Hình 1.6, 1.7, 1.8).

+ Nếu vật là một điểm sángnằm trên trục chính thì dùng1 tia bất kì và1 tia đặc biệt(tia trùng với trục chính) ;

(Hình 1.8).

Hình 1.8

+ Nêu vật là một đoạn thẳng nhỏ AB vuông góc với trụchính, ảnh của nó cũng là môt đoạn thẳng nhỏ A’B’ vuôrig. gvới trục, chính (chú ý rằng ảnh ảo được vẽ bằng net đứt), dochỉ cần vẽ ảnh A’ cua A, rồi vẽ đoạn thẳng A’B’ vuông góc vtrục chính.

d) Vị trí và tính chất của ảnh :+ .Với gương cầu lõm :- Vật thật ở ngoài F. có ảnh thật ngược chiều với vật ; vật

ở trong F có ảnh ảo cùng chiều với vậ t và lớn hơn vậ t ;- Vật ảo có ảnhthật còng chiều và nhỏ hơn vật và ồ trọng F.

+ Vớ i gương cầu lồ i :

s ' ' ,



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





- Vật thật có ảnh ảo cùng chiều và nhỏ hơn vật, và ở giữao và F.

- Vật ảo ở trong F có ảnh thật cùng chiều và lớn hơn vật ; vậảoỗ ngoài F có ảnh ảo ngược chiều với vật ảũ và ở ngoài F

+ N hận xé t : ,- Khi vậ t di chuyển (lại gần hoặc ra xa gương), ảnh yà vật

luôn di chúyen theo hướng ngược nhàu đôl với gương ;- Vật ở đủng tiêu diện thì ảnh ô vô cực và ta không hứng được

ảnh.- Vật thật, ảnh thật (có thể hứng trên màn) ở trước gương.

Vật ảo, ảnh ảoở sau gương.

- Để có vật ảo, một điểm ảo A chẳng hạn, ta sử dụng hai tiasáng đi tới gương có đường kéo dài gặp nhau tại A ở sau gướng(nền chọn các tia đặc biệt), hai tia phản xạ của chúng gặp nhautại A \ ảnh của điểm ảo A.

e) Công thức gương cầu :1 1 1 m — + — = — ; (1)d d' f ’

(2) *V _ *k = ---- dA’B’ = ỊkỊ AB (3)

Quy ước : - Vật thật (điểm sáng) d > 0 ; vật ảo đ < 0 ;- Ảnh thật d’ > o ; ảnh ảo ÓT<0 ;

R R - Gương lõm f = — ; gương lồi f = - —.2 2 *

- k > o : ảnh và vật cùng chiều.- k < o : ấnh ngược chiều vật.

m . . mv /-.s ■>, df ■ J d'f - dd’Chú ý : - Từ (1) d = ------ ; d = - ; f =d - f d’-f d + đ*

d’ f f -d :



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





- Khoảng cách giữa vật và ảnh : |d -á j.

f) Thị trường của gương - Vẽ ảnh M’ của mắt

tạo bởi gương (gương phẳng, gương cầu), rồivẽ mat nón có đỉnh làM’ và mặt bên tựa lênvành gương. Khi đómiền không gian trướcgương giới hạn bởi mặtnón đó gọi làthị trường

của gựơng (mọỊ vật nằmtro ng. đó có ảnh tronggương mà mắt M có thểnhin thấy, Hình 1.9).

- Với cùng một bán kính vành gương và cùng khoảng cách từmắt đến gương thì, gương cầu lồi có thị trường rộng nhất, gươ phẳng có th ị trường hẹp hơn và th ị trường gương cầu lõm hẹnhất.

6. Định luật khúc xạ ánh sáng

a) Phát biểu :- Tia khúc xạ nằm trong mặt phẳng tới và ồ bên kia pháp

tuyến so với tia tới.- Đối với một cặp môi trường trong suốt nhất định.

sini _ _ n2" — = n 2i - — ,sinr ĩi i

hay ni s in i = n2 sin r.n2i làchiết suất tỉ đối của môi trường2 dối với môi trường1 ;

IÌ!, n2 là chiết suất tuyệt ảổi, nói gọn làchiết suất , của môitrường1 và môi trường2 ;

Hình 1.9

10



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





n = — , với c là vận tốc ánh sáng trong chận không, V làV "vận tốc ánh sáng trong môi trường.

Nêu n.21 > 1, hay n2 > ni : môi trường 2chiết quang hem môitrường1.

Nếu1121 < 1, hay n2 < nx : môi trường2 kém chiết quang hơnmôi trường1,

b) Hiện tượng phản xạ toàn phần ; là hiện tượng khi toàn bộtia tới bị phản xạ vạ không còn tia khúc xạ nữa.

Đ iều k iện để có hiện tượng phản xạ toàn phần- Tia sáng truyền theo chiều từ môi trường chiết quang hơ

sang môi trường chỉết quang kém (ni > 112) ;- Góc tới phải iớn hơn hoặc bằng góc giới hạn phản xạ to

phần : i > igh ,. . n2 1với sin igh = - -----.

nl n12

7, Ẫnh tạo bởi lưỡng chất phẳng

a) Vật thật cho ảnh ảo - Vật ảo cho ảnh thật b) Công thức lưỡng chất S'

phẳng : (xét chùm tia hẹp từ vậttói gần như vuông góc với mặt I \ (rij > IỊ2) phân cách hai môi trường) (Hình f I \

(ni là môi trường chứa vật). Nếu chú ý đến cả tính chất

của vật và ảnh :d_ _ ĩiỊd’ n2

d _ liỵả' n2

Hình 1.10

11



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





8. Bản (hai) mặ tsong song

a) Đường đi của tia sáng: Tia sáng truyền qua bảnmật song song không đổi

phượng (tia ló ra khỏi bảnsóng song với tia tớ i) ; s

b). Sự tạo ảnh bởi bản mặt song song : (Xét chùm

S’

tia sáng hẹp tới gần nhưvuông góc với mật bản ; n là — -— — chiết suất tỉ đối của chất

làm bản đối với môi trường Hình 1.11xung quanh bản, hình1.11vẽ cho trường hợp n >1).

- Vật thậ t cho ảnh ảo ; vậ t ảo cho ảnh th ậ t ;

- Ảnh có độ lớn (độ cao) bằng vậ t ;c) Khoảng cách vật - ảnh : (độ dịch chuyển của ảnh'S0 với vật

theo chiều truyền ánh sáng).

SS' = e

9. Lăng kính

a) Tia tới SI từ phía đáy đập vào mặt bên AB, tia ló FR ỉệchvề phía đáy (Hình

. ).

b) Ảnh của vật tạo bởi lăng kính ià ảnhảo, lệch về phíạ cạnhA

B

Hình 1.12

c

12



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





c) Công thức lãng kính :sin ii - nsin Ti ;sin i2 = nsinT 2 ;

A = Ti + r 2 ;D = ỈI + i2 - A ;

Trong đó n và A là chiết suất và góc chiết quang của lẳnkính ; D là góc lệch của tiá ló so với tia tới.

d) Góc lệch D có giátrị cực tiều : Djnin khiìị = i2 ;........ A .. .. . .rl = r 2 = -Ẹ Dnũn = 2ii - Az

V ■ p m ì n + A . Avà s in —==ỊỊ----- = nsin —.2 2e) Khi góc A và ii nhỏ (A, ii <10°) thì góc lệch có giá trị gần

đúng D = (n -1)À.

10. Thấu kính

a) Thấu kính : là một khôi chất trong suốt giới hạn bồi mặt cầu ; một trong hai mặt có thể là. mặt phẳng. Đường thẳnốĩ hai tâm của hai mặt cầu gọi là trục chính của thâu kính.

i

0 :,y-F

1

F F F



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





- Có hai loặi thấu kính : thấu kính hậi tụ (thấu kính rìa mỏng,Hình 1.12a) và thấu kính phân kỳ (thấu kính rìa dày, hình1.12 b). o là quang tâm (tia sảng đi qua o sẽ truyền thẳng) ;đường thẳng qua o (không trùng trục chính) gọi là trục phụ.

- MỖỊ thấu kính cóhai tiễu điểm chính F’ (ảnh) và F (vật)nằm đối xứng với nhau ở hai bên quang tâm. Khoảng cách OF làtiêu cự f của thấu kính. Mặt phẳng vuông gócvới trục chính tạiF, F’ gọi làtiêu diện. Một điểm bất kì trên tiêudiện (trừ F, F’)được gọi làtiêu điềm phụ. Các tiêu điểm (chính và phụ) của thấukính phân kỳ là tiêu điểm ảo.

b) Độ tụ D của thấu kính :1 f 1 1 ì

D(điốp) = — — = ( n - 1

) — + -T- F f(mét) R2>Với n là chiết suất tỉ đối của chất làm thấu kính đốỉ với môi

trường đặt thấu kính, Ri, R 2 là bán kính của hai mặtthấu kính.Quy ước :

1+ Mặt cầu lồi R > 0 ; mặt cầu lõm R < o ; mặt phang = o.R + Thấu kính hội tụ : D > Ó ; f > 0

Thầu kính phân kỳ : D < o ; f < 0c) Đường đi của tia sáng qua thấu kính :+Vớ i ba t ia ăụe b iế t : (Hình 1.13)



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





- Nếu vật là điểmsáng nặm. trên trụcchính thì sử dụng1tia đặc biệt (tia _trùng với trục

chính) và 1 tia bấtkì (Hình 1.16).- Nếu hai tia ló

ra khối thâu kính Hìrihl.16giao nhau, ta có ảnhthậ t ; nếu chúng có đường kéo dài giao nhau ta có ảnh ảo.

- Nếu vật là một đoạn thẳng nhỏ AB vuông góc với trục chính,ảnh cũng là một doạn thẳng A’B’ vuông góc với trục chính (chú ýrằng nếu A’B’ là ảnh ảo thì vẽ A’B’ bằng net đứt), do đó chỉ cầnvẽ ảnh A’ của A (Hình 1.15) rồi vẽ đoạn thẳng A’B’ vuông góc vớitrục chính.

e) Mối liên hệ giữa vật và ảnh :+ Với thấu k ính hội tụ :- Vật thật ỏ ngoài F có ảnh thật ngược chiều của vật.- Vậtthật ở trong F có ảnh ảo cùng chiều vàlớn hơn vật - Vật ảo có ảnh thật cùng chiều và nhổ hơn vật.+ Với thấu k ỉnh phàn k ì :- Vật thật có ảnh ảo cùng chiều và nhỏ hơn vật.- Vật ảoỗ trong F có ảnh thật cùng chiều và lớn iiơn vật. Vật

ảoồ ngoài F có ảnh ảo ngứợc chiều với vật.+ Nhận, x é t :

- Khi vật di chuyển (lại gần hoặc ra xa thấu kính) ảnh và vậtluôn luôn, .đi chuyển cùng chiều.- Vật ở đúng tiêu điểm F thì ảnhồ xa vô cực và ta không hứng

được ảnh.



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





thấu kỉnh, ảôiih ẫoở trưổe thấu kính (theo chiều truyền ánhsáng).

- Mucin, vẽ một điểm Á (vật) ảo, thì sử dụng2 tiasángđi tòithấu kính có đường kéo dài đến A (nên chọncác tia đặc biệt), haitia ló của chúng (hoặc đường kéo dài) tạo nên ảnh của điểm (vậảo đó.

f) Công thức thấu kính :

đ + d7 = f : ( )

k = - T ; (2) /dA’B’ = ;k; AB . (3)

Quy ước :* Vật thậ t (điểxn sáng) d > 0 ; Vật ảo d < 0 ;- Ảnh thậ t d’ > o ; ảnh ảo d’ <0 .-. k > 0 : ảnh cùng chiều với vật.- k < 0 : ảnh ngược chiều với vật.

> d’ = ddJf = s ; f = £ r ;- Từ (2) > k = - f = - / j = - r -

- Khoảng cách giữa vật và ảnh : |đ + d | .

Đốỉ với vật thậ t có ảnh thậ t thì : d + d’ > 4f.

H. BÀ I TẬP VI DỤ

1. Ví dụ ĩ : Một ngứời cao lm60, mắt cách đmh đầu 10cm,đứng trước một gương phẳng p treo sát tường..

a) Gương phẳng phải có chiều cao tốithiểu là bao nhiêu vàmép dưới của gương phải cách mặt đất bao nhiêu để người dó c



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





- b) Thay đỗi kỈLOẩngcách giữa người và gương, nhưng ngườiđó vặn muốn nhìn thấy toàn ảnh của mình thì các điều kiện trêII có cần tHay đểi không ?

(Trích Đề thi tuyển sinh Học viện Ngân hàng, năm học ỉ999 - 2000).

Giảia) Kí hiệu h là chiều cao tối thiểu eủa

gương và H là khoảng cách từ mép dướiB của gương đến mặt đất. Khi đó, chùmánh sáng hẹp từ chân người (C) phản xạồ mép dưới B cua gượng, và chùm sánghẹp từ đỉnh đầu (Đ) của người đó phản xạtừ mép trên A của gương phải tới đượcmắt (M) của người đó (xem hình. 1.17). Từhình vẽ ta thấy ngáy :

ĐC _ X6 2 ~ 2

MC 1,6 - 0,1

h = AB = PQ = = 0,8 m

H = QC = = 0,75 m.

A P ------

ũ

Q B

H

c

Hình 1.172 2 b) Các tứ ih toánồ trên không phụ

thuộc vào khoấng cách giữa người và gương, đo đó khi thay đổikhoảng cách .giữa người và gương, người đó vẫn nhìn thấy toànảnh của mình. -

2. Ví dụ 2 : Một đèn pha gồm một gương cầu lõm G có đườngrìa hình tròn đường kính a và một bóng đen điện mà dây tóc coinhự một nguồn sáng điểm s, -có thể dịeh chuyển dọc theo trụcchính của gương. Một màn E đặt vuông góc vói trục chính của gương và cách đỉnh gương 180 cm.

1- Lóc đầu nguồns đặt sát đỉnh gương, sau dịchs ra xa dần. Người ta thấy có hai vịtrí củ a s cho trên màn E một vệt sángtròn có đường kính cũng đúng bằng a. Hai vị trí này cách nhau3cm.

a) Hãy vẽ đường đi của tia sáng và giải thích hiện tượng đó. b) Tính tiêu cự f của gương cầu.

18



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





á) Ảnh của dây tóc bóng đèn hiện rõ trên màn. b) Vết sáng tròn trên màn E có đường kính bằng 3a trongtrường hợp chùm tia phản xạ từ gương là chụm hội tụ.

(Tách Đềthỉ tuyển sinh Cao đổng sư phạm Hờ Nội , nõm học ỉ999-2000)Giả i :

l.a) Khi di chuyểns từ o đến F, s cho ảnh ảo nên vết sắngtrên màn ỉuôn luôn có đường kính ỉớn hơn a. Khis trùng vđi tiêuđiểm F của gương (Hình 1.18a) ta được chùm phản xạ song songtrục chính và vết sáng trên màn có đường kính đung bằng đườngkính vành gương a.

Vậy vị trí đầu tiên của .s là di = f.Tiếp tục dịchs ra xa gương, bây giờs ở ngoài tiêu điểmFnên

ảnh S’ của s tạo bồi gương là ảnh thật (xem hình 1.18b}.; Ban dầuđường kính vết sáng nhỏ hơn a. Dịch S ra xa gương, S’ dịch vàogần gương, đường kính vết sáng tăng dần, cho tới vị trí nào đócủa s thì ảnh S’ của nó có vị trí sao cho vết sáng lại có đường

kính bằng a, khi dó (xem hình 1.18b) ta có :do = S'0 = — = 90 cm.

2 - b) Theo đề bài ta cộ :

d2 = SO = SF + OF = f + 3 (cm).Áp dụng công thức gương cầu :

19



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





d o =d2f

d o - f

. (f + 3 )F3

f 2 + 3f - 270 = 0.Giải ra ta được :

f = 15 cm và f = -18 cm (loại, vì là gương lõm).2.a- Khi S’ hiện rõ trên màn ta có :

d’ = 180 cm.d'f Suy ra : d =d’-f

b) Chùm tia phản xạ từgương là chùm hội tụ cónghĩa là ảnh S’ của s làảnh thật, ta có đường đi tiasáng phát ra từs như trênhình 1.19. Xét hai tam giácđồng dạng S’MN và S’PQ :

S'H PQS'O MN

180-S ’0

88 % = 3a

= 3S’OS’O = 45 cm,

nghĩa là d’ = 45 cm.Từ đó tìm được :

d - d’f d’- f

45.1545-15

= 22,5 cm.

3. Ví dụ 3 : Cho một khôi thủy tinh hình bán cầu có tâm o bán kính R, chiết suất của thủỹ tinh là n = Ị,414. Chiếu mộchùm tia sáng song song, rộng vào toàn bộ mặt phẳng của hình bán cầu, theo phương vuông góc với mật phẳng đó.

1- Tính góc giới hạn phản xạ toàri phần đối với một tia từ thủy tinh ra không khí.

20



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





(2)

RV3

2* Vẽ đường đi củá tia sáng (1) —-R cách tia di qua D một đoạn — và (1)2

tính góc lệch của tia này khi đi ra

khỏi khôi thủy tính. __

3- Vẽ đường đi của tia sáng (2),r V3cách tia di qữa o một đoạn — —.

■ 24- Xác định vùng trên ixiặt cầu ' g

tại dó có tia sáng ló ra., i • , Hình 1.205- Chứng minh rang khoang

cách từ o tới giao điểm G của tia sáng không đi qua0 ló ra khỏimặt cầu với tia sáng đi qua0 phụ thuộc gòc tới i trên mặt cầu.(Trích Đề Ỷhi tuyển sinh Đợi học Quốc gia Hờ Nội, năm học ì996 -1997

Giả i :1- Góc giới hạn phản xạ toàn phần igh đối với tia sáng

thủy tinh ra không khí được tính theo công thức :

^ - sin 45° -> igh = 45°.

A

l iSul Iglt “ ^■ Ĩ1 1,414 ự2

2- Tia sáng (1) vuông góc với mặt phẳng AB củà bán cầu, qua mặt đó (1)kh.ông bị lệch, và tới mặt cầuở điểm I’ dưới góc i.

Ta có :R

í OI 2 1sin i = —— ■= — or R 2i = 30°

Ta lại có :

. Sin r = n sin i ~ -T1 -> r = 45°.2Vậy góc lệch của tia ló I’T là : D = r - i = 15c



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





3- Tia sáng (2) tới mặt phẳng ABỗ điểm li và tới mặt cầuở điểm I2 dướigóc tới i, mà

RVă

= &= 2OĩiOI. R

i = 60° > igh :tia I1I2 bị phản xạ toàn phần tại I2 vàcho tia phản xạ I2I3 tới I3 (do tam giácOI2I3là đều) cũng dưới góc tới bằng 60°;do đó tia Ĩ2I3 lại bị phản xạ toàn phần

60°, do đó tia phản xạ I4I5 vuông góc với mặt AB, và sau đó chotia ló I5M vuông góc với AB. Như vậy tia ló ra khỏi bán cầu thủytinh ĩ5M có phương song song với tia sáng tới (2) tại li-

4- Để ló được ra khỏi mặt cầu thì góc tới của tía sáng trongthủy tinh ở mặt cầu phải nhỏ hơn 45°.Hai điểm tđi mặt phẳng ABở xa onhất,c và D, cách o một đoạn :

o c = OD = OC’ sin igh = 5 ^ .8 2

Ta thấy góc G’OD’ là góc vuông,Hình nón đỉnh o, có góc ở đỉnh là gócvuông, cắt mặt cầu theo chỏm cầuC’D’, đĩnh E. Mọi tia sáng ló ra khỏimặt Cầu đều xuất phát từ điểm nằmtrong chỏm cầu dó.

5- Tia sáng SI vuông góc với mặt AB, tới một điểm I trongchỏm cầu trên dưới góctối i < ighi tia IP ló ra khỏi mặt cầu dướigóc r và cắt OE tại p. Áp dụng hệ thức lượng giác trong tam giácOIP, ta có :

Hình 1.23

22



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





...? OP , • , = IPsin(i80° - r)’ "" sln i -

01sin a

nhưng a = r - i và 01 = R,ta suy ra :

sin r OP = R sin(r - i)

= R sin r sin Tcos i - sin i COSr

Ta b iế t : sinr = nsini

s.r =

Hinh 1.24

cos. sin2r sin2 iTừ đó

OP = R

Rnn2 - 1

l- s in ;ii+ /~ r - sin2 in2

Ta thấy OP phụ thuộc vào góc tới i của tia sáng trên mặt cầu.

OP có giá tr ị lớn nhất khi i = o, và bằngRnOP

n - 1OP có giá trị nhỏ nhất khi i = igh , và bằng

RnOP min =:Vn2 -1

4. Vỉ dụ 4 : Một tạm thủy tmh rất mỏng trong suốt có tiếtdiện là hình chữ nhật ABCD (độ đài AB rất lớn so với độ dàiAD), mặt đáy AB tiếp xúc với một chất lỏng có chiết suất n0 =V2 . Chiếu một tia sáng đơn sắc SI nầỊG trong mặt phẳng ABCDtới mặt AD sao cho tia tới nằm phía trên pháp tuyếnở điểm tớivà tia khúc xạ trong thủy tinh gặp đáy AB ô điểiĩTK (Hình 1.25).

23



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





I i’

Hình 1.25

____________________ • ccủa thuỷ tinh là n -1,5. Tính giá tr ị lớnnhất của góc tới i đểcó phản xạ toàn phầntại K.

2) Chiết suất củathủy tinh phải có giátrị như thế nào để với mọi góc tới i (0 < i< 90°), tia khúc xạ IK vẫn bị phản xạ toàn phần trên mặt đáy AB.

(Trích Đề thi tuyển sinh Đại học Xay dựng, năm học ỉ999 - 2000)

Giả i :1- Kí hiệu góc giới hạn phản xạ toàn phần tại K là igh ta có :

. . n0sin igh = — .

Để có phản xạ toàn phần tại K ta phải có : _• ■ ■ n0i > Lh -> sin 1 > sin igh = — -n

Nhưng :

Sin i’ = cos r -> COS r > 2- Vi - s i n2 r > .n nml • s m ỉ . S Thay : sin r = —— , tà có :n

L _ sin2 i ằ ĨỊo_n n

-> vn2 - sin2 i > n0 -> sin2 i < n2 - ĩ 1q (1)

S1Ĩ1ini < ỷn2 - n2 = J j - 2 = ị

i < 30° hay W = 30°.

2- Từ (1) ta có :

24



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





n2 > nỉ + sm2i (2)

Để có phản xạ toấn phần tại K với mọi góc i (O < i < 90°)thì (2) phải đúng với mọi i. Muốn vậy,

n2 > Ĩ 1% + (sin2 i)max

n2 > nồ + 1 -> ĩi > ^ĨÌQ+I = y[s.

Vậy : n > s = 1,732.

- 5. Ví dụ 5 : Chiếu một tia sáng đơn sắctới mặt bên AB củamột lăng kính có tiết diện là tam giác đều ABC, theo phươngsong song với đáy BC. Tia ló rạ khỏi lăng kính có phương trùng

với mạ t bêii AC. Tính chiể tsuất của chất làm lăng kính. - {' (Trích Đề thi tuyển sinh Học viện kĩ thuật quân sự,nõm học 1999 - 2000)

: GiảiCác công thức lăng kính là :(Hình 1.26) :

Ạ =• Tỵ + r 2 ;sin Ỉ! = n sin Ti ; .sin ±2 = n sin T 2 ;

Theo đề bài ta có : A -= 60° ;Ĩ! = 30° (vì SI // BC) ; i2 = 90° ('ViI’R trùng phương AC), do đó ta cóhệ phương .trình :

rr + r 2 = 60° ; (1)sin 30° = n sin ri ; (2)sin 90° = n sin r2. (3).

Từ (2) -» sin Tị = — (4)2n

Hình 1.26

Từ (3) -> sin r 2 = —. Và COSr 2 = n| l ----ậ- •

25



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





- Từ . (l) r.j = .60° r 2->■ sin ri= sin (60° - r2)

-» Ậ - 5= sin 60° cos r 2 - COS60° sin r 22n ' ~

_L = Ể - li ĩ ỉ Ì2n '2 i n 2 2 n

-» 1 - V3 Vn2 - 1 - 1

-> n2 - 1 = — ~» n = jZ «1 ,53 .3 Vs

6. VÉ cfsi 6>; Một chùm sáng hội tụ hình non, chiếu qua một ltròn đường kính a = 5 cm trên màn chắn Ei. Trên màn ảnh E2,đặ t phía sau, song song và cách Ei một khoảng 1 = 20 cm, tahứĩig được một hình tròn sáng đường kính b = 4 cm. Nếu lắp khítvào lỗ tròn một thấu kính, thì trên màn ảnh E _2ta thu được mộtđiểm sáng.

1) Có thể dùng thấu kính loại gì ?2) Tính độ tụ thấu kính ?

(ĩ rích Đềthỉ tuyển sinh Đợi học Quốc gia Hà Nội năm học 1997 - 1998)Giả i :

Hình ì .27Có thể có hai trường hợp sau :

26



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





7. Ví dụ 7 : Cho một thấu kính phân kì và một nguồn sángđiểm s như ở hình vẽ (Hình 1.29a); F, F’ là cắc tiêu điểm củathấu kính. Xác định (bằng cậch vẽ) miền không gian trong đó tạimỗi điểm có thể nhận đứợc hai tia sáng khác nhau từs truyềritđi. Giải thích.(Trích Đềthi .tuyển sinh Đợi học Bách khoa Hà Nội, năm học ỉ999 - 2000)

Vẽ ảnh S' củas qua thấu kính (vẽ tia SI song sorig với trụcchính và tia s o qua quang tâm). (Hình 1.29b).

Vẽ các hình nón SMN và S’PQ có đĩnh làs yà S' và tựa trênmặt AB của thấu kính. Miền không gian cần tìm là miềri giaocủa hai hình nón đó, tức là miền PAM và QBN gạch chéo trênhình 1.29b.

Giải thích : Lấy một điểm R bất M trong PAM chẳng hạn, tavẽ được 2 tia từs truyền tởi R : tia SR vẽ trực tiếp từs và tiaSKR khúc xạ qua thấu kính đi tới R (về S'R cắt thấu kính tại K,nối -SK).

Giải

28



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Suy ra •—d(d + 2)- 2

Khi vật đặt tại B, tacó :

d2 = d + 2 ; d2 = - (d + 6).

1.31) ; suy ra :-(đ +6)(d + 2)

( )

(vì c là ảnh ảo, xem hình

- 4 (2)

d - 6 cm 24 em.

Hình 1.32

Từ (1) và (2) ta tìm được2) Biểmsáng s phải ở

trước gương, vậy ảnh S’ ởsau gươrig (sau điểm0 ) là

ảnh ảo. Ảnh ảo ở xagương hơn vật, vậy gươngnày là gương cầu lõm. Đểtìm tiêu điểm F củagương bằng cách vẽ hình,ta đặt một vật phẳng nhỏSA tại s, vuông góc vớitrục OS (Hình 1.32). Ẳnh

S’A’ của vật phải đặt tại S' và vuông góc với OS'. Tia OA tới đỉnhgương cho tia phản xạ đối xứng với nó qua trụcchính sovà códường kéo dài qụa A\ Vậy dườngkéo dài. của AO phải đi quađiểm Ai, là điểm đối xứng với Ạ' qua trục chínhso. Vậy có cáchvẽ : Từ S' vẽ đường S'x vuông góc vđi OS; nốiAOvà kéo dài AOcho tới khi gặp S’x tậi Ai- Lấy trên S'x một đoạn S’A' đài bằngS'Ai; khi đó A’ chính là ảnh của A. Nối AA' và kéo dài, đườngAÂ' gặp trục OS tạ i tâm c của gương. Trung điểm F của oc

chính là tiêu điểm của gương.9. Ví dụ 9 : Một vật sáng AB được đặt vuông góc với trục

chính của một gương cầu lõm G có tiêu cự f = 30cm cho ảnh AiBirõ nét trên màn Q đặt cách vật một khoang 25cm. Hãy xác định:

a) Vị trí của vật so với gương. b) Vị trí của màn Q so với gương.

30



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





(I'rích sề Thituyển sinh Đợi học Công nghệ Tôn Đức Thổng, năm học 1999 - 2000)

Giả i :Theo đề bài ta có Ịd - dị = 25 cm.

df 3Ọđvới d' =

đ -

à - f d - 3 030d

d -30Xét hai trường hợp :

25 cm.

1, d _ - 3Q(L := 2-5 -> d2 - 85 d + 750 = 0d - 30

-> d = 75 cm và d = 10 cmVới đ = 75 cm ; đ’ = d - 25 = 50 cm.Vứi d = 10 cm ; đ’ = đ - 25 = -15 cm <0 (loại, vì theo

đề bài ảnh là ảnh thật).

2, d - — Qd- = - 25 d2 - 35 d - 750 = 0d -3 0

—> đ = 50 cm và đ = -lõ cm (loại, vì vật là vật sáng)Khi đó : đ’ = d + 25 = 75 cm.

Như vậy : vậ t.. cách gương mộtkhoảng đ ~ 75cm, hoặc đ =50cm; và màn cách gương một khoảng d’ = 50cm hoặc d’ = 75cm.

10. Ví dụ lữ : Một vật sáng nhỏ AB đặt trước một thấu kínho cho một ảnh ảo rõ nét trên màn ảnh E. Dịch chuyển vật2cmlại gần thấu kính. Phải dịch chuyển màn ảnh E một khoảng

. 530cm mới lại thu được ảnh rõ nét của AB. Anh này lớn băng — ảnh trước.

a) Thấu kính o là thấu kính gì ? Màn ảnh E dịch chuyển theochiều nào ?

b) Tính tiêu cự thấu kính(Trích Đề thi tuyển sinh Đợi học Thái Nguyên, nõm học ỉ999' 2000)

31



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





y G iả i :

a) Vật đặt trước,thấu kính là vật thậ t, ảnh thu đượe trên mlà ảnh thật, vậy o là thấu kính hội tụ.

Đối với trường hợp vật thật - ảnh thật qua thấu kính hội

thì, khi vật tiến gần thấu kính, ảnh sẽ dịch ra xa thấu kính vngược lại, nên theo đề bài, màn phải dịch ra xa thấu kính mớthu được ảnh của vật.

b) Ban đầu vật ở vị tr í d, ảnh có vị trí

d’ = — d - f

Sau khi dịch chuyển vậ t có vị trí d - 2 ,

’ -u ' . , , ( đ -2) f (d -2)f _ ,,ảnh có vi trí- -------— : theo đê bài thì —------— = d + 30d - 2 - f d - 2 - f

-> S t M . = J L + 30 («;d - 2- f d - f

Ảnh của vật lúc dầu :

AịBị =• |ki| AB , với kỊ =

Ảnh của vật lúc sau :A2B2 = ỊkgỊ AB , với k 2 =

f - (d - 2)A2B2 5Theo đề bài —=—■“ = — , sụy raAiB ị 3

! k o ỉ _ 5 d " f _ 5 ■ ' J * rr/ON — — —ỳ --------- — — — d ■- f + 5 (2)Ịk1Ị 3 d - 2 - f 3

Thay (2) vào (1) tìm được f = 15 cm.

11. Ví dụ 11 : 1- Trên trục chính của một thấu kính mỏng phẳng - lồi (bán kính mặt lồi R = 3cm) có một điểm sángs, cáchtiêu điểm gần nhất một khoảng p. Ảnh thậ t củas cách tiêu điểmgần nhấ t một khoảng q.

32



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





a) Chứng minh rằng f2 = pq (f là tiêu cự của thấu kính) b) lìm chiết suất chất làm thấu kính. Biết p =3 cm, , q a

12cm.2 Cho Á’B' là ảnh của vật thật A B'

AB do thấu kính tạo ra (AB không / X.song song với A’B’ như hình vẽ) / Nv(Hình 1.33).

a) Thấu kính gì ? Tại sao ? B ' A b) Bằng cách vẽ xác định quang Hỉnh 1.33

tânr o, quang trục chính và tiêu điểm F của thấu kính.(ĩrích Đề thi tuyển sinh Đợi học ThủylỢi, năm học 1999 - 2000)

Giả i :1. a) Vì vật thật - ảnh thật, khòảng cách từ vật tới thấu kính

d > f và theo đề . bài : đ = f + p ; khoảng cách từ ảnh. tớithấu kính dJ > f và theo đề bài đ’ = f + q. Theo công thứcthấu kính :

f - ị _ (f + p)(f 4- q)~ đ + d’ ~ (f + p) + (f + q)

-ỳ- 2f 2 + fp + fq = f 2 + fp + fq + pq —> f 2 = pq (đpcm).

b) Với p = 3 cm, q = 12 cm ta cóf 2 = 36 cm f = 6 cm.

Mặt khác ta có :

i . (n _ D ± _ a = 1 + f = 1,5.

2- a) Vì vật AB thật và ảnh A’B' cồa nó qua thấu kính ngượcchiều nhau theo đề bài nên ảnh A’B' là ảnh thật và thấu kính làthấu kính hội tụ (vì vật thật qua thấu kính phân kì chỉ cho ảnhảo cùng chiều với vật).

b) Trước hết ta cần nhớ rằng nếu S' là ảnh thật của một vậtthật s qua thấu kính hội tụ thì mọi tiasáng xuất phát từ s sau

QQ2-BTVLSCT3



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





khi đi qua thấu kính dều hội tụ về S’, trong đó có tia đi quaquang tâm o. Từ đó ta suy ra cách vẽ :(Hình 1.34).

- Nối A với A’, B với B',giao điểm của ẠA’ và BB1chính là quang tâm o củathâu kính;

- Xét tia sáng đi dọctheo ẤB, sau khi đi quathấu kính tia này sẽ đi dọctheo A’B'. Như vậy giaođiểm I của các đường kéodài của AB và của A’B’ sẽ

nằm trên thấu kính. Do đó

Hỉnh 1.34

đừờng OI;- Kẻ đựờng xx’ đi qua o

v à , vuông góc với OI tađược trục chính của thấu kính;

- Kẻ trục phụ qua o song song với tia sáng đi dọc theo AB,trục phụ này cắt tia đi dọc theo A'B' tại tiêu điểm phụ F'. Từ Fhạ đường FF’ vuông góc với trục chính xx’ ta được tiêu điểm Fcủa thấu kính (tiêu điểm thứ hai F đối xứng với F qua 0; cững cóthể vẽ được F’ theo cách trên).

12. Ví dụ 12 : Cho mộtthấu kính hội tụ Oi có tiêucự fi =: 40cm và một thấukính phân kì02 có tiêu cự

f 2 = - 20cm, đặt đồng trụcvà cách nhau một khoảng1.Vật sáng AB đặt trước vàvuông góc với trực chính,cách Oi một khoảng di(Hình 1.35). Qua hệ haithấu kính AB cho ảah A0B2-

Hình 1.35

34



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





1- Cho dx = 60 cm, I = 30 cm. Xác địnL vị trí, tính chất và độ phóng đạ i của ảnh A2B2 qua hệ.

2- Giữ nguyên 1 = 30 cm. Xác định vị trí của AB để ảnh Ạ2B2qua hệ là ảnh thật.

3- Cho di = 60 cm. Tìm1 để cho ảnh A2B2 là ảnh thật lớn hơnvật AB 10 lần(ĩ,rích Eề thi tuyển sinh Đợì hộc Thủy sân, nõm học ỉ999 - 2000)

Giải:1- Sơ đồ tạo ảnh :

AB Oidi d

A1B1 0 ‘ A2B2

d í = <*lflX d i - f i

I I ( N 1 - d

d2 = ’32'*2dó —ffl

à-2 260.40 = 120 cm ;60-40

30 - 120 = - 90 cm ;

(-90U-20)L2 (-90) - (-20)

ảnh A2B2 lấ ảnh ảo, cách 0225,7 cm.

= - 25,7 cm < o :

k = Í - A Ì

s d l . '< à 2 j

= 0,57 > ,0 : A2B2cùng chiều

2- Ta có :

dx = Ạị *ĩ ch

40.diđx-40

-lOdx-12002 = 1 ■ dv d i - io '■

20.(d1 +120); — d0 —

2 đ2 - f 2 dx-200

Muôn cho ảnh A2B2thật, phải cổ : ,d2 > O-

35



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





di +120di -200

3- Ta có :

> o <r> di > 200 cm.

a \ ■Mi = - .120 cm ;

d j - f id2 = 1 - di = 1 - 120

— d2 d2-Í2 20.(120 - 1)<Ì2 - f 2 ì -100

Muốn cho ảnh A2B2 là thậ t, phải có d-2 > o.

—> —- > 0 -> 100 cm < 1 < 120 cm.

1-100Ta có :

kị = 10 = di.(Ỉ2à v á 2

= 1.

Vì A2B2 là ảnh thật nên phải có 1 > 100 cm, vì vậy ta có :4

1-100= 1 ->.!■= 104 cm.

13. Vỉ dụ 13 : Một thấu kính mỏng phẳng - lõm bằng thủytinh, chiết suất n = 1,5, mặt lõm có bán kính R = 10cm. Thấukính được đặt trong không khí sao cho trục chỉnh thẳng dứng vàmặt lõm hướng lên trên. Một điểm sángs đặt trên trục chinh,

phía trên thấu kính và cẩch thấu kính một khoảng d.1) Biết rằng ảnh S' củas cho bôi thấu kính nằm cáchs một

khoảng 18cm. Tìm d. Vẽ hình.2) Giữ thấu kính vàs cô' đình, đổ một chất lổng vào mặt lõm

thấu kính, người ta thấy rằng ảnh cuối cùng cuas nằm cách s một khoảng 45 cm. Tính chiết suất n’ của chất lốiig biết rằngn' < 2. Vẽ hình theo kết quả tìm dược.(Trích Đềthi tuyển sinh Đợi học kinh tế quốc dân, nãm học 7996- ỉ997)

36



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Giả i :1- Ta có :

- ---- —j -> f = -20 cm.

Vì là thấụ kính phần kỳ nên S’ là ảnh ảoở gần thấu kính hớnsovới vậ ts yà cT < o. Đo đó theo đề b à i:

Id' = d - 18 -> d’ = 18 - d ,df - 20dvới d’ =

d - f d +20Suy ra phương trình : d2 — 18d - 360 = 0.Từ đó tìm được : d = 30 cm (loại nghĩệm d = -12 cm).(Độc giả tự vẽ hình.)2- Lớp chát lộng tạo thành một thâu kính (phẳng —lồi) có

cự f ghép sá t với thấu kính phân kì(1 = 0 ).S.Ơđồ tạò ảnh :

: s (f . Sl - . > s2dj &2 2

Với đi = 30 cm , và S2 cách s 45 cm.a) Trường hợp s2 là ảnh thậ t thì ta có :

d*2 - 45 — 30 55 15 cm

đ2-f 2 15.(-20). _ 60. . —» do = —— - = _ = - —- cm ;d2 - f 2 15- í 20) 7

, 60 —ỳ — 1 — 0-2 — d2 — ~rj~. *

dj-dj _ 20. —ỳ f = — --- . = — cm.d i + d i 3

Ta lại có : Ị = (n’ - 1) — -»n’ = -5- +1 = 2,5 > 2 loại.f R f

37



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





(Độc gỉấ tự vẽ hình). b) Trường hợp S2 ỉà ảnh ảo thì, vìs cách thấu kính 30 cm

nên S2 phải ở xa hệ thấu kính hơn. Do đó :

d2 = 3 0 + 4 5 = 75 cm —>■ d2 = -75 cm.

-> 300 = ~~ 11 cm = ...- d 2 = 300 cm.

11

... đl-đi 100 cm.di + di 7

— , R ,n = -7 + 1

f

= 1,7 ( <2).

14. Ví dụ 14 ỉ Cho một hệ hai thấu kính Li và L2 có cùng trụcchính. Lj là'thấu kính hội tụ có tiêu cự fi = 12 cm. Thấu kính L2dặt tại tiêu diện sau của Lị. Trên trục chính, trứớc Lị đặt mộtđiểm sáng s, cách Li là8 cm.

1) Xác định ảnh Si của s qua thấu kính Li-2) Xác định loại thấu kính, (hội tụ hãy phân kì) và độ tụ của

thấu kính L2 dể chùm sáng xuất phát từs, sau khi di qua hệ haithấu kính trở thành chùm sáng song song với trục chính. Vẽhình minh hoạ.

3) Giữ nguyên thấu kính Li, thay thấu kính Lf 2 bằng một thấukính phân ki L2 CÓđộ tụ là -2 điốp; Dịch chuyển điểm sángs đểnhìn vào thấu kính L*2 đón chùm sáng ló sẽ thấy một ảnh cáchL2 là 25cm. Xác định vị trí của s lúc đọ. Vẽ hình minh hoạ.

(Trích E>ề thi tuyển sinh Đợ/học Nông nghiệp í, nãm học 1997 - 1998)

Giả i :

1) Ta có d’ = - ỉ ỉ— = = - 24 cm < o :đ - f 8-12

Sì là ảnh ảo trên trục chính, ởtrướcLị cách Li 24 cm.

38



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





2) Muor chùm tia ló rakhỏi L2 là chùm tia sángsong song thì phải ở đúng vị trí tiêu điểm vật

F2 của L2. Vì L2 có tiêu 2điểm vậ t ở trước kính, nên sL2 là thấu "kính hội tụ. Sicách Lị 24cm, L2 sau Li12 cm, vậy ta suv ra f 2 =24 + 12 = 36 cm.

Độ tụ của L2 :

Đ2 = — = 2,78 đp.f 2

Vẽ hình minh họa : Hình 1.36.3) Sơ đồ tạo ảnh :

Li ^ L2

2 / ' /< / / / / ■]

^ í v y /

Hình 1.36

s Sx — di d2 <Ỉ2

7-5> s 2

Ta có : ũ — D< - -50 cm.Có 2 trường hợp :a) s 2 là ảnh ảo, tacó : 2 = -25cm ;

^2^2à 2 - Ĩ 2

_ ãi-^ĩ

d i - fx9,12 cm.

Vẽ hình minh họa : Hình 1.37. b) s 2 là ảnh thậ t : dà =■ 25 cm.

= 50 cm ; dì = I - ổ2 = -38 cm.

= 9,12 cm : s cách Oi một đoạn



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Hình 1.37 ty / \di = 20*64 cm :s cách Oi một đoạn 20,64 cm.

Độc giả tự vẽ hình minh họa (tương tự như trên,Si và s2đềuở sau 02 và s2ỗ xa hơn Sx).

M

Hình 1.38

15. Ví dụ 15 : Một bình hình trụ đáy làmột gương cầu lõm có bán kính cong bằng12cm và mặt phản xạ hưứng vào trong bình.Điểm sángs đặt trên trục chính của gươngcách đỉnh M của gương một khoảng bằng SM5= 18 cm (Hình 1.38).

a) Xác định vị trí và vẽ ảnh Sj củas cho bởi gương cầu.

b) Đặt thêm trước gương một thấu kính hộitụ L có tiêu cự bằng 7,5 cm sao cho trục chínhcủa thấu kính trùng với trục chính của gươngvà cách đỉnh gương một khoảng bằng 21 cm. Xác định vị trí ảnhthực cuôlcuiig S2củas cho bồi hệ thấu kính - gương.

c) Đổ vào bình một lượng nước có chiết suất tỉ đối đối vớkhông khí bằng 4/3 sao cho chiều cao cột nước tính từ đáy bình bằng 11,25 cm. Để vị trí củà ảnh S2 không thay đổi ta có phảidịch chuyểns không ? Nếu có thì về phía nào và tới điểm cáchđĩnh M của gương bao nhiêu ?

(Trích Đề Ỳhi tuyển sinh £>ợỉ học Bách khoa Hà Nội nãm học 1997 - ỉ998)

40



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Giả i :

a) Ta có : f = — = 6 cm2

d f d’ — %' - ~ 9 cm : Si là ảnh thât và cáchd ~ f đỉnh gương M 9 cm. Độc giã tự vẽ hình (dùng tia đi dọc theotrục chính va một tia bất kì).

b) s cách gương 18 cm, thấu kỉnh lại cách gương21 cm, vậythâu kính ô cao hơn s, vá chỉ có tác dụng hội tụ Gác tia sáng đã

phản xạ trên gương, nói khác đi Si là vật thật đối với thấu kính.Si cách thấu kính một khoảng.

(Ỉ2 = 2 1 - 9 = 12 cm■ do.fo ,, .d2 = - ị với f2 = 7,5 cm.

d 2 *2

d2 = 20 cm : ảnh cuối cùng s2 là ảnh thật cáchthấu kinh 20cm, tức là cách gương 20 + 21 = 41 cm. (Cần chú ý rằng s cách thấu kính một khoảng d = 2 1 -1 8 cm = 3 cm < f2,nên ảnh của s tạo bởi chỉ thấu kính là ảnh ảo, không xềtở đậy).

c) Ta nhận thấy sồ ngoài lớp nước (vì khoảng cách, từ s đếnM iớn hơn chiều cao mực nước). Bây giờ ảnh cuổì cùng Sá của ssẽ là ảnh của s táo bôi một quang hệ phức tạp gồm : hệ "gương +lưỡng chất - phẳứg và thấu kính. Sơ đồ tạò ảnh :

„ hêG + LGP Ls — — — — ^ s ----- — » s 2.

Muôn cho vị trí s2 không thay đổi thì S’ phải trùng với Si,điều này không thể xảy ra. Vì vậy muốn cho vị trí S2không thayđổi ta phải dịch chuyển s sao cho ảnh S' của nó tạo bởi hệ "gương+ lưỡng chất phảng" trùng với ảnh Si trước đây, cách gương 9cmtức ỉà cách thấu kính một khoảng21 - 9 =12 cm. Ki hiệu So là vịtrí mới của s, sơ đồ tạo ảnK sỏ của S0(S0 phải trùng với Si) tạo

bdi hệ "gương + lưỡng chất phang" ĩà :

41



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





LCP _ „ G ■■ ■' LCP , _ ^50 > S3 — s4 -> So - Sj

d3 4a

Theo trên ảnh So (tức Si) cách gương 9 cm, tức là cách mặtnước : 0?1 = 11,25 - 9 = 2,25 cm. (O là giao điểm của trụcchính và mặt nước).

Do đó ảnh s4cách mặt nưóc :

2 | i . = - -> Õ§4 = n ÕSi = - .2,25 = 3 cm.051 1 3

vá vì vậy, S4 cách đỉnh gường cầu :

d3 = MS4 = MÕ - ÕS4 = 11 ,25-3 =8,25 cmTừ đó S3 cách đỉnh gương :

---- do.f MS3 = d3 = 7 = 33 cm.

d3 - f

và vì vây, S3 cách mặt nước :

ÕS3 = MS3 - MỘ - 22 - 11,25 = Ị0r75 cm

S3 chính là ảnh của s0 tạo bởi lưỡng chất phẳng Vdo đó Socách mật nước :

H ÕSo = = - .10,75 = 8,0628 cm.OSo 1 n 4

Như vậy So phải cách đĩnh gương là :

MSo = MÕ + ÕSo =11,2 5 + 8,0628 * 19,31 cm.

Ta thấy Soở xa gương hơn s một khoảng

MSo - MS = 19,31 - 18. = 1,31 cm

Như vậy muốn cho vị trí của ảiih cuối cùng s2 không thay đổi, phải dịch chuyển s ra xa gương một đoạn 1,31 cm tới vị trí Socách gương 19,31 cm

42



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





16. V i dụ 16 : 1) Cho một hệ thông auang học gồm một thấukính với tiêu cự là fx = 25 cm, và một gương cầu lõm với tiêu cựlà f 2 = 13cm. Khoảng cách giữa thấu kính và gương là 38 'cm. Vậtđặt trước thấu kính và cách thấu kính một khoảng lậ 50 cm.

a) Hãy xác định vị trí cửa ảnh tạo bởi hệ quang học trên. b) Vẽ hình.2) Cho một gương cầu lồi có bán .kính cong R = 80 cm. Một

người đứng trước gương, cách gương một khoảng d.a) Cho d = 28 cm. Người đó thấy ảnh mình cách mắt bao

nhiêu ? Ảnh này nhỏ di hay to lên mấy lần ? b) Đặt một tấm thủy tịnh dày e = 2,5 cm, chiết suất n =:1,6

giữa gương và người đó, thì người đó thấy ảnh cửa mình cáchmình bao xa và so với ảnh trước thì lớn hơn hay nhỏ hơn baonhiêu lần.

(Trích Đềỉhi tuyền sinh Đạ/học DƯỢc Hà Nội, nâm học 1998 - ĩ999)

Giả i :1- a) Sơ đồ tạo ảnh :

TK . G , _ TK AB --------- —> AjBi ỉ* A2B2 A3B3

di đì d2 d2 ^ d3 dàTa có di = 50 cm

50 cm.d i - Í !

d2 = 1 - dí - - 12 cm ;

. _đ2 f 2 _ g 24 cm ;2 đ 2 - f 2

đ3 = X —đ-2 = 31,76 cm ;

d3 = = 117,455... » 117,5 cm :<*3 - Í 3

ảnh tạo bởi quang hệ ỉà ảnh thật,ồ trước quang hệ, cách thấukính chừng 117,5 cm.

. 4 3



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





b) Độc giả tự vẽ hình (vì tiêu điểm ảnh của thau kính trùngvới tiêu điểm củạ gương nên để vẽ ảnh của vật AB ta vẽ iiai tiasáng đi từ A, một sọng song với quang trục và một qua tiêu điểmvật của thấu kính).

2* a) Tiêu cự của gương lồ i :-R 2

d i

f - —- = -40 cm.2

Ta có : d 2= 28 era -» d’ = = -16,47 cm : Ảnh

ảo, ồ sau gương, cách gương 16,47 cm, vậy ảiih cách mắt :di = d - d' s=. 44,47 cm.

Ảnh này nhỏ hơn vật và chỉ bằngw - -^1 = 0,588...

đ0,59 vât, tức là nhỏ đi7 —T = 1,7

lần so với vật. b) Độ dịch chuyển của ảnh qua bản mặt song song (theo chiều

truyền ánh sáng) là :

AAi — & 1 - T = 0,9375 cm.

Và vật “tựa như” cách gương :đ 2 ss d - A A i = 2 7 , 0 6 2 5cm.

Anh vẫn là ảnh ảo và cách gương :■2- 2do =

d o — = -16,14 cm.

Ánh sáng phản xạ từ gương lại qua bản mặt song song lần

nữa và lại làm cho ảnh dịch chuyển 0,9375 cm theo chiều truyềnánh sáng, tức là lại gần gương (vì ảnh ảoỗ sau gương). Vậy ảnhcuối cùng cách gương :

d 2 = 16,14 - 0,9375 = 1 5 , 2 0 cm,tức là cách mắt : 28 + 15,20 = 43,20 cm

Độ phóng đại của ảnh mớ i:

44



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





|k' d2<*2

Ta thấy k ’| > k| .1

gấp n = ;k|M

= 1,014 ... lần.

17. Ví dụ 17 : Choquang hệ như hình vẽ bên (Hình 1.39). Thấukính Li có tiêu cự fi =

- 20cm, thấu kính Li2 cótiêu cự f2. Vật sáng ABcách Oi là dĩ =20cm.

1) Tìm ảnh của ABcho bởi Li

2) Tìm f2, cho biết Hình1.39trên màn ảnh E đặtcách AB một đoạn 70 cin có ảnh cao gấp 2 lần AB.Ợrỉch Đề thi tuyển sinh Đợỉ học Luậý Hà Nội. nõm học ỉ999 - 2000)

Giả i :1- Ta có fi = - 20 cm.

dí = ẺẤẼẤ — - 10 cm : ảnh AiBv của AB cho bởià ị - h

Li là ảnh ảo cùng chiều với AB,ở trước Li, cách Li 10 cm và cóđộ lớn :

AiBn = AB = ỈA B .d i 2

2- Sơ dồ tạo ảnh :

ABđi di

r “> AjBi do d7~> AgB2

45



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Thee để bài : BẺ2 = 70 cm = di + dj -f đ.2 + #2

d2 + <Ỉ2 . = 60 cm. (1)

Mặt khác, theo đề bài :

a 2 b 2 0 a 2 b 2 a 1 b 1 A2B2AB = 2 A]Bj • 2 A-Bj 4

k 9 = -4 (vì ảnh thậ t trên màn Engược chiều với vật doAịBi cùng chiều với AB).

-> - — s - 4 -* đ '2 = 4 d2- (2) -d 2

Từ (1) và (2) tìm được : ổ2 = 12 cm ,Ở 2 = 48 cm.Suy ra :

d o . d of2 = — , - = 9,6 cm.ỏ2 +Ở2

18. Ví dụ 18 : Một điểm sángs đặt tạ i điểm ĩ trên trục chínhcủa thấu kúih hội tụ L có tịẽụ cự.í = 30 cm. Điểxn I cách thấukính 40 cm. Xác định vị trí ẫnh Si của nổ.

1) Gho diểm sángs dao động điều hoà với chu kì 2s trên quỹđạo thẳng AB = 2 cm vuông góc với trục chính của L. Điểm I làtrung điểm của AB. Lấy gốc thời gian lóc s bắt đầú đao động từđiểm I. Viết phương trinh đao dộng của s. Xác định chiều dài quỹđạo và viết phương trình dao động của Si.

2) Đặt tại vị trí ảnh Si của s (đã xác địnhở trên) một gương

lõm có tiêu cự fg = 52 cm còng trục chính với thấu kíiih L, mặt phản xạ quay về phía s. Thay thấu kính L bằng thấu kính Li đặtcùng trục chính với gương. Khi dịch chuyển Li trong khoảng s vàgương sao cho trục chính Li và gương luôn trùng nhau thì thấy có ba vị trí của L.! mà chùm sáng từ s sau khi qua thấu kính, gươngvà thấu kính lần thứ hai lại trd về s. Xác định tiêu cự của thấukính Li và ba vị trí của nó.

46



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Giả i :Ta có d = 40 cm. Vậy :

^ ” ~Ề~T ~ = 120 cm : Ảnh Si của s cáchd - f 40 - 30thấu kính 120 cm.

1) Tần số góc của dao động :

co = “ = 7t rađ/s.T

Kí hiệu X là khoảng cách từ s tới I thì phương trình dao động của s có dạng :

X ~ a sin (oot + <p) = —— sin (ot + <p)2

Lúc í “ G thì SỞ I , tức là X= 0. Lấy chiều dương là chiềudịch chuyển của s lục đó thì q> = o và phương trình dao độngcủa s là (vì AB = 2 cm) :

X = simrt (cm).Bộ phóng đại của ảnh Si là :

k = - — = -3 .d

Vậy biên độ dao động của Si là 3 cm. Nếu lấy chiều dươngtrong chuyển dộng của Sị trùng với chiều dương trong chuyểnđộng của s thì, vì" Si luôn ngược phía với s so với trục chính,

phương trình dao động của Si là : X] = - 3 sinrct = 3 sin Í7ct + Tí) (cm).

2) Kí hiệu S' là ảnh của s cho bởi thấu kính Li; S' dùng làmvật đôi với gương lõm G và gương cho một ảnh S". SMlại dùnglàin vật đối vởi thấu kính Li và Li cho ảnh cuối cùng S"’qua hệ.Để &’■trùng với s thì S" phải trùng với S', tức là ảnh củà S' (vật)cho bởi gương lại trùng với S' (vật). Có thể xảy ra hai trường hợpsau (Hình 1.40)

a) 3’ trùng với tâm c của gương (Hình 1.40a) b) S' trùng với đỉnh Oj (Sị) của gương (Hình 1.40b).

47



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





1-1

0* ' * \

S"X s

Như vậy ta phải chọnthấu kính Lị sao cho thấu kính có thể choảnh thật s xcủa s nằmtạic, hoặc nằm tại Si-

Ta biết rằng dể chomột vật AB đặt cáchmàn E một khoảng D cóảnh thật (cho bởi thấukính) trên màn thì tiêucự f cỏa thấu kính phảinhỏ hơn hoãc bằng “ :

4í s 4

Như vậy để thấukính Li cho ảnh củasnằm tạic, hoặc tại Si thì tiêu cự f của thấu kính phải thỏa mãnhai điều kiện :

±60-(2x52)

và f <

SC4

SSl4

40 + 120= 14 cm —> f < 14 cm ;

= 40 cm “»■ f < 40 cm ;

Như vậy ta phả i lấy f < 14 cm. Nếu lấy f < 14 cm thì ta tìm được hai vị trí của Li để ảnh củ

s nằm tạic, và hai vị trí củaLi cho ảnh Si, tổng eộngcó tấtcả 4 yị trí của Li. Nhưng theo giẳ thiết ta chỉ tìm được 3 vị trí.

'Vậỷ ha i trong 4 vị trí trên phải trùng nhau ; điều này có thể thựchiện được khi f = 14 cm.

Như vậy ta có :a) Tiêu cự f của thấu kính Li là 14 cm và-vị trí thứ nhất của

Li làở cáchs một khoảngđi = 2 f = 28 era

48



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





(Khi đó d ị = d2 S 28 Cĩh) ;

b) Hai vị trí còn lai đươc xác đinh từ phưcmg trình : — + — d đ'

= ỉ , với d_ + d' = 40 + 120 = 160 cm; f = 14 cm. Ta suy ra phương trình xác định d (khoảng cách từ Li đến S ):

- d2 - 16 0đ + 2240 = oPhương trình này có2 nghiệm (ứng với hai vị trí của Li ) :

dj « 144,5 cm , và d2 * 15,5 cm.

19. Ỵ í dụ 19 : Cho một thấu kính hội tụ tiêu cự 30 cm. Trư

thấu kính, trên trục chính đặt một điểm sáng s cách thấu kín40 cm. Phía sau thấu kính đặt thêm một gương phẳng G cắt trụchính của thấu kính tại H cách thấu kính 90 cm. Xác định vị trảnh cuối cung cho bdi hệ thống :

a) Khi gương phẵng vuông góc với trục chính. b) Khi gương phẳng nghiêng với trục chính một góc 45°. V

hình.(ĩrỉch Đềthi tuyển sinh E)ại học Thủy sản Nhà Trahg, nõm học 1997-1998)

■ G iả i: . . . . .

a) Sơ đồ tạo ảnh :TK G TK ...s —— > Sị ------ — SjỊ ““ ~ S3ứỵ di 0-2 ^3 ^3

V o- ,♦ dx.f ái = 40 cm . di = — =-—r t d i - f

với f = 30 cm đì =120 cm ;

d2 = 1 - d i = - 30 cm ;&2 ..-.dạ = 30 cm ;

• do.f .d3 = 1 - d 2 = 60 cm ; d3 = = 60 cm > 0

49



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Ảnh cuối cùng s 3 cho bởi hệ thống là ảnh thật,ỗ trước thấukírih, cách thấu kính 30 cm.

b) Sơ dồ tạo ảnh :TK G

d d'di. diTheo trên ta có :

đỉ = 120 cm ;d2 = - 30 cm : Si làyật ảo của gương (Hình1.41) cho ảnh là ảnhthật S’ nằm trướcgương. Vì gương nghiêngmột góc 45® nên gócSiỆS’ = 90° và ảnh S’nằm trên đường thẳngđi qua H vuông góc vớitrục chính thấu kính vàcách điểm H một doạn HS' = HSi = OSi - OH = 30 cm.

Vẽ hình (xem Hình 1.41).

20. Ví dụ 20 : Một điểm sángs đặt trên trục chính của mộtthấu kinĩi hội tụ mỏng có tiêu cự bằng10cm, cách thấu kính mộtkhoảng bằng 15cm.

a) Vẽ và xác định ảnh Sicủas qua thấu kính. Ánh Si làảnh gì.

Hình ì.41

b) Đặt thêm một thấu kính

phân kì mỏng có tiêu cự bằng4cm, có cùng trục chính vớithấu kính hội tụ cách thâukính hội tụ một khoảng 34cm;như hình vẽ. Vẽ và xác địnhảnh s 2củas qua hệ hai thấu kính.

. ế

s

k. \

0i Ũ2

>Hình 1.42

50



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





c) Đặt mot bản thủy tinh có hai mặt song song dày 16cratrong khoảng giữa hai thấu kính dã cho trong câu a và b sao cho

10cm; ta nhận được một ảnh thật của s qua hệở trên trục chính,

và cách thấu kính phân kì một khoảng bằng 4cm. Xác định chiếtsuất tỉ đối đối với không khỉ của bản thủy tinh. Coi hệ đặt trorigkhông khí.

Giả i :a) Từ s vẽ hai tia tới thấu kính hộitụOi: tiạ thứ nhất là tia

SOi trùng với trục chính, cho tia ló cũng trùng với trục chính; tiathứ hai SI cho tia ló ĨR điqua tiêu điểm phu F-. (nằmtrên trục phụ song song vớiSI và tiêu diện vuông góc vởitrục chính tặi Fi) (Hình1.43). Kai tia ló cắt nhau choảnh Si- Ảnh nàỷ ở sau thấu kính, Si và là ảnh thật. Cóthể sử dụng công thức thấu Hình 1.43

df kính để xác đinh vi trí của Si : đ = 15 cm; f = 10cm. đ’ = ■— d - 1= 30cm. Vậy ảnh thật Sxở trên trục chính, sau Oi, cách Oi mộtđoạn 30cm.

b) Vẽ ảnỊa Si tạobởiOi như trển (Hình 1.44).Chứ ý rằng theo đề bàithì tiêu điểm ảnh của02

trụng vđi Si- Tia SOitiếp tục trùng với trụcchính của thâu kính phân ki 02 nên cho tialó cuối cùng qua quanghệ cũng trùng với trục

Hình 1.44

51



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





chính của hai thấu kính. Tia thứ hai SI cho tia ló đi qua Si nhửtrên vặ tới gặp thấu kính O2tạ i Iị. Để vẽ tia ló qua hệ, ta vẽ tiêuđiểm phụ ?2 p (là giao điểm của tiêu diện (vuông gộc với trụcchính F2) và trục phụ qua O2và song song với III). Tia lò lí R' điqụa F2P có dường kéo dài cắt trục chính (tức là cắt tia thứ nhất)tại S2 : s 2 chính là ảnh củas tạo bồi hệ.s2 nằm ở trước thâukính 02, vậys2là ảnh ảo.

Để xác định cụ thể vị tr í cửa S2 ta ápdụng công thức thấukính 0 2. Theo trên ta có : dx = 30 cm ;

Từ đó : d2 = 1 - d i = 34 - 30 = 4 cm ;

(Jg = 2 2 = - - 2 cm < o : S2 là ảnhd-2 ~Ỉ2 4 —(—4)

ảo nằm trước O2 một đoạn2 cm.c) Sơ đồ tạo ảnh :

Ox BMSS „ 021 s x -------- — — » S 3 — . > s 4rì-1 dỵ . đ g đ.3 .

Theo đề bài ảnh cuối cùng S4 tạo bởi hệ là ảnh thật cách O2một đoạn 4 cm. Vậy d3 = + 4 cm.

Từ đó : d3 = 4 ^ - = — ~4-- = 2 cm.á 3 - f 2 4- ( -4)

Vậy S3 là vật ảo đối với O2, ồ sau O2 một đoạn 2 cm. Ta biếtSi ở trước 02 một đoạn 4 cm. Từ dó ta làm được độ dịch chuyểncủa ảnh (khoảng cách yậ t - ảnh) qua bản mặt song song :

S1S3 = s x0 2 +0 2S3 = 4 + 2 = 6cm.

Mặt khác SXS3 dược tính bằng công thức :1s^g = e ị l - —I , vứi e = 16 cm.

Từ dó tìm được n :

16 Ị l - - j = 6 -> n = 1,6 .

52



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





r a . B À I TẬP Á P ĐỤNG

1.1. Một đèn chiếu gồm một gường cầu lõm và một bóngđiện, mà dây tóc có thể coi rihư một nguồn sáng điếms, có thể

dịch chuyển dễ dàng dọc theo trục chính của gương. Để xác địntiêu cự của gương, người ta đặt một màn E vuông góc với trúchính của gượng cách gượng một khoảng I = 180cm, rồi làm thethứ tự như sau :

a) Dịch chuỵển nguồn sángs cho đến khi vòng tròn sáng trênmàn E có đường kính-D = lõcm dúng bằng đường kính của vànhgương cầu. Gọi vị trí này của nguồn sáng là vị trí SL.

b) Từ vị trí Si dịch chuyển nguồn một đoạn a = 3cm thì thấy

vòng sáng trên màn khi đó có đường kính D’ = 45cm.1) Tính tiêu cự của gương.2) Hỏi phải dịch chuyển nguồn từ vị trí Sị đó một đoạn bao

nhiêu, theo chiều nào, để ảnh của dây tóc đèn hiện rõ trên màn?

1.2. Nhúng một .phần thướcthẳng AB vào một bể nước trong

suốt có chiết suất n = í sao cho: \ 3 ; ■thước tạo với mặt nưác một gócCL Đầu A chạm đáy bể, I là giao điểmgiữa mặt nước và thước (Hình 1.47).Khi nhìn xuống đáy bể theo phươngthẳng đứng người ta thấy điểm Ađược nâng-lên tới vị trí A\ và cách

mặt nước 15cm.1) Tính chiều cao của nước trongbể. ,

2) Gọi p là góc hợp bởi AT và AI. Hãy xác định a để 3 đạt giátrị lớn nhất.(Trích Đề thi tuyển sinh Bợì học Xây dựng Hà Nội, nởm học 1996 - ì997).

B/

'-ọ-. Ẩạ

Ị a*w I/

Ã'■ / / A < /

/ / A / / 7Hình 1.47

53



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





1.3. Một tia sáng dơn sắc SIo đi từ không khí vào một khốicầu trong suốt chiết suất n dưới góc tới i, khuc xạ theo góc r, đếnmặt cầu phân cách tại ĩi với góc tới cũng bằng r, một phần ló rakhỏi khối cầu, một phần phản xạ theo tia I1I2.- Ta chỉ xét các tia

phản xạ đi trong khối cầu. Sau phần phản xạ theo tia IpIp+1, tia

sáng ló ra khỏi khối cầu, cho tia ló Ip+iK. (Hình 1.48),

a) Tính góc lệch D hợp bỗi tia tới SIo và tia ló ĩp+iR. b)" Chứng minh rằng khi cho góc tới i biến thiên thi góc lệch D

sẽ đi qua một giá trị cực tiểu Dmin- Tính góc tới imứng với Dmin.Tìm điều kiện về n để có Dmin*

Áp dụng sô' : n s 1,5 ; p = 4. ■

1A* Một chậu nước có đáy phẳng nằm ngang tráng bạc, lớp4nước trong chậu có dộ cao h = 15cm, chiết suất của nước n = — 3

* 1,33-a) Chiếu vào chậu một tia sáng đơn sắc nghiêng 45° so với

mặt nước, linh khoảng cách từ điểm tới I trên mặt nước đếnđiểm ló K cửa tia phản xạ từ đáy đi ra khỏi mặt nước.

54



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





b) Phải_nghiêng chậu đi một góc bao nhiêu để tia phản xạ nótrên không cồn ló ra khỏi mặt nước.

c) Một người soi mặt vào chậu (khi đáy chậu dặt nằm ngangsẽ thấy ảnh mình cách xa bao nhiểu nếu mặt người đá cách mặnước 15cm.

Giã thiết kích thước của chậu đủ lớn dể đảm bảo thí nghiệtrên thực hiện được.

1.5. Hai lăngkính, ABC vàBCD có tiết diệnthẳng là các tam

giác vuông cânvà có chiết suấttương ứng là nlyn2, được gắn vớinhau ở mặt BCnhư trên hinh1.52. Một chùmtia sáng đơn sắc hẹp SIo, song song, chiếu vuông góc với mặt AB

vào khúc xạ tại Lở mặt BC.1) Muốn chùm tia sáng này ló ra khỏi mặt BD ở r sau khi phản xạ toàn phần trên mặt CD th ì câc chiết suất ni và n2 phảithỏa mãn điều kiện gì ?

2) Cho biết ni = 1,5 và n2 = 1,6. Tính góc lệch giữa tia tới vàtia ló ra khỏi hệ lăng kính.

1.6. Vật sáng AB đượe đặt vuông góc với trục chính của thấu kính hội tụ o có tiêu cự f = 12 cm. Qua thấu kính, vật ABcho ảnh thật A'B\ Khi dời AB đi một đoặn 24 cm lại gần thấkính thì ảnh đờí đi một đoạn 3 em. Xác định vị trí của AB trướckhí dời chỗ.(Trích Đềthi tuyển sinh Học viện Ngân hàng , phởn viện ĩp Hồ Chí Minh,

nõm học 1998 - 1999). .

55



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





1.7. Một vật sáng AB đặt thẳng góc với trục chính củạ mộtthấu kính cho một ảnh thật nằm cách vật một khoảng cách nàođó. Nếu cho vật dịch ỉại gần thấu kính một khoảng 30 cm thiảnh cửa AB vẫn là ảnh thật nằm cách vật một khoảng như cũ vàlởn gấp 4 lần ảnh cũ.

1) Xác định tiêu cự của thấủ kính và vị trí ban đầu của vậtAB.

2) Để được ảnh cao bằng vật, phải dịch chuyển vật từ vị tríban đầu đi một khoảng bao nhiêu, theo chiều nào ?

(Trích Đề thi tuyển sinh E>ợi học ĩài chính - Kế toán Hà Nội, năm học ĩ999 -2000)

1.8. Có ba điểm A, B, c nằm trên trục chính của một thấukính. Nếu đặt điểm sáng A 3 ctạ i A ta thu được ảnh ở ° 0 " ° ®B; nếu đặt điểm sáng ở B ta thu được ảnh c. B A cHãy xác định loại thấu ° ° ° ®kính (bội tụ hay phânkỳ), vi trí và tiêu cư của A B c : '

’ ' ’ . ^ o- •- o---------------------o (c)thau kính trong cáctrường hợp sau (Hình Hình 1.531.53).

a) AB = 4cm ; BC 12cm. b) AB = 12cm ;BC - 36cm.c) AB = 27CIĨ1 ; BC ss 8cm.

1.9. Một thấu kính hai mặt lồi cùng bán kính R = 15 cm làm bằng thủy tinh chiết suất Ĩ1. Một vật phẳng nhỏ AB đặt trên trụcchính của thấu kính, cách nó một khoảng không đểi d = 30-cm,

cho một ảnh thật A'B\ Một bản i.ai mặt song song, làm bằngcùng một thứ thủy tình như thấu kính, có độ dày e.1) Đặt bản giữa vật và thấu kính thì ảnh Ả‘B’ bị địch chuyển

(dọc theo trục chính) một đoạn bằng 3,75 cm.2) Đặt bản giữa thấu kính và ảnh Á'B' thà ảnh bị dịch chuyển

một đGạn bằng 3em.

56



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Hay tính : tiêu cự của thấu kính; độ dày cửa bản và chiết sucủa thủy tinh. -

1.10. Hài điểm sáng Si, S2 dược đặt trên trục chính của mộtthấu kính hội tụ tiêu cự f = 12 cm, ở hai bên thấu kính, sao chcác khoảng cách di, d-2 từ Sĩ và s 2 đến thấu kính thỏa mãn điềukiện di = 4d2. Hãy tìm giá trị của di, d2 trong hai trường hợp :

a) Hai ảnh của Si và s 2 trùng nhau; b) Hai ảnh của Si vàs2cách nhau 42 cm vàở cùng một bên

thấu kính.

1.11. Một vật phẳng AB đặt trước một màn E. Giữa vật màn có một thấu kính L và một bảri hai mặt song song có độ de = 5,7 cm và có chiết suất n = 1,5 ; vật và bản được đặt vuô

góc với trục chính thấu kính. Giữ vật và màn Ẽ cô" định, dịcchuyển thấu kính và bản thủy tinh, ngứời ta tìm được một vị của thâu kính, mà đù đặt bản thủy tinhở trước hayở sau thâukính, thì ảnh vẫn rõ nét trên màn. KKỈ bản thủy tinhỗ trướcthấu kính thì ảnh cao lcm, còn khi bản thủy tinh ở sau thấkính thì ảnh cao 0,8lem. Hãy tỉnh : tiêu cự của thấu kính; độ lớcủa vật; khoảng cách từ thấu kính đến vật và đến màn.

1.12. Một gương cầu lõmGi (bán kính Rx = 50em) vàmột gương cầu lồi G2 (bánkính R 2 = 12,5 cm) được đặtđồng trục với mặt phản xạcủa chúng hướng vào nhau(Hình 1.55). Gương Gi lớnhơn gương G2 nhiều vàồ đỉnh của Gi có một lỗ trònnhỏ Oị. Một chùm sáng xuất phát từ vật sáng nhỏ AB đặttrên trục chính, trước Gi vàở xa Gi hơn G2, sau khi phản xạ lần lượt trên Gi rồi trên G2, squa lỗ Oi và tạo ảnh của vật AB.

Hình 1.55

57



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





a) Cho biết khoảng .cách hai gương Gị và G2 là 1 = 20 cm. Hỏivật AB phải đặt cách Gi ít nhất ỉà bao nhiêu để hệ hai gươnạ choảnh thật ?

b) Cho biết 1 = 20,5 cm và vật AB có kích thước AB = 1 cm,đặt cách Gi một khoảng 1275 cm. Hãy xác định vị trí và độ lổncồa ảnh A'B’ tạo bởi hệ. Muốn cho ảnh đó nằm ở đúng lỗ Oi thì phải dịch gương G2 đi một khoảng bao nhiêu, theo chiều não ?

1.13. ở đáy chậu có một bóng đèn s. Phía trên đáychậu 60 cm người ta đặt mộtthấu kính hội tụ tiêu cự f = 20 /N+cm có trục chính thẳng đứng

đi qua đèn (Hình 1.56). Đổnước vào chậu thì thấy ảnhcủa bóng đèn dịch chuyển một

đoan 3,33 = — cm. Tính

chiều cao X của lớpnước đó. Gho biết chiết suất của nước là

4n = — .3

>s2

-S’

0

H

--- 1 . ---

s

Hình 1.56

1.14. Một thấu kính hội tụL tiêu cự 40cm được đặt nằmngang, phía trên một chậunước và cách đáy ehậu 90cm.Phía trên thấu kính, cách80cm có một điểm sángs trên

trục chính.a) Phải đố nước (chiết suất'4

n = —) vào chậu đến độ cao3

nào để ảnh S' củas ĩiằm ởđúng đáy chậu (Hình. 1.57).

Hình 1.57

o

s>— V

S’

58



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





b) Thay .nước bằng .một lượng chất lỏng khác cùng thể tích ththấy rằng muốn cho ảĩih S' của điểm sáng vẫn nằm ỏ đúng đáchậu mà không dịch chuyển thấu kính thì phải đưa điểm sáng rxa thấu kính thêm 3 cm. Tính chiết suất n' của chất lỏng.

1.15. raột người dùng một mảy ảnh (vật kính là một thấu hội tụ) để chụp một bức tranh. Lần đầu đặt máy sao cho bứtranh ô cách vật kính của máy một khoảng di thì ảnh chụp đữợcao 4cm. Từ vị trí ấy cho máy dịch lại gần tranh thêm lm thì phải cho phim dịch xa thêm 0,5 cm ảnh mới trở lại rõ nét và cao8em. Hỏi để ảnh chụp được có độ cao 5,33 cm phải dịch chuyểmáy bao nhiêu cm, theo chiều nào, và dịch chuyển phim baonhiêu cm, theo chiều nào ?

1.16. Một chậu nước có. đáy làmột bản kim loại nhẵn bóng chứamột lớp nước, có dộ cao H = 30 cm,

4chiết suất n = —. Trong nước có một

3 bóng đèn nhỏ s nằm cách mặtthoáng một khoảng h. Trên sát mặtthoáng người ta dặt mọt tỉìấu kínhhội tụ L có tiều cự f = 10 cm, có trụcchính vuông góc với mặt thoáng và Iđi qua s (Hình 1.58). Đặt một màn Evuông góc với trục chính của thấukính, người ta thấy có hai vị trí củamàn nhận dược ảnh rõ nét của s,hai ảnh này cách nhau lõcm.

. a) Xác định h và các vị trí của màn E. b) Muốn chọ hai ảnh đó trùng nhau thì phải đặt bóng dènở đâu ?

1.17. Một hệ quang học gồm một gương cầu lõm, tiêu cự f 20 cm và một gương phẳng, đặ t cách nhau a = 18 cm; Hai mặt phản xạ của hai gương quay vào nhau. Gương phẳng vuông gó

Hình 1.58

59



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





với trạc chính của gương cầu. Đặt ĩĩiột vật sáng nhỏ AB trongkhoảng giữa hai gương sao cho AB vuông góc với trục chính và Anằm trên trục chính.

Các tia sáng phát ra từ ÀB đầu tiên tới và phản xạ tại gươngcầu, rồi sau tới phản xạ tại gương dhẳng, tạo thành ảnh AiBi-Cầe tia sáng phát ra từ AB đầu tiên tđi và phản xạ tại gương

phẳng, rồi sau tới phản sạ tại gương cầu, tạo thành ảnh A2B2.Hỏi. vật AB đặtở vị trí nào thì hai ảnh nói trên cách nhau

ôcm và Á2B2 ồ xa gương cầu hơn AiBy ? Khi đó các ảnh A1B1,A2B2 là thật hay ảo ?

Nếu vật AB dịch chuyển một khoảng nhỏ về phía gương phẳng, thà các ảĩih A1B1, Á2B2 dịch chuyển về phía nào ?

Giỗ thiết kích thước của gương phẳng đủ nhỏ để không chắn

hoàn toàn các tia phản xạ từ gương cầu.1.18. Cho thấu kính phâĩi kì Li có tiêu cự fx = -18 cm và

thấu kính hội t-ụ L2 có tiêu cự f 2 = 24 cm dặt cùng trục chính,cách nhau một khoảng 1. Một vật sáng AB đặt vuông góc với trụcchính, trước thấu kính Ln một khoảng đ'i, qua hệ hai thấu kínhchc ảnh sau cùng A’B’

X) Cho di =518 cm, xác định 1để A'B' là ầnh thật.

2) Tìm 1 để ảnh A’B’ có độ -lớn không thay đổi khi cho AB dichuyển đọc theo trục chính. Tính dộ phóng đại của ảnh qua hệlúc này.

(ĩrích Đềthi tuyền sinh Đại học An ninh, nớm học 1997 - 1998}

1.19. Cho quang hệ đồng trục gồm thấu kính hội tụ Oi có tiêucự fi = 20 cm và thấu kính phân kì O2 có tiêu cự f2 = - 30 cm,đặt cách nhau một khoảng 1= 40 cm. Vật sáng AB dặt vuông góc

với trục chính, trước Oxvà cách Ox một khoảng di.a) Xác định tính chất, vị trí và độ phóng đại của ảnh của ABcho bởi quang hệ khi (Ỉ! = 25 cm. Vẽ hình.

b) Xác định di dể ảnh của AB cho bồi quang hệ lă ảnh thật vàlớn gấp 3 lần vật.

(ĩrích ĐĨĨS Cao đẳng Sư phợm TP. Hồ Chí Minh năm học ỉ997 - ì998)

60



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





1.20. Trên màn E đặt vuông góc với trục chính của một thấukính jhội tụ Li tiêu cự fj = 25 cm người ta thu được ảnh rõ nét củmột điểm sáng s đặ t trên tmc chính thấu kính.

1) Xác định vị trí của vật, màn đối với thấu kính để khoảngcách vậ t - màn là nhỏ nhất.

2) Sau Li người ta đặt thấu kính L-2eó còng trục chính với Livà cách Ltl một khoảng 20cm. Khi đó trên màn E có một vếtsáng. Hãy tính tiêu cựỸ 2 của I<2trong các trường hợp sau :

a) Khi tịnh tiến màn E dọc theo trục chính, vết sắng trên màn có dường kính không thay đổi.

b) Khi tịnh tiến màn ra xa hệ thấu kính thêm lOcm vết sángtrên màn có đường kính, tăng gấp đôi

c) Khi tịnh tiến màn ra xa thêm iOem vết sáng trên màn cớđường kmỉi giảm đi một nửa

1.21. Đặt điểm sáng s lêntiêu điểm chính của một thấukính hội tụ có tiêu cự f. Sau thấukính đặt một láng kính ABC có ________ mặt AC mạ bạc, AB vuông góc. svới trục chính và Â = 15°. MặtBC không dùng đến. Ảnh của squa hệ quang học, sau khi quathấu kính hai lần ỉà S'. Khoảng Hình 1.60cách SS' = ĩ .

a) Vẽ ảnh. b) Tính chiết suất của lãng kính.c) Di chuyển lăng kính ra xa thấu kính nhưng giữ nguyên

hướng. VỊ trí của S’ có thay đổi không ? Xoay láng kính nghiêngvới trục chính, VỊ trí của S' bây giờ nhứ thế nào ?(Trích Đềỉhi tuyển sinh Đợ/học Kinh tế quốc dân, nỡm học ỉ997 - ĩ998)

1.22. Một hệ quang học gồm một thấu kính o có tiêu cự f =12em và một gương phẳng G đặt vuông góc với trục chính củ

61



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





0

/ G

thấu kính o, cặch o một.khoảng a .= 24cm. sao cho Mmật phản xạ của gươnghưởng vào o. Một vật

phẳng nhỏ AB đặt vuông

góc với trục chính của thấukính và ô trong khoảnggiữa thấu kính và gương.Đùng màn M để thu ' ảnhcủa vật AB cho bởi hệ Hình1 63:(Hìnhl.63).

1) Khoảng cách từ vật đến gương là 4cm. Chứng minh rằng cóthể tìm thây hai vị trí đặt màn Mđể thu được ảnhrõ nétcủa vật

trên màn. Xác dinh hai vị trí độvà độ phóng dại củahai ảnhtương ứng.2) Xác định vị trí vật AB sao cho hai ảnh trên ảnh. nọ cao gấp

ba lần ảnh kia.(Trích Đềthi tuyển sinh Học viện Kĩ thuật quân sựnõm học 1998 - ỉ999)

1.23. Vật sáng nhỏ ABdặt vuông góc véi trục

chính của một thấu kínhhội tụ 0 có tiêu cự f = 30cm cho ảnh ảo cao 3 cm.Di chuyển AB một đoạn 10cm dọc .theo trục chính thìảnh thu dược vẫn là ảnhảo và cao 6cm.

1) Tìm khoảng cách từ

AB đến 0 trưđc khi AB dichuýển. Tính chiều cao AB.2) Sau o đặ t thêm gương phẳng M (Hình 1.64) cách o một

khoảng 1 = 37,5 cm. Tìm vị tr í đặt vật để ảnh cuối cung qua hệlà ảiih thậtỗ đúng vị trí vật.(Trích Đềthi tuyền sinh E)ọi học Giao thông vận tỏi, năm học ì998 - ĩ999)

62



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





f s

'Hình 1.65

1.24. Một thấu kính phẳng ìõm bằngthủy tinh có chiết suất Ĩ1 = 1,5cm,- mặt Ịõmcó bán kínhucong R = 15cm. Thấu lạnh đượcđặt sao cho trục chính thẳng đứng và mătlõm hướng lên trên. Một điển? sáng-S đặt

trên trục chính, ở phía trên thấu kinh vàcách thâu Ịdnh một khoảng d (HÍĩih 1.65).1) Biết ảnh củas qua thấu kính cách

thấu kính một khoảng 20cm. Xác định,d.2) Giữs và thấu kính cố định, đổ một

chấ t lỏng vào mặ t lõm của thấu kinh và mặt phẳng thấu kính được mạ bạc. Ảnh cuối cùng của s qua hệ nằmcầch thấu kính một khoảng 30cm.-Tính chiết suất n’ của chấ

lỏng. .(Trích Đề thỉ tuyển sinh Đọ/học Ngoợì ỷbương, nõm học 1998 - 1999)

1*25. Một bểnhỏ hình hộp chữnhật trong có chứanước (chiết suất n= i). Thành bể

3 phía trước ià mộttấm thủy tinh cóđộ dày khôngđáng kể; thành bể phía sau ỉà mộtgương phẳng (mặt 160 phản xạ biếp xúc với nước) ; khoảng cách giữa hai thành bể này

là a = 48 cm. Giữa bể có một vật sáng AB đặt thẳng đứng (Hình1.66). Đặt một thầu kính hội tụ L trước bể và một màn E sau Lđể thu ảnh của vật. Người ta thấy có hai vị trí của màn cáchnhau một khoảng3CĨÍ1đều thu được ảnh rõ nét, eó độ ỉớn lần lượtlà 6 cm và 4,5 cm. Hãy tinh : tiêu cự thấu kính; khoảng cách từthấu kính đến thành bể phía trước và dộ cao của vật AB.

> y>>>>

E

— ■ >*A—-J Kk

Bi ^> Ạ>>1

H — Bq 3 - B , — I

•V0

r

— __ ;

63



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





1.26. Cho một hệ thấu kính đồng trục gồm thấu kính Oị ctiêu cự fi đặt trước thấu kính hội tụ O2 có tiêu cự f2 = 9 cm. Mộtvật sáng A3 đặt trước thấu kính Oi và cách thấu kính €>! mộtkhoảng 12 cm. Một màn M đặt sau thấu kính O2 và cách thấuMnh 0 2 một khoảng a - 42 cm. Di chuyển thấu kính O2 trong

khoảng từ thâu kính Oiđến man M, ta thây thấu kính 02 có thểở hai vị trí để trên màn M ta thu được ảnh rõ nét của AB. Hai VỊtrí nky cách nhau một khoảng 1= 24 era.

1) Tính tiêu cự của thấu kính Gx2) Tính độ phóng dại của ảnh ứng với hai vị trí của thấu kính

O2.3) Gọi L ĩà khoảng cách giữa hai thấu kính Oi và O2. Chứng

tỏ rằng không tồn tạ i một giá trị L > o nào dể chùm tia tới songsong sau khi di qua hệ thấu kính trên sẽ cho chùm tia ló cũngsong song ?

(Trích Đề thi tuyển sinh £>ợ/học Huế ' nãm học ỉ999 - 2000)

1.27. Hai thấu kínhhội tụ Lị, L2 có tiêu cựfi, fz và có cùng trụcchính. Một vật phẳngnhỏ AB dặt trước Li,vuông góc với trụcchính, cho một ảnh rõnét cao 4,5cm trên mộtmàn E đặt tại Mo.(Hình 1.67). Nếu giữ cô'định vậ t AB và mà

bỏ I>2 đi, thì phải đặt

ụ y 1 t

Ị A

iB 0 1 O2 M 0 M ị M 2

>t \ r - ■

Hình 1.67

màn tại điểm Mi, xa Mo hơn mới thu dược ảnh cỏa vật và ảnhcao 9 cm. Nếu giữ cô' định vật AB và thâu kính L2 mà bỏ Li đi,thì phải dặt màn tại điểm M2 xa Mi hơn mới thu được ảnh củavật và ảnh cao 0,5 cm. Biết các khoảng cách M0M1 và M1M2 lầnlượt là 6 cm và 2 cm, hãy xác định các tiều cự fi, f2 và độ cao củavật AB.

64



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





1.28. Cho một thấu kính phân kì mỏng Li cố tiêu cự fi =-5cm. Đặt trước thấu kính một vật sống AB vuông góc với trụcchính của thấu kính và cách thấu kính một khoảng bằng 20 cm.

a) Xác định vị trí và vẽ ảnh của AB qua thấu kính Lib) Đặt một thấu kính hội tụ mỏng L2, tiêu cự f 2 = 20 cm, cách

Li một khcảng bằng 15 em. Vật sáng AB và thấu kính hội tụỗ hai bên thấu kính phân kì. Chứng minh rằng ảnh của AB quạ hệhai thấu kính có độ cao không đổi và không phụ thuộc vị trí đặtvật.

c) Chiếu một chùm tia sáng song song vào thấu kính phân kì,hãy cho biết tính chất của chùm tiạ ló khi ra khỏi hệ hai thấukính kể trên.

đ) Nếu đểi vị tri của hai thấu kính Li và L2 thì các kết quátrong các câu b) và c) có thay đổi không ?

0'rích Đề thì tuyển sinh E>ợi học An ninh năm học ỉ999 -2000)

1.29. Gho một hệ thấu kính đồng trục, thấu kính Li có tiêu cựfi và thâu kính hội tụ L2 tiêu cự f2 = 6 cm, đặt cách nhau 35 cm.Một vật sáng AB đặ t vuông góc với trục chính, cách Li 20cm.Sau L2đặt một màn E vuông góc với trục chính của hệ. Một bảnmặt song song có bề dày 15 cm' chiết suất 1,5, khi đặt sau và sát

với Lq cũng như khi đặt sau và sát với L2 đều cho ảnh rõ nét trênmàn. Xác định tiêu cự fi và vị trí của màn.

1.30. Đặt vật sáng AB = 2 cm thẳng góc vứi trục chính xx' củamột thấu kính, ta thu được ảnh ngược chiều A’B’ = 1 cm và cáchÁB một khoảng 2,25 cm.

1) Bằng cách vẽ hình, xác định vị trí, tiêu cự của thấu kính vàchỉ rõ thâu kính thuộc loại gì ?

2) Thay thấu kính đó bằng một thấu kính hội tụ Lị có tiêu cựfi = 35,2 cm, có trục chinh trùng với XX và cách AB một khoảng1,76 m. Để thu được ảnh A"B" của AB trung với ảnh A'B' nói trênngười ta đặt thếm một thấu kính L2. Hỏi L2thuộc loại thấu kínhgì ? Tìm tiêu cự của L2 và khoảng cách giữa Li và L2.

(ĩrích Đề thi tuyển sinh Đợ/họe Sư phạm Vinh, nâm học ĩ999 - 2000)

3-BTVLSCT3 ^



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





1.31. Một thấu Ỹ

kính tiều cự f = 15 cmcó hai mặt lồi cùng

bán kính R. ĩàrn bằngthủy tinh chiết suất n

= 1,5- Một vật sángAB cao l,2cm đặttrước thấu kính, vuông'góc :với tTực chính {điểm B trên trục Hình 1.68chính) và cách thấukính 60cm. Sau. thấu kính, cách tâm 0 của nó 10 cm có một gương vhẳng G ãặt sao cho pháp tuyến IN của mặt phản xạ làm

với trục chính của thấu kínk một góc 45°.a) Tìm bán kính cong R của hai mặt thấu kíĩih. Xác định

trí, chiều và độ lớn của ảnh À'B’ chò bởi hệ.fc) Thay gương G bằngmột lăng kính phản xạ toàn phần có

mặt huyền trùng với vị trí gương G, sao cho quang trục 01 cỏthấu kính đi qua tâm I của mặt huyền. Hai cạnh góc vuông củlăng kính có độ dài a ss 6 cmvà thủy tinh làm Ìâĩìg kính có chiếtsuất n B=1,5. Xác định vị trí, chiều và độ lớncủa ẩnh cho bởi hệ.

Hình 1.69

1.32. Cho một vật nhỏ ABtrước thấu kính Oj và có tiêucự fi = 2Òcm. Sau thấu kính Oicó .một thấu kính O2 và mộtmàn E (Hình 1.69). Cho vậtAB cách thấu kính O2vặ mànE với khoảng cách S5cm và95cm. Có hai yị trí của Oicách nhau 30cm cho ảnh rõnét của vật ẠB trên màn Ẹ.Hãy xác định tiêu cự của thấukính 0 2.

(Trích Đềthi ỉuyển sinh Học viện Quân y, nõm h ọ c 1999 -2000)

B^.. 1 _

V< E

A

>

°1

t

^2

66



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





1.33. Hai thấu kính Li (fi ■= -60 cm) và L2 (Ỉ 2 - 30cm) có cùngtrục chính, cách iiKau một khoảng I. Một điểm sáng s nằm trêtrục chính, trước Li cách Lq một khoảng 60cna.

a) Biết ảnh thật S' của s cho bởi hệ thấu kính cách L2 mộkhoẫng bằng 50cm, tính L

b) Trong khoảng giữa hai thấu kính người ta đặt một bản-mặsong song, vụông góc. với trục chính, có độ day 9cm và chiết suấn = 1,5. Xác định vị trí củà ảnh S" cho bởi hệ. Muốn cho ảnh Svin ở nguyên, ví trí của S' thì phải dịch chụỵển thâu kính L2 đxnột khoảng bằng bao nhiêu ? ‘

1.34. Một vật sáng nhỏ đặt vuông góc vởi trục chính của mộthấu kính hội tụ Oị , ' cách Oi một đoạn d. Khi lần lượt dịchchuyển vật sáng một đoặn Ad = 5cm tiên lại gần, Tồi ra xa thấkính (đềù từ vị trí ban đầu) thì ta thu dược hai ảnh cùng độ caokhoảng cách giữa hại ảnh ấy là 90em.

1) Tìm tiêu cự fi của thấu kính Oi-2) Đặt vật trử lại vị trí ban đầu rồi đặt thêm một thấu kín

phân kì O2 cò tiêu cựỸ 2 = - 30 cm sau Oi và cach Ox một đoạn bằng 40 cm. Xác định vị trí, tính chất, độ phóng đại của ảnh cucùng của vật sáng qua hệ. Vẽ hình.(Trích Đềỉhỉ tuyển sinh Học viện Kĩ thuật một mở, năm học Ĩ999 - 2000)

1.35. Một thấu kính hội tụ Li có tiêu cự fi = 40cm và một thấukính L2 đặt cách Li 5 lem, cho trục chính trùng nhau. Một vậtAB đặt trước Lị cách Lị một khoảng đi = 16,4 m.

1) Đặt mắt sau L<2người ta nhìn thấy một ảnh ảo A'B' ngượcchiều vật, ở trước Lq và cách Li một khoảng 39 cm. Hỏi L2 l

thấu kính gì, có tiêụ cự là bao nhiêu ?2) Để được một ảnh cửa vật AB, vẫn là ảo, vẫn bằng và d

trí đúng như trường hợp trên, nhưng cùng chiều vái vật AB,người ta thay L2 bằng thấu kính L3. Hỏi L3 là thấu kính gì, tiêucự bao nhiêu và Dhải đặtở đâu ? Đối với người quan sát thì saukhi thay thấu kính, mắt có cần thay đểi gì ?

67



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





1.36. Một thấu kính ĩĩiỏng bằng thủytính (chiết suất n = 1,5), có hai mặt lềicùng bán kính cong R =r 20cm, được đặtỗ đắy mội cốc thủy tinh. Một điểm sángS được đặ t trên trục chính của thấu

kính,ở phía trên cách thấu kính 90cm:I) Để vào cốc một ít nưởc (chiết suất

n- = cho đử ngâp cả -thấu kính thì3

phẩi đặt màri Eỗ đâu để hứng ảnh củas.

Hình 1.702) Để thêm nước vào cốc đến độ cao h- 12eni thì phải địch chuyển màn E đi : .

bao nhiêu, theo chiều nào,đểhứng được ảnh củas. Bỏqua độ dày của đáy cốc.

1,37, Một thấu kính hội tụ L có quang tâm 0, trục chính tiêu cự f = 12cm. Một vật sáng nhỏ AB đặt vụông góc với xycách o một đoạn OB = 4cm. Mắt người quan sát dặtở M nhìnvật qua thấu kính. Phía sau vật AB có hai gương phẳng nhỏ Gvà G2 đặt đối xứỊig với nhau qua trục chính xy và đều nghiêng45° so với xy, đỉnh p cách B một đoạn PB = 2cm (Hình 1.71).Biết rằng mắt người quan sát đã nhìn thấy hai ảnh của ABagược chiều nhau và to bằng nhau- Hãy giải thích và tmh khoảncách từ mắt đến thấu kính L.

A yr \M o

ìX B

> <

Hình ì .71

68



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





cách gương một đoạn, dỵ ậ /o ” cm‘

a) Ta xét tình huống 1. Ta phân biệt hai trường hợp sau :

+ Trường_hợp 1 : Nguồn sáng từ vị trí Si đích lại gần gương một đốặn a = 6 cm ,đeh VỊ tr í ổ2 cách gưỡng d = f - 3, và âỉih S’của nguồn là ảnh ảo ế sau gươíig (Hình 1.45).

Từ hình vẽ ta có :S’O D 1

sd

..... ....... —T— ---- —

D

Hình 1.45

S T Ư 3

|dị +.1 3

70



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





f = (f )-( 9(j) f2 .w . 3 f . - 27.0 = o. Phương• (f-3 ) + (-90) ‘ s

trình có 2 nghiệm : f = 1 8 cm và f = - 15 cm (loại, vì "gươngcầu lõm).

Trường hợp 2 : Nguồn sáng từ vị tríSi dkh ra xa gương, khiđó d = f + 3 , ảnh của nguồn là ảnh thật (Hình 1.46).

b) Xét tình huống 2 thì ảnh s ị của Si cách gương di = .— =290 cm , và vị trí ban ổầư đi của nguồn được xác định bdi:

di.f 90S r 90.d! 'd l S3 , = _ - -> I 3= - * .

dí - f 90- f dx +90

+ Vổi trường hợp 1 (nguồn dịch lại gần gương) :d = di - 3 ; d’ = - 90 cm. Suy ra :

dd _ (d! - 3).(- so ) = S0.dtd + d' ■ (dj - s)+ (-9 0 ) ~ d ,+ 9 0

—> dj - 3d] - 135 = o . Từ đó :

dj = 13,2 cm và di = - 10,2 cm (loai).Suy ra f « 11,51 em.



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Ỏ7*Để tìm — ta dưa vào đinh iiỉât khúc xa.di

sin i = ĩì sin r ; ta có :cosiđr dr cos i = n COS r . —- -» — ■=

di di ncosr Thay vào (2) ta có :

đDdi

= 2 - 2(p + l)cosincosr

đDD qua cưc tri khí —— = o —» 1di

(p + iycosiff.ncosrm

-> Ĩ1cos rm = (p -f 1)COS im =s Ĩ1 n /l-sin2 rm

= Jn^-s ìn2 i

(vì sin im = n sin rm).

Từ đó

n -1

(3)

aim - n sm

ó : (p + 1) COS iro- = ỵ Ị n 2 -1 -f COS2 1

-> COS2iro ; =

m

p(p + 2)(4)

Để khẳng áịnh giá trị của D ứng với Ịn là giổ trị cực tiểu taxét dấu của dao hàm Từ (2) và (3) suy ra :

đi

dD _ 2(p + 1)ị cosim _ cosi^Ịdi a (cosTm COSr Ja

2(p + 1)COSỈỊP COSi

(cos2 irccos2r - cos2rm COS2iị

n{cosTfp cosr )COS .cosr

dDTa thấy dấu cửa — chính là dấu của biểu thứcđĩ

A =s cos2 imcos2 r - cos2 rmCOS2i. Chuyển từ các hàm eosinsang hà.m sin và áp dụng định iuật khúc xạ ánh sáng, ta có :

74



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





15 = 20 cm.

Theo hình vẽ (Hình 1.51) :JÀi = JH + HAi = lệ + 20 = 35 cm.A2 ià ảnh của Á ị tạo bởi gương :

JÁ2 - JAx = 35 era-» HA2 = JA2 + JH é. 50 cm.

Ảnh A’ củạ A2 tạo bởi lưỡng chất phẳng:

1ittl , A

J

H

<s>

A'

HA’HA9

-> HA’n

50x3

HA*n

; a 2

Hình 1.51= 37,5 cm.

Người đó thấy ảnh mình cách mặt nước 37,5CIĨ1 và cách xamình : AA' 55 AH + HA' = 52,5 cm.

1.5. 1) Tại lo tia khúc xạ truyền thẳng tới- li trên mặt BC. Tạili ta có : ii = 45°. Theo đề bài, tia sáng khúc xạ ỏ li :

ni sin 45° = n2 sin Ti -» sin1*1 ssn l

n2V2

Tại Ỉ 2 trên mặt CD, theo dề bài, tia sáng phản xạ toàn phần ;do đó ta có :

sin i2 > . Vì ‘rx + Ỉ2 = c s= 90°, nên ta có :n 2

COSTị = sin i2 > - ->n.2

a/ Ĩ - s ỉ

Suy ra : ^2n | - n Ị > V2

sm Tị >

(2)

(và phải có : Ĩi2 >ả

).

Tại điểmr trên mặt BD ta; có góc tối là :

77



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





r2- = 45° - (90° - i2) = i2 - 45°.Vì tia sáng khúc xạ tại r và ló ra ngoài không khí nền ta có :

sin r2 < — sin (i2 - 45°) <n2 n2

V2 , : , ; ì 1<-» (sin i2 - COS12) < — 2 ' 1*2

(3)

Vì i2 = 90° - Tỵ, nên chú ý đến (1), từ (3) ta có-:

1 72 n ị - i í ị n tX12 V2 ĨI2V2

1n 2

<-» y2n | -n ^ < ni 2 4Kết hợp (2) và (4)''ta tìm được diều kiện về nx và n2

V2 < ^2n | -n ^ < nu + 2 (5)

n l(ngoài ra, cần chú ý rằng còrí phải có : XI2 > ).

2) Với nj = 1,5 ; n2 = 1,6, ta có :

^2 n | - n | = 1,694, nghĩa là điều kiện (5) dược thỏa mãn vàcó tia ló TR ở mặt BD như trên. Vì tia tởi SIo // BĐ nên góc lệchD giữa tia tới SIo và tia ló I’R bằng : D = 90° - i’ , VỚỊ i’ là góc lótại I’ được tính theo định luật khóc xạ.

sin i' = n2 sin r2.Từ đó suy ra (chú ý đến (1)) :

cos D = sin i’ = ĨÌ2 sin r 2

y2n | ~n ỉ ~n i = 0,095

Từ dó tả tìm được : D « 84° 33'.

78



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





1.6,. Vì vật thật cho ảnh thật nên khi vật lại gần thấu kínthì ảnh thậ t của vậ t đi ra xa. thấu kính. Kí hiệư đ là khoảng cáctừ AB tới thấu kính trước khi rời chỗ7ta có :

d.f 12d- Lúc đầu : d -» d’ =d - f d -1 2T ., „ J di-f . 12(d-24)- Lúc sau : đi = d - 24 —> di .5= - — ■ = —-—~ ~ L.

/ d x - f d -3 6

Theo đề b à i : dì = đ’ + 3.Suy ra phương trình :

12d _ 12(d-24)• — — --- _ + Ôd -12 d - 36

^ d2 - 72d + 720 =■ o.Phương trình có 2 nghiệm dương :đ = 60 cm và đ = 12 cm.

Vì A'B' là ảnh thậ t nên phải có d > f -o d > 12 cm.Vậy ra chỉ tìm được : d = 60 cm.

1.7. X)Vì thấukính cho ảnh thật nên nó là thấukính hội tụ và f > o. Vi hai ảnh đều là tỉiật và sau khi dịch chuyển ảnh vẫnằm cách vậí một khoảng như cũ nền khi vật dịch lại gần thkính 30 cm thì ảnh cũng dịch ra xa thấu kính 30 cm. Ta có :

- Lúc đầu : đ -> d’ = ;d - I

li I A i B x d ’ f / 1 \ 'lkil = - 4 ír - = T = 7 T 7 ;(1)AB d d - f

- Lức sau, vị trí vật là d - 30, vị trí ảnh là :

(d - 30)f . _ A2B2d - 30 - f ’ 1 ! r AB (d - 30) - f

Theo đề bài, ta có : ~ '(d - 30)f _ <LĨ_

(2).

+ 30 : (3)

79



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





AoB2 ° 2A-.B1 ° 1

= 4 Ik21 = 4 iki

-» d - f (4).

(d - 30) - f Từ (4) -> d = f + 40 (5).Thay vào (3) ta được phương

trình : f2 = 400 ĩ = ± 20 cm. Vì thấu kính là hội tụ ta có :f = 20 cm, và do đó, đ = f + 40 = 60 cm.

2) Kí hiệu Ri là vị trí của vật có ảnh cao bằng vật, nghĩa làf k = = 1 di = 2f ■= 40 cm < d.

Như vậy phải dịch vật lại gần thấu kính, một khoảng :d - đi = 60 - 40 = 20 cm.

1.8. Theo nguyên lí về tính thuận nghịch của chiều truyền ánhsáng thì ảnh ở B là ảnh ảo, bởi- vì nếa ảnhờ B là ảnh thật thìkhi đặt điểm sáng s tại B ảnh S’ của s phải ở A chứ không phảilà ỗ B như theo yêu cầu của đề bài.

a) Xét trường hợp a, tathấy khi vật địcH chuyểntừ A đến B, ảnh dịchchuyển từ B đến c, vớiAB < BC, nghĩa ià ảnh ảodịch chuyển nhanh hơnvật- Như vậy thấu kính phải là hội tụ. Đối vớithấu kính hội tụ thì ảnhảo và vật phảiồ cùng một phía của thấu kính, hơn nữa ảnh ảo phảiở ngoài vật (sọ với thấu kính). Do dó trong trường hợp này,thấu kính phải nằm ở bên trái vật, như trên hình 1.54. Kí hiệukhoảng cách từ thấu kính đến diểm À làỏ A , ta có :

Vậts ở A cho ảnh áoở B, nghĩa là :dA dA = -(d A + AB) = -CdA + 4) ;

Hình 1.54

Vật s ởB cho ảnh ảoở c80



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





đg — 8 —> đg ——((ỈA -r 4 + 12) ——(dA + 16).Áp dụng công thức thấu kính :

f = ã Ađ A = dBđBđA +d A dB +ds

'- ã A (ã A + _ ~(dA +4).(dA +16)ỏA “ (dA +4) (dA + 4 )-(dA +16)

Từ đó dA = 8 cm và f = 2 4 cm.. b) Xét trường hợp b, lập luận tương tự như trên cho thấy ả

ở B là ảnh ảo và thâu kính là hội tụ. Với thấu kính hội tụ ; kvật (ở trong khoảng tiêu cự) địch ra xa thấu kính thì ảnh ảo cũdịch chuyển ra xa thấu kính theo cùng chiều. Nhưng ỏ dây, kvật dịch chuyển từ A đến B, ảnh dịch chuyển từ B đến c, nglà ảnh dịch chuyển trái chiều so với vật. Điều đó có nghĩa là ảở c phải là ảnh thật, và vì vậy, E và c phải ở hai bên thấu kín Nói khác đi thấu kính có vị-trí trọng khoảng giữa A và c.- Kí hikhoảng cách từ thấu kính đến A là <ỈA, lập luận và tính totương tự như trường hợp 2, ta áựợc :

f = - d A(dA +12) = (dA +12).(24-dA) A “ l1 A A 12)+ (24 — )

Từ dó tìm được : dA - 8 CIĨ1 và f = 9 cm.c) Xét trường hợp c, lập luận tương tự nhưở trên, ta có dịch

chuyển từ B đến c, với BC < AB, nghĩa là ảnh dịch chuyển cùchiều nhưngít hơn vật- Như vậy thấu kính phải là phân kỳ vđược đặtở bên phải điểm c. Kí hiệu khoảng cách từ thấu kínđến c là đc, lập luận và tính toán như với trường hợp a, ta tđược : dc = 10 cm và f = - 22,5 cm.

1.9. Khi đặ t bản thủy tinh giữa thấu kính và ảnh A’B' củtạo bôi thấu kính thì, theo đề bài, ảnh A'B' bị dịch chuyển mđoạn 3cm. Như vậy độ dịch chuyển 3cm chính là độ dịch chuydo tác dụng của bản mặt song song : một vật bất kì đặt trước mặt song song đều có ảnh dịch chụyển (so với vật) 3cm thchiều truyền ánh sáng.

81



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Khi đặt bản mặt song song giữa vật và thấu kính, vị trí củaảnh A'3' là :

,, _ d.f _ 30f .d - f 30- í ’ ■

Khi đặt bản mặt sóng song giữa vật và thấu kính, sơ đồ tạo

ảnh của vật là :BMSS A„ TK

AS ------ ——^ A3B1 — ------ ^ AiBí1 r dt di

Theo trên, ta có : d: = d - 3 =: 27 em ;. đ ..f _ (d- 3)f 27f 1 ” dj - f .. (d 3»f = 2 7 - f '

Theo đề b à i :dí = cr + 3,75 (3)

(Vì vật địch lại gần thấu kính thì ảnh dịch ra xa thấu kính).Từ (1), (2) và (3):

27f 30f — = - ... + 3,7527 - f 30- f

-> f2 - 285 f -ì- 4050 = 0.Hai nghiệm dương của phương trình này, f = 270 cm và f =

15cm "đều có ý nghĩa vật lí (thấu kính hội tụ). Nhưng theo đề bài,A'B' là ảnh thật nên phải có d > f hay f < 30 cm. Vậy ta chỉ có: f = 15 cm.

Áp dụng công thức tính tiêu cự thấu kính :1 _ , -V f1 ' i V . 2(n-l)

= (n - ' R +Ế j =f Ị.B KJ R

li - i = — = 0,5 -> n = 1,5.2f

Áp dụng công thức bản mặt song song :

A = 3 = e f l - ~ Ị -* e = 9 cm.I n j

82



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





1.10. a) VI Sj vàs 2 hai bên thấu kính, nên muôn cho haiảnh của chứng trùng nhau thì một ảnh phải là ảnh thật còn ảnkia là ảnh ảo, nghĩa là ta phải có :

d2 = - d'l (1).Suy ra, vì di = 4 d2,

đ2.f _ 4d2f

—ỳ <Ỉ2 — 5f 8

4d o - f

- 7,5 cm , và di - 4 d2 = 30 cm.

b) Vì hai ảnh của Si vàs 2ở cùng một bên cụạ thấu kính và vì> đ2, nên ảnhs x của Si phả i là ảnh thật, còn ảnh S2 của 2

phải là ảnh ảo.Theo đề bài :

|d2 + dì

Trường hợp i

■« 42

d2.f

Ị d2f 4d2fl d 2 - f 4 d 2 - f

= 42.

4d9f = 42<Ỉ2—f 4d2 - f

Thay f = 12 cm, giải rá ta được : d2 = 4cm, và d2 - 21cm(loại, vì phải cóỞ 2 < ĩ)- Từ đó di =4Ỏ-2 = 16 cm.

Trường hợp 2 : 4d2f4do - f

= -42

Giải ra ta dược hai giá trị củaỏ-2 : đ2 = 2,318 cm và d2 =10cm. Nhiừig nghiệm d2 = 2,318 cm lạ i ứng với d: = 4d2 =8,272 em < f, nghĩa là ảnh si cũng là ảnh ảo, điều này trái vớgiả thiết. Như vậy ta chĩ tìm được một giá tr ị của d2 : đ2 = 10cvà di =4 â.2 - 40 cm.

Tómíẹi chỉ có hai vị trí của Si vằ hai vị trí tương ứng củas2là :

đi = 16 cm ; d2 = 4 cm ;và di = 40cm ; do = 10 cm.

83



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





1.11. Bản mặt song song tạo ra một độ dịch chuyển của ả(so với vật, theo chiềú truyền ánh sáng) :

X = e í l - —ì = 5,7 í l —— ! = 1,9 cm.I n ) [ 1,5 j

Do đó khi đặt bản giữa vật và thấu kính thì vật tựa như đưdưa lại gần thấu kính một đoạnX, còn khi đặt bản giữa thấukính và màn thì ảnh tạo bởi thấu kính bị đưa ra xa thêm mộđoạn cũng bằngX.

Kí hiệu d và d’ là khoảng cách từ thấu kính đến vật và đếmàn. Khi đặt bản giữa vật và thấu kính, ta có các phương trìn(chú ý ảnh trên màn là ảnh th ậ t) :

đ 1 1------------ — _ — . (T )

d - Ị, 9 d’ f A’B’ = 1 = AB X —— ; (2)

d -1,9Khi đặt bản giữa thấu kính và màn, ta có :

— + —ỉ — = - ;(3)d d-1,9 í

A"B" = 0,81 = AB . (4)dTừ (1) và (3) suy ra :

d’ (d - 1,9) = d (d' - 1,9) d =d' (5)Từ (2) vă (4) suy ra :

0,81 dổ' = (d - 1,9) (d’ - 1,9) (6)Từ (5) và (6) tìm được : đ = 19 cm và đ’ = 19 cmThay (1) vào (2) ta tìm được : f = 9 cm và ÁB = 0,9 cm.

1.12. Sơ đồ tạo ảnh :

AB -----A,B, A2B2s A'B'dĩ di d-2ỏ-2

84



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Ta có :

d! -* di - (vìf, = ĩ i - = 25 cm).1 di - f i dỵ -25 2

d2 = I - đi = ld1.-25(d1 +1)di - 25

do 2 —6,25<Ỉ2 - R 2 _ _ 'd o = — = — - ( v ì f 2 = = - 6 , 2 5 c m ) .

2 d2 - f 2 d2 +6,25 2

d' = -6,25[ldl"25.(d1 + l)]2 ld j -6,2513d! +41]-156,25 '

a) Cho 1 = 20 cm, từ (1) ta có :. 62,5.(di +100)2 ” l,25dx -656,25

Muốn cho ảnh A'B' tạo bởi hệ là ảnh thật phải có :djj > o o di > 525 cm.

b) Cho 1 = 20,5 cm, dị = 1275 cm, từ (1) ta tìm được CỈ2 =25cm. Ảnh A’B’ là ảnh thật , cách G2 một khoảng 50cm. Độ phóng đại của ảnh :

k = d i d2 dj-dj ■

và độ lớn của ảnh : A'fi'= Ịkị AB = 1 mm.

Muốn cho ảnh A'B' ở đúng lã Oi, ta phải có <Ỉ2 =1. Thay d2= I và di = 12,75 cm vào (1) ta tìm được 1 SB20,7cm. Như vậy

phải dịch gương G2ra xa Gi một đoạn là 20,7 - 20,5 =0,2 cm.

1.13. Khi chưa đổ nước vào chậu, bóng đèn s có ảnh S’ xácđịnh bở i: _ d.f _ 60,20 _ QAđ = — — = — = 30 cm.

d - í 6 0-20Ảnh S’ cách thấu kính OS’ = 30cm (chiều dương hướng lên

trên) (Hình 1.56).

85



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Xí hiệu X l à độ cao iớp nước đ ổ vào :SH = X > 0 ( v à o <X< 60cm). Sơ đồ tạo ảnh :

„ LCP . TK s -———=>ồ!-- ——> s2.Ảnh tạo bởi lưỡng chất phẳng nước - không khí :

HS _ HSi ' _ 4 ,^ , với ĩiị = , n2 = 1n x n2 3

Suy ra :

Ĩ ĨS i = — HS = - — X -> ĨK i = - - X. ĩ Iị 4 4

VỊ tr í của Si đối với thấu kính : _______ ____ _______ q 9 4 0 — 1

d = SnO = SiH .+ HO = - X + 60 - X1 1 - 4

Do đó :d, = di m z w - x ) = õg

d - f . 160-X10Theo dề bài ảnh àich chuyển một đoạn cm so với khi3

chưa có ĨÌƯỚC, nghĩa ià :S'S2 = ± — cm ,2 3

10hay S’O + OS2 = ±3

_ 30 + 20(240-x> = ± i ọ_ 160-X 3

, on 20.(240-X) _ 10Trường hơp 1 : - 30 + —:—— ----- = .160 - X .3

Giải ra ta dược : X =40 em (chấp nhận được).. 0 - ' 20.(240-x ) 10Trường hơp 2 : - 30 + ——— ------ = -

160-X 3

86



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





-> X = - 80 cm < o : loại.Vậy chiều cao lớp nước ỉà 40 cm.Ckú ỷ : Bằng lập luận định tính vế sự dịch chuyển của ảnh có

thể thấy xigay rằng chỉ có -trường hợp-1 là đúng.

1.14. a) Sơ Gồ tạo ảnh S' :- L c LCP o: —> Si ------ — s

dj dj d-2 _ ' đ-1 -f _ —— Ta có : dx -> di = — =s 80 cm = OSi.

Ổ1 - f Kí hiệu h là độ cao của nước trong chậu, ta có :

HSx _ 1 .'== _ Hễ _ h: = — —> iri o i = ----- — — HS! . n n n

và, do đó, STS' = ĨỈS" - HSi = h f l - ỉ ị .V n j

Mặt khác :SĨS1 = OS' - QSi = 1 - đx , với I = 90 cm.

Suy ra : SpS' = so - 80 = 10 cia.

, SiS’ 10 _ Từ đó : h = — = • Q ~ 40 cm.1 - — 1 - —

Ĩ1 4 b) Theo đề bài, độ cao của khối lòng trong ehậ’d cũng bằng h =

40 cm. Lập luận vằ tính toán như câu a, nhưng bâygiờ s cáchthấu Vinh : d - 80 + 8 - 86 em. Do đóảnh 8Ị bây giờ. cáchthấu kính :

QÃI = d’ = = 74,78 cm.đ ~ f ......

Khoảng cách hai ảnh A’ và Ấa bây giờ là : A iA’ = 90 - d’ = 15,22 cm.

Mặt khác, bây giờ ta có :

87



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





AịA’ = h f l - —V Suy r a :n’=1,61.V n )

Chú ý : Có thể CGÍ đoạn ■AjA' là độ dịch chuyểĩi củaảnh (sovới vật) qua bản mặt song song là ỉớp nước(hay lớpchặt lỏng) có

bề đày h.1.15. Kí hiệu di là khoảng cách từ vật kính đến phim

trí ban đầu đi của máy ảnh, ta có :

ỏ-2 = dj “ 100 j d2 — + 0,5,

do đó, ta có hệ phương trình :f = <M Ì = (dỊ - 100) 1 +0,5) (1)

d i+ d i (đì - 100)+ (di +0,5)đi d- —100AB = 4 . - ị = 8 - ị — . (2)dj d ị + 0,5

Từ (1) tìm được : 200 (dì +0,5) = dx(di - 100) (3)

Từ (2) : d i(d i + 0,5) = 2dx (di - 100) (4)

Từ (3) và (4) tìm được : đi = 210 cm ;dị= 10,5 cm,và, từ đó : f = 10 cm.Độ cao của v ậ t : AB = 80 em.

XỔĐể ảnh có dộ cao 5,33 cm = cm, tức là có độ phóng đạ3

16 1 f Ịkị = — = — . Ap dụng công thức k = —-— , tìm được11 3,80 15 5 f - đ

d = 160 cm, và á’ = -ỈL_ - 10,67 cm.đ - f Như vậy, máy ảnh phải lùi xa một khoảng :

160 - [210 - 100] = 50 cm.Và phim phải dịch lại gần vật kính một đoạn :

(10,5 + 0,5) - 10,67 = 0,33 cm

8 8



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





1.16. a) Quang hệ cho hai ảnh đó theo sơ dồ :T r> p ĩ

Ẳnh 1 : s -----------5» Sị_ —-- ;—> s 2.d d' d2 d-2

I , G í,' LCP LẢnh 2 : s ----- , > Si , > S2 -------- 7 —> S3di dì do do d-3 <Ỉ3

Xét ảnh ĩ (S ) :ì m , , d’ 1 ■ d 3hd ■=h . Ta có : — = — —>d = — = ~ ~ .d n n 4

d2*f 30hd2 = d —ỳ do = — =-—= — —— .(1)2 2 dĩ - f 3 h -40

Xể tảnh 2 (Sz) : dj = 4 - d = 30 - d ;d ị = - di - d - 30 = h - 30 ;

do = H - á'i = 60 - h ;

do 1 _ do _ 3.(60 - h)do n n 4, _ 3.(60-h )d3 = d0 = ■

l 3 =

4d3.f 10.(160-3h)

2d3 - f 140 - 3h

Khoảng cách giữa 2 vị trí của màu chính là khoảng cách gihai ảnh s2và S3, ng hĩa là S2S3=15 cm.

Đo đó, theo (1) và (2) ta có phương trình :10.(180-3 h) 30.h _1 _ o. 1K _ ------------------ _ —__— =1 VỠ1 1 = ±1 5 CĨĨ1.

140-3h 3h-40Trường hợp 1: 1 = 15 cm. Ta suy ra phương trình :

9h2 - 380h + 800 = o.Phương trinh này có 2 nghiệm :

20h = __ era và h = 40 cm (loai, vì phải có h < H = 30cm).9

89



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Thay giá trị h = ■—- cm vào (1) ta có :9 ■

d2 = - 2cm < o : không chấp nhận.vì s2 phải làảnhthật. Như vậy không xảy ra trường hợp 1.

Trường hợp 2 : 1 = —15 cm h2 —700h 4- 10400 =o. Phương trình này có hai nghiệm :

h = 20 cm, và h- = 57,7 cm (loại).Thav h = 20 cm vào (1) và (2) ta tìm ẻược hai vị trí củamàn

E : <*2 = 30 cm, và d*3 = 15 cm.

20

trường hợp 2. b) Để cho hai ảnh trùng nhau ta phải có :

10.(180-3h) 30-hdc> ss dg —>140 - 3h 3h - 40

h = 30cm : phải đặ t bóng đènờ sát đáy chậu.

1.17. Sơ đồ tạo ảnh AiBi :

GC ■ GPAB ---- — > A B — > AxBid d' dỵ dị

Ta có :

d -> d> = - % . ;đ - 20

20d 2d+ 360d: = a - đ’ = 18 -

d i = - dx -

d -2 0 d - 20

2d+ 360d -20

Sơ đồ tạo ảnh À2B2 :

GP~' ■ GCAB ----------- ĩ* A B : ^ AoBoD D' (Ỉ2 Ổ.O

90



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Ta có :D = a - đ ' D’ = - D ■= d - a ;

720 - 20đ — ỳ- Q. 2 — -------- “ * "■■■■'16-dTa nhận xét rằng : Vì đ < 18cm, nên d'i < o, nghĩa là AiBị

.là ảnh ảo, vậy AịBìở sau gương phẳng. Còn A2B2ở cách gươngcầu xa hơn A1B1 và cách A1B1 9cm thì A2B2 ở trước gương cầu,vậy A2B2 ỉà ảnh thậ t, nghĩa là đ2 > o.

Từ nhận xét trên ta viết dược :

Rút ra phương trình : 5 d2 - 180 d = o.Tìm ra d = 0 và íỉ =s 36 cm. (loại-vì. d > a).Vậy phải đặ t vật AB sát vớì gương cầu.Thay d = o, rút ra : di = - 18cm ; đ2 = 45cm.

Khi ÁB đi ra xa gương <4*1 thì A1B1 và A2B2 đều dịch ra xa hệ.

í. 18. Sơ đồ tạo ảnh :

1) Để ảnh Ã’3' là ảnhthật, điều kiện là d2 > Ĩ 2-

Tacó: di -> di = = - 9cm ;

d2 = 1 - à\ = I + 9 ; tò đó d2 > f2

I + 9 >24 -> 1 > 15 cm.

d2 - (a ■= 9

•> AxB, ------ A‘B’d2 d2

0 2

91



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Độ phóng đại :fi f2 _ “18 24

f i - d x ' f 2 - d 2 “ - 1 8 - đ i ■ OA 18) + I8i24-đi +18

432-» k =

d1(6 -l) + 432-18ìMuôn cho k không phụ thuộc di, phải có 6 - 1 = 0.

432 4-> 1 = 6 cm. Khi đó k =108 3

1.19. Sơ dồ tạo ảnh :Oi O2

AB -------- ; A2B2di di d2 d2

» d i . f l ' 20didl ■* dl = = d ^ 2 0 ;

20di -.800d2 = 1 " dl = ^ - 2 0 ;

d2f 2 -30(20(1!-800)Q2 =

k =

^2 ~~ 2 50di'r-14G0

dj .dg —12did2 di~28

a) Khi ỏ! = 25 cm tạ có d-2 = - 6 0 cm < o : ảnh của ABlà ảnh ảo, ở trước O2 cách O2 60cm.

—12k = — = + 4 : ảnh cùng chiều vật và cao gấp 4 lần25-28

vật. Độc giả tự vẽ hình (chọn một tia từ A song song vđi trụcchính, và một tia từ A đi qua tiêu điểm (vật)). b) Muốn cho A2B2 là ảnh thật phải có :

d2 > o -» 28 < đi < 40. (1)

Muốn cho ảnh lớn gấp 3 lần vậ t :

92



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





|k| = 3 -> Ịd ,-2 8 | = 3. (2)

Kết hợp (ĩ) và (2) tìm được : di = 3 1 cm.1.20. 1) Khi ảnh hiện rõ trên màn, khoảng cách vật - màn là

khoảng cách L giữa vật thật và ảnh thật. Dễ đàng chứng minhrằng L = d + d’ phải thỏa măn điều kiện : 1 > 4£.

Như vậy, Lmin = 4f = 100 cm, và, do đó :d = d , _ = 5 0 c m >

2) Sơ đồ tạo ảnh :ỉ 11 _ La1 -» Sr s , 5 S'

dị di d-2 đ-2

với dị = đĩ = 50 cm.Trường hợp a) : Vì vệt sáng trên màn có đường kính không

đổi khi tịúh tiến màn nên chùm tia ló tạo bởi L2 phải là chùmsong song vđi trục chính, Nghĩa là ảnh củas tạo bởi hệ hai thấukính phải ô xa vô cùng.

Ta có : â.2 = 00 d2 = ,

mà ổ2 = 1 - di - ‘ầo - 50 = - 30 cm.

Như vậy : f2 = - 30 cm : L2 là thấu kính phân kì.Trường hợp b) : Theo đề bài chùm tia ló có thể là hội tụ hay

phân kì.+ Nếu chùm tià ló là chùm phân kì (L2 là thấu kính phân ki,

Hình 1.59a), ảnh S2 là ảnh ảo. Từ hình vẽ ta có :ư _ 0 2S2+0 2S i +10

Ịd1ị + |d2 + 10

1 2!+ d240 -do — 2 ~ —”——;— —30 - d 2

do = 20 cm > 0 : vô lí.

93



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





của màn, hoặc nằm sau vị trí thứ hai E' của màn (độc giả tự vẽhình); :

+ Nếu S2 nằm trong khoảng giữa hai vị tr í cụa màn ta có :D’ 40 - do 1 100 _ — = — ------ — =» do = ; ——- cm.D d2 —30 2 3

. và, từ đó, Ỉ 2 - - 165 cm : Lo ià thấụ kính phân kì.+ Nếus2nằm sau vị trí thứ hải của màn, ta có:

D’ d2 -4 0 1 'V _ _ — =s — ----- = — ~ỳ do = 110 cm,D d2 -f 30 2

và> từ dó, f2 = - 41,25 cm : L2 cũng là thấu kính phân kì.

Ầ=15c1.21. a) s dặt ồ tiêu điểm, của

thấu kính hội tụ, vậy chồm sáng rakhỏi thấu kính và rọi vào lăng kínhlà một chùm song song. Sau khikhức xạ và phản xạ ỏ các mặt(phẳng) của lãng kính, chùm sángvẫn là chùm song song. Do đó ta chỉcần xét đường đi của ĩĩiôt tia SIi bấckì trong chùm (Hình 1.81). Tiẩ siĩvuông góc với mặt ẠB, và tới điểmx2 của mặt AC dưới góc tổi i = Í1I2 N.Góc này có hai cạnh I2Ii và I2N lần lượt vuông góc với AB và ÀC,vây bằng góc Â : i ==Â = 15°. Tia I1Ĩ2 phản xạỗ ĩ2 dưới góc i’ = i= 15°, đc đó gốc Í1I2I3 - i +■ Ị’ =30°. Tia phản xạ I2I3 tổi mặtÁB tại điểm I3, dưới góca = Ĩ1Ĩ2I3 góc so le trong (tức ỉà a =30°), và ló ra khỏi góc Ị5. Vì tia sáng đi từ thủy tinh ra không khí,nên p > a, và theo đành Ịuật khúc xạ. ta có :

siĩìp = n sin a, (1)

với n > 1. Vì p > a = 30c các tia I3R qua thấu kính và nghiêngdối vởi trục chính một góc lởn hơn 30°. Như vậy chùm tia tóithâu kính bây giờ không phải là chùm tia gần trục, không thỏamãn điều kiện trương điểm (diều kiện Gao xơ), do đó chùm tia

95



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





thấu kính. Ngoài ra, chùm tia sáng từ vật tới gương, phản xạtrên gương lại qua thấu kính tạo ảnh thật thứ hai, tại đó tá đặtmàn (vị trí thứ 2).

Hai vị trí đặt màn :á i - í _

+ di = —=— = 30 cm ;1 đ i - f

do.f + d2 = 24+ 4 = 28 cm d2 = T T =■21 em.0 .2 - I

Độ phóng đại của hai ảnh :

ki = - 4 ^ = -1 ,5 ;. k2 = - = -0,75.dx d2

(Hai ảnh đều ngược chiều vật).2) Kí hiệu Xlà khoảng cách từ vật tới gương ; ta có :

di s= 24- X ; đ2 = 24 + X.Độ phóng đại của hai ảnh :

_ f 12 _ 121 f -d x 12 - (24 - x) x-12 *

ỵ í = 1. 12 122 Ĩ -Ớ 2 12-(24 + x) *" —X-12

Theo đề bài : ki= 3k2 -> X = 6 cm.

1.33.1) — -— = —X — -— , với d2 = di+ 10 ; f = 30cm.f - d 2 3 I —dx

—> đi = f- 20 = 10 cm ;Ta có :

3 f —— = —-— -» ÁB = 2 cm.AB f - d x

2) Để ảnh là thật và ở đúng vị trí của vật, có hai cách dặt vật.a) Đặt cho A trụng với tiêu điểm vật của thấu kính. Chùm

sáng từ B, sau khi qua thấu kính, ĩà chùm song song ; sau khi

4-BTVLSCT3 97



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





phản xạ trên gương nó vẫn là chùm song sọng nhưng có phươđối xứng với chùm tia tới qua quang trục thấu kính (đò'tỉnh chcủa chùm tia phản xặ trên gương phẳng). Sau khi qua thấu kílần thứ hai; Ĩ1Óhội tụ vào điểm B' trền tiêu diện, đối xứng với Bqua quang trục. Như vậy ảnh A’B’ của AB tạo bởi hệ, nằmỗ áúngvị trí của vật, là ậnh thật ngược chiều với vật.

b) Đặt cho gương Mỗ đúng vị trí cửa ảnh ÀiBx tạó bởi thấkính, khi đó ẳnh Á2B2 của AiBx tạo bởi gương trùng với AiBỉ, theo nguyên lí về tmh thuận nghịch của chiều truyền ánh sánảnh. A'B' cuối cùng (tạo bởi hệ), là ảnh tạo bởi thâu kính A2B2, sẽ trùngvị trí với vật AB. Đối với ảnh này thì đ2 = 37,5cm(bằng khoảng cách gương - thấu kính), còná2 chính là khoảngcách ổ! từ AB đến thấu kính :

đi = d'2 = = 150 cm-<Ì2 - I

(Có thể giải câu 2) bằng cách tính d3 theo đ}, rồi đặt (Ỉ3= di).

1.24. 1) Tiêu cự cửa thấu kính thủy tữih :

ị - = (1,5 - l ) í - L r + ! Ì ^ fi = -30 cm.fl i - Ị5 coj:

Như vậy thấu kínhlà phân kì, do đó điểm sángs phải choảnh S’ là ảnh ảo CTgần thấu kính hơn so với s, nghĩa là ta d’ = - 20 cm. Suy ra :

d*íid - ■ _■■■ = 60 cm.d - f

2) Quang hệ bây giờ là hệ ghép sát, bao gồm thấu kính tinh nói trên có tiêu cự fi, thâu kính mỏng phẳng lồi có tiêu cf2 và một gương. Hệ này tương đương một gương có tiêu cự f m

1 2 2

ĩ h hTrong đó fi = - 30 cm ;

98



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





- l = in- . ! ) ( - - - ] = (2) .12 \15 00 J 15 .

Ta xét hai trường hợp :a) Ảníi của s qua hệ là ảnh thật , nghĩá là d = 60 cm ; d' =

30cra ; khi đó :f - — = 20 cm.

d + d'Thay giá trị này của f vào (1). thí. từ' ( ĩ) và (2) tìm được :

n’ = 1,875:Trị sô' này của chiết suất là phi thực tế vì chiết suất lớn nhất

của chất lỏng là 1,6 (đó là chiết suất của cacbon clorua). b) Ảnh của s qua hệ ià ảnh ảo, nghĩa là d’ = - 30. khi đó

f = - 60cm và n' = 1,125. Trị số này của chiết suất là chấpnhận được.

1.25. Chùm sáng từ AB đi tới.thành bể phía trước sẽ tạo ảnhthật trên mằn, còn chùm sáng từ AB đi tđi thành bể phíasau sẽ cho ảnh thật A2B2 trền màn.

Sơ đồ tạo ảnh :BMSS ■ „ L

AB ---- —-—» AịBỵ ------ —> AiBid: di

_ BMSS A ^ G , , BMSS A^ L ,AB -----------> AộBq AoBo A.2B2 ^ A2B2

d2 ỏ-2Xét ảnh A jB i :

Vật AB qua bản mặt song song (lớp nước) có bề đày e = — =2

24cm cho ảnh AiBi, với BBi - e í l - — = 6 cm, và AịBi =1 n )

AB. AxBr qua thấu kính L cho ảnh Ả’BÌ = 6cm,

99



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





nghĩa là : A3 X Ị4^-ì = 6 • (1)l ổ i j .

Xét ảnh á 23 2 : Vật AB qua bản mặt song song (iớp nướca f ■ ịV

có bề dày —) cho ảnh AoBo, vổi BB0 " e Ị ì - — = 6 cm và2 V Tí)

AoBo = AB. AqBo qua gương phẳng choảnh Ã q Bq dối xứng vổiAoBo qua'gương, nghĩa là Aq Bq “ AoBe ; HBq = HBo =HB - BBo = 24 - 6 =18 cm. A0 B0 qua bản mặt song scng

. .../ I )(lớp nước có bề dày a) cho ảnh A2B2, vớiB0B2 = a i l - —- ~

A -

12 cm và A2B2 = À0 B0 = AB. A2B2 cách AiBx một khoảng :

B1B2 = BBi + BH T (H B0 - —q2'2 )s 6 + 24 + (18 - X2)= 36 om.

và. do đó A2B2 cách thấu kính :d2 ~ OB2 — QSi + B1B2 = cỉx -í* 36 (2)

Vật A2B2 qua thấukính cho ảnh A2 B2 =4,5 cm, nghĩa là

AB X f ** | =4,5 cm (3)V )

với d*2 ~ di - 3 (theo đề bài). (4)Ta lại có :

f = Ẻ Í j l _ ã2 ’ã2 _ (ãi + 36)-(dí -3) ^<ỉ2 + <Ỉ2 (di + 36) +(đ T—3 j

Từ (1 ), (3) và (5) rút ra :di = 144 cm ; d ị = 48 cm ;AB ~ 18 cm ; f SS 36 cm.

Khoảng cách từ thấu kính đến thành bể phía trước là :d = OI = OBi + BiB - BI =144 + 6 - 24= 126 cm.

100



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





1.26. 1) Sơ đề tạo ảnh :Ox 0 2

AB ------*— > — ---- —> A2B2• Kí'hiệu D là khoảng cách từ AiBị đến A2B2. Vì 02 là thấu

kính hội tụ, A2B2 là .ảnh thật, nên AiẸi là vật thật đối vđi 02. Vì

D không thay đổi khi O2 dịch chuyển nên hai vị trí của 02 đốixứng với nhau đối vởi trung điểm của đoạnthẳng B1B2, và nểu kíhiệu dă, d<2 là khoảng cách từ AiBx và A2B2 đến 0 2 ta có :

d2 + d'2 = D , và <3-2 = d2 + 1.

Suy r a :

và do đó

->

do .do D2 - l 2f » = — í \ • = ---- ----- = 9d2+đ2 4D

D = 48 cm (loại nghiệm D = - 12 cm).Ta lại có : dx = 12 cm ; dj a á - Đ 5 - 6 cm.

di + dì-> fi = —- = - 12 cm : Oi là thấu kính phân kì.

2) Khi 0 2ở vị tr í 1 : ki = di*;21dx.d21

với di = 5 —L—12 cm ; dì == -( 1 ss * 6 cm.2 1 d i - f j -

, D —1_ J 1 _ D + ld2i - —— =12 cm ; <Ỉ2X = —-— = 36 cm.2 2

suy ra ki = - 1,5.

Khi 02 ỗ vị trí 2 : k2 = ^1* 22d,.d 22

101



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





với Ở 22 = đ.21 + 1 = 36 cm ; d.22 - ^21 - 1 — 12 cm.

Suy ra .: k2 = - —.6

3) Khi chùm tia sọng song di - co đ i = fj =■ - 12 cm ;

—> d2 = L ” dj . (1)Muôn cho chùm ló là chùm song song, phải có :

d 2 = 00 đ2 = Ỉ 2 ' y nghĩa là ,theo (1) : L = fi + f2 = - 3 < o. —> không tồn tại một giá trị L > 0 để chùm tia tới song song

sau khi đi qua hệ thấu kính sẽ cho chùm tia ló song song.

1.27. Kí hiệu AiBi là ảnh của AB tạo bdi thấu kính Lu AỵBị nằm tại Ml (AjBx = 9cm). Khi dặt thêm thấu kính L2 thì AiBxđóng vai trò vật ảo đôi với Li2 và Ị j 2 cb.0 ảnh thật ABV năm. tạiMo, kí hiệu d.2 là khoảng cách từ AỵBi đến Li2 (Ịd^Ị = O2 M1 Xtacó :

d2 + d2 = d2 - |d2| = MiMo = 6 cm. (1)

Ta lại có :^2 >5 _ (2)

Ã Ã w = 9 2 \(vì A'B' = 4,5 cm).

Từ (1) và (2) suy ra : d.*2 = .6cm ; Ịd.21 = 12 cm -> <Ỉ2 =-12 cm. Tiêu cự Ĩ 2 của 1*2 :

do.do ,f2 = — - 12 cm.<3-2 ■*" 2

Nếu bõ Lv di th ì L2 tạo ảnh A2B2 của vật AB nằm tại M —(A2B2 = .0,5 cm); ảnh này cách O2 một khoảng :

d’ . = 0 2Mo + M0M2 = d*2 + MoMx + M1M2 = 14 cm.

Đo đó vật AB cách L2 :

102



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





^ ^ a .19d = BO2 = , ~T = 84 cm.d - f 2

Độ phóng đại ảnh bây giờ là :Ạ2B2 0.5 d' 14 1

AB AB d 84 - 6Suy ra : AB = 0,5 X 6 = 3 cm.Xét ảnh AiBi tạo bởi thấu kính Li, ảnh này nằm tai M

Ta có : ' ' 1‘

dl + di — BM} = BO2 + Ọ2M1 = 84 + |<Ỉ21 = 96 C’T

Mặt khác :di AiBi = 9 _k" /

. d; - AB 3 d l M>-Từ đó tìm dược : di —.24 cm ; dì == 72 cm.

Tiêu cự fi của Li là :di.đỵ _ fj = — - = 18 cm.

d i + d i

1*28. a) d' = = - 4 cm < 0 : ảnh ảo, cách thấukính Li một đoạn4c ĩ í l Bạn đọc tự vẽ hình.

b) Sơ đồ tạo ảnh :Li L 2

AB ---- AỵBx A2B2dx d i d2 ỏ-2

Kí hiệu đi là khoảng cách từ vật đến Li :

y _ “5dl ^ _ ì 75 + 20(1,d i = : dí = 1 - di = - ■ f ì- .d1 + 5 dị 4- 5Độ phóng đại cùa hệ : _ __

V _ fl h 100. , ,f, -d i x f , - d.» 25 " h A2B:

103



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





của AB tạo bôi hệ có dộ cao không đổi và không phụ thuộc vào d(vị trí đặt vật).

c) Chùm tia song song chiếu vào Li, ứng với :ỏi = GO —> = fi = - 5 cm ; ổ2 = 15 - (- 5) = 20 cm.

20.20 T- Ị' —> cL = = co : chùm tía ló là chùm song song.2 20-20đ) Theo nguyên lí về tính thuận nghịch của chiều truyền ánh

. sáng, nếu đổi vị trí của hai thấu kíĩìh Li và L>2cho nhau, các kếtquảỗ câu b và c không thay đổi. (Cũng có thể chứng minh bằngcách lặp lại các phép tính như trên).

1.29. + Khi đặt hản mặt song song sau Li ta có sơ dồ tạo ảnh

u A n BM3S _ 4 „ÁB -----------Ai B 1 ^ A2S2 ............ 3* A.3B3đi di ' d2 đ.2

Ta có :, _ d Ị Í! 20fidỉ = 20 cm -> di •= — -* Ã J r d i - f i 20- f !

Độ dịch chuyển ảnh A1A2 qua bản mặt song song :

' 1 Ì = 5 cm.A1A2 = e j = 15

Ảnh A2B2 cách Li :

1 — —

20fidi =• di + 5 = —— + 5.1 20- f i :

50(12-^)Suy ra d2 = I - d j = 35 - (đi + 5) =20 -

M . = ĩ .ủ (!)2 d2 - f 2 -44 ^+ 48 0

+ Khi đặt bản mặt song song sau L2 ta có sơ đồ tạo ảnh :u A ' L2 . . BMSS , ;AB — —— > A1B1----- —— > A2B ; ——> A3B3ẩỵ á[ d d' d3 ds

104



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Ta có : di = 20cm -> di = 20fi20 - f :

d = 1 - dr = 35 - 20fx 700 - 55f-.2 0 - f x 20 -Í!

_ d- = = -Ẻ ÍL . = 4 ° ° - ^ ).2 d - .f s 580 - 49fj

Độ dịch chuyển ảnh A2B3 aua bản mặt song song :

= 5 cm.A2A3 - e 1 1

Ảnh A2B3 cách L2một khoảng :

. ■ „ 7100“ 575fido s d ■+ 5 = —i— —- Ả. (2)580-49fx

+ Theo đề bài trong hai trường hợp đó hai ảnh đều nằm tmàn E, nghĩa là hai ảnh đều cách L2 một khoảng như nhau, dođó ta có :

^ 2 = ^ 3 -

Suy ra phương trình :106 ì ị - 2380 fi + 13200 = 0 ,

Phương trình này có2 nghiệm :fi = 12,45 cm và £ = 10 cm.

Với fi = 12,45 cm, thay vào (2) ta có :d3 = 1,95 cm.

Kết quả này không chấp nhận được vì màn E phải cách2một khoảng lớn hơn bề dày của bản, tức là phải lớn hơn 15

Như vậy trị số fi = 12,45 cm không chấp nhận được.Với fí =10 cm ta có đ'3 = 15 cm. Kết quả nầy chấp nhận

được. Như vậy tiêu cự Ỉ 2 = 10 cm và màn đặt cách L2 15 cm.

105



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Ta có :

dí '= 49-cm. --> 'di :'ĩs - tì - ' « 125 cm.- d i - f i

- > d = 1 7 6 - X v à d ’ - X - d 2 = X -T 1 2 5 .

Bây giờ ta có : . / .k -- - - - í 4 9 1 ( X~ 125V - _ ỉ .

“ ■ 2 ~ ( 125 J V 176 - Xj ~ 2X « 361 cm > 1 7 6 cỉặ : loại.

Tóm lại chi có trường hợph2 đặt sau Li.

1 .31 .a)T ac ó: : . - '

- = (n - 1) — ' - Ỉ R = 2 (n - i f f = 15 cm. '•f R - ‘Ảnh AiBi tạo bồi thấu kính ồr cách tHấu kínE

d' = —5L- - 20 cm , và có đô lớn : AiBx = AB.đ - f

— 'as G ,4 c m . d

Ảnh AxBiỗ sau gương phẳng, dùng làm vật ảo đối với gương phẳng, và có ảnh thậ t A’B’ tạo bỏi gương phẳng, đối xứng vớAiBx qua gương phẳng. Vì A1B1 vuông góc với trục chính thấulcínhj và gương phẳng nghiêng 45° so với trục chính, tức là hợpvới A1B1 góc 45°, nên IB’ vuông góc với trục chính và ảnh A’B'song song với trục chính (A'ở gần thấu kính hơn B'), cách trụcchính 10 cm (vì d’ = OBi = 20 em, nên IBi = 10 cm và do đó IB' =IBi =s 10 cm). Độ lớn của ảnh A’B' :

ATB’ = AiBi = 0,4 em. b) Khi đặt lăng kính, phản xạ toàn phần cho mặt huyền c

lăng kính ở đấng chỗ gương G, thì mặtđó tác dụng hoàn toànnhư gương G tức là hắt ảnh A’B’ theo hướng vuông góc với ẨiBi. Nhưng các tia sáng tạo thành ảnh còn đi qua thủy tinh một đoạnvới tổng độ dài bằng a (đoạn tới + đoạn phản xạ = a) cho nên, v -.......107



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





mặt tạo ảnh, lăng kính phản xạ toàn phần, tương đương với một bản mặt song song có bề dày a (chiết suất rx) và một gương phẳng. Nghĩa là sơ đồ tạo ảnh bây giờ là :

Độ dịch chuyển ảnh A2B2 qua bản mặt song song là :

Do đó bây giờ A2 cách I một đoạn 10 + 2 = 12 cm. Vì vậy ảnhA'B' tạo bởi hệ thấu kính - lãng kính nằm song song với trụcchính của thấu kính, cách trục chinh 12 cm. chân B’ của ảnhcách thấu kính một đoạn bằng OI tức là 10 cm.

1.32. Sơ đọ tạo ảnh đối với vị trí 1 cỏa Oi :0 , 0 2

AB - - > AjBi > A2B2dn d-ii di2 &12

với d 2 = 9 5 —85 = 10 cm.Sơ đồ tạo ảnh đối với vị trí 2 của Oi :

L* AiBi

BMSS GAB A2B2

ABOx

■> A'B'02

-> A"B’d2i CÌ21 22 22với d.22 = 95 - 85 = 10 cm.

Tim vAi crf 9' tifrtncr tif ta f»n •

(2)

108



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Vì d12 = d22, suy ra phương trình :. d Ịx - 10 dn - 600 = o.

Giải ra ta dược :du = 30 cm (ioại nghiệm âm).

Thay vào (1) ta tìm được di2 =: - 5 cm.

Từ dó tìm dươc : f2 a —~ r ~ = s = - 10 cmd12+di2 (-5)+(l0)

: 0 2 là thấu kính phân kì.

1.33. a) Tã có di = 60cm ; = -7^-7 = - 30 cm ;~ h

đ2 = 1 - d i = 1 + 30 ; d2 = = 30(1 +30) _ 0-2 “ -*2 *Theo dề bài : (Ỉ2 = 50 cm. Suy ra 1 - 4 5 cm.

b) Sơ đồ tạo ảnh :Li BMSS L21-7-» Si s2 > S"

dx d; d <r

Ta có : đì = - 30 cm. Độ địch chuyển SxS2 của ảnh qua bảnmặt song song.

SiSg = e Ị l - ỉ j = 3 cm.

s 2 cách Li : = - 30 + 3 = . -27 cm, và

s 2 cách L2 : d = 1 - dỊ = 72 cm.’ d.foAnh S" có vi t r í : đ’ = ---- — = 51,4 cm.d - f 2

Muốn cho S” nằm đúngỗ vị tr í của S' thì nó phải cách s 2một đoạn : d + 50 =122 cm Muốn vậy ta phải dịch chuyển Ii2và bây giờ khoảng cách giữa Li và L2 là 1' 56 L Ở vị trí mới L2cho s2 ảnh S’. Bây giờ s2 cách L2 là : d3 = (i’ - d'i) - 3 = 1' +

109



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





27, còn ảnh S’ cách Lf 2 là dg - 122 - đs = 95 - r. Theo côngthức thấu kính :

f . ds-đs . „n _ (r+27)(95-l')f2 d^TdT 0v27)+(95-r)

Suy ra phương trĩnh r r 2 - 68 r + 1095 = (XPhương trình này có hai nghiệm :

1’ = 41,8 cm , và r = 26,2 cm. Như vậy có hai vị trí đặtlẹ dể ảnh cuốỉcùng tạo bởi hệ vẫn ở

vị trí S' như câu a. Khoảng dịch chuyển của L2 là 1 - r, tức là bằng 3,2 CĨĨ1 và 18,8 cm : L2 dịch lại gần Li-

1.34. 1) Đối vổi thấu kính ỈLỘi tụ trong trường hợp các ảnhcùng là ảnh thật, hoặc cùng là ảnh. ảo, thì khi vậtở cắc vị tríkhác nhau, ảnh sẽ có kích thước khác nhau. Vì vậy khi di chuyểnvật từ vị trí này sang vị trí khác muốn có hai ảnh tương ứng vớihai vị trí đó của vật có kích thưổc bằng nhau, thì một ảnh phảilà ảnh thật và ảnh kia phải là ảnh ảo. Đối với bài toán này, khivậ t dịch ra xa thấu kính sẽ cho ảnh thật A1B1 và khi dịch lại gầnthấu kính sẽ cho ảnh ảo A2B2. Vì A1B1 = A2B2, Á1B1 ngược chiềuvới AB, còn A2B2 cùng chiều vứi AB, suỷ ra :

ki = - k2. j r.----- — ----- = -------- — ----- d = fi-

f l _(d + 5) - (d” 5)

Theo dề b à i: di - d*2 = 90-

(d+.5).fi ( d - S ! -» ------ —— - ——-— — = 90d + 5 - f i d —5 - f j

Thay đ = fi vào tã được :

; . ầ Ị S M L ® ' « 9 05 ~ 5

-» f ? = 225 -> fi =s 15 ém và d = fy = 15 cm.

110



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Anh A’B’ của AxBi tạo bởi Lf 2 à cách L2 :đ2 = - (1 + 39) = - (51 + 39) = - 90 cm.

Vậy L<2 có tiêu cự :

2) Để ảnh cuối cùng là ảnh ảo, cùng chiều với vật AB tứngược chiều A1B1, thì L3 phải là thấu kính phân kì. Để ảnh cũnglớn bằng ảnh trước thì độ phóng đại cho bởi hai thấu kính L2 vàL3 phải bằng nhau, nghĩa là :

Mặt khác ta lại có :Ịd3 + đ.gỊ = OjS* + OiBị ■— 39 + 41 ss 80 CIĨ1.

Từ đó suy ra : d3 aa - 8 cm ; CỈ3 ' SS - 7,2 cm.

Khoảng cách từ L3 đến Lị :r = O1O3 = OiAi.+. ds = 41 -8 = 33 cm.

Quan sát ảnh bằng kính L2 thi ảnhở cách mắt 90cm. Cònquan sát ảnh bằng kính L3 thì ảnhồ cách mắt 72cm. Vậy khidùng L3 thay cho L2 , mắ t phải tăng mức điều tiết mồi trông thấyrõ ảnh của vật.

1.36. 1) Lớp nước mỏng đổ vào cốc tạo ra ở dáy cốc hai thkính nước phẳng - lõm ghép sát vói thấu kính thủy tinh ; haithấu kính này có mặt lõm cùng báĩi kính cong R và có tiêu cự, dộtụ là :

ỉdo cú 90

Và từ đó : f 3 = - 3~(Ì3, = - 7,2 cmd3 + (Ì3

D’ = <n0 - l) ^

112



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





f = ~ - 0,6 m = - 60 cm.Đ'

Tiêu cự và độ tụ của thấu kính thủy tinh :( 2 \Do - (n - ĩ)ị-~ I = 5 đp ;

X&J

f 0 = —— = 0.2 m = 20 cm.Do

Độ tụ của hệ 3 thấu kính ghép s á t :

D = D’ + Đo + D’ = - dp ,o

và tiêu cự của hệ :

f = — = — m = 60 cm.Đ 3s Để hứng được ảnh, màn E phải đặ t cách đáy cốc :

đ’ = đ.f d - f

90.6090-60

= 180 cm.

2) Lớp nước cao h =12 cm có tác dụng như một bản mặtsong song, cho một ảnh ảo ổi của điểm sangs, dịch chuyển lạigần lớp nước (bản) một đoạn :

' 1 '

Qo ;Si đóng vai trò vật đối với hệ thấu kính nói trên,ở cách hệ

đoạn :dx = d - 3 = 8 7 cm,

Đo đó ảnh cuối cùng củas ở cách đáy cốc :

d , - f = 193,3 cm.

Như vậy phải dịch chuyển màn E ra xa đáy cốc một đoạn :.d í - d’ = 13,3 cm.

113



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





1.37. Chùm sáng từ vật AB đi thẳng đến thấu kính L, khúc xạqua thấu kính, tạo ảnh A-rBi’:

LAB

d d'

4

Hình 1.72Chùm sáng từ vật AB tới hệ hãi gương phầng G1G2, phản xạ

lần lượttrên hai gương rồi đi tới thấu kính tạo ảnh A2B2 :

AB -> A1B1

Xét ảnh AÌBÌ ; ta có :

d = OB = 4 cm -» d’ = d.f d ^ ĩ

đ-2 2

ảnh ảo, cách L một đoạn6 em'.Độ phóng đạ i :

k = - — = 1,5 > o : ảnh A jB j eỉmg chiều với ABd

và có độ cao : A3B1 =. Ịkị AB = 1,5 X AB. (Hình 1-72)

Xét ảnh A2B2 :

—Ảnh AjBi tạo bỏi -Gi đổi xứng đối với vật AB qua gương Gi, dođó ta có : AịBi = AB, và, vì gương Gi nghiêng góc 45° so với ABnên AiBx nằm song song với xy, ồ phía trên xy, cách xy một đoạnPBi = PB = 2 cm. Ảnh A2B2 của AiBi tạo bởi gương G2 đối

114



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





xứng với A1B1 qua gương G2, do đó ta có Á2B2 = AỵBi = AB,và> vì G2 nghiêng góc 45° so với xý, tức là so với: ẠxB'1, nên A2B2vuông góc với trục xy (A2 ở dứới trục xy) vặ cách p một đoạn B2F= PBi =2 cm (B2 ở sau hai gương). Nghĩa là A2Ố2 cách thấukỉnh một đoạn OB2 = OB- 4- BP + PB2 = 8 cm. ảnh A2 B2

của A2B2 tạo bởi thấu kính :T do,f ^ ■>

ổ2 = 8 cm du = ——— =: - 24 cm < o : Anhđ 2 - f A jBx là ảnh ảo, cách thấu kính 24 cm.

Đô phóng đai : k - - = 3 > ọ : Ả

chiều với A2B2, tức là ngược chiều với AB, và có độ cao :A2B2 — Ịk| A2B2 = 3 AB.

Như vậy mắt đã nhìn thấy hai ảnh AịB ị và A2B2 ngượcchiều nhau. Độ cao của hai ảnh đổ khác nhàu nhưng mắt đá nhìnthấy hai ảnh to bằng nhau, là vì ảnh tạo ra trên võng mạc củmất bằng nhau đo góc trông hai ảnh đó từ M bằng nhau. Kí hiệu

X là khoảng cách từ mắt (tứ M) đến thấu kính (OM s=x) ta có cágọc trông ảnh AjBi và A2B2 lần lượt bằng :

A1 JB1 1,5.ABa i = - — = — — ;MBi x + 6

A2-B2 3.ABa i . = MB2 = x + 24 *

Theo đề bài : a I - a 2 , suy ra X = 12 cm.

1.38. 1) Vì sở ngay tiêu điểm chínhr của Li nên~-ehùm tia từ stới Li, sau khi khúc xạ qua Li là chùm tia spng song với trụcchính, chùm này tới L2 cho chùm ló ra khỏi L2hội tụ tại tiêu

115



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





điểm .ảnh F2 của L2- Vậy S' là ảnh thật nằm tại F2 cách L2 mộtkhoảng bằng f 2 = 10 cm.

2) Chùm tia ló khỏi Lx là chùm song song với trục chính, tớimặt bên cửa lãng kính với góc tđi nhỏ. Vì lăng kính có góc chiết

quang nhỏ, nên chùm tia ló khỏi lăng kính cũng là chùm songsong nhưng lệch so với chum tiatố i một góc lẹ ch D nhỏ tính theocông thức :

Như vậy, chùm ló khci lăng kính hợp với trục chính một gócD, chùm này tới đậĩ) vào L2 và sau khi ló ra khỏi L2 chùĩn tia hộitụ tại tiêu điểm phụ S3 (Kình 1.72) với góc S2OF2 = D. S3 chính

là ảnh ĩnđi của S7tạo bởi hệ hai thấu kính và láng kính.Theo đề bài : S’ S3 = ?2 S3 = 8 mm.

D = (n - DA.

Ta có : tgĐ * B S’S3

í 1\ A _ — y (n —i) A. — —

1,51.

116



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





§2. MẮT VÀ CÁC ĐỤNG cụ QUANG HỌC

L KIẾN THỨC Cơ BẢN

1*Vật kính, của máy ảnh : Là một thấu kính hội tụ (hoặmột hệ thấu kính tương đương với thấu kính hội tụ) cho ảnh vật hiện rõ trên phim.

2. Thủy tỉnh thể của mắt có vai trò như vật kính của máảnh, còn võng mạc có vai trò như phim.

Sự điều tiế t của mắ t là sự thay đổi độ cong của bề mặt thuỷtinh thể (tức là thay đổi độ tụ D, tiêu cự f của nó) để ảnh của cần quan sát hện rõ trên võng mạc. Vì mắt có thể điều tiết tromột phạm vi nhất định nên mắt cũng chỉ nhìn rõ vật khi đặtrong một khoảng cách nhất định gọi1 ầ giới hạn nhìn rõ của mắt , từđiềm cực cận Cc (gần mắt nhất) đếnđiểm cực viễn Cv (xamắt nhất) (Khoảng cách từ điểm cực cận Cc đến mắt kí hi bằng Đ.). Khi nhìn vật dặtở điểm cực viễn mắt không cần điềutiết (nhìn lâu không thấy mỏi mắtổ trạng thái nghĩ). Còn khinhìn vậtở điểm cực cận tin mắt phải điều tiết tối đa (rất chónmỏi mắt).

3. M ấtkhông có tậ t (mắt bình thường) là mắt không thấymỏi khi nhìn lâu một vậtở xa vô cực. Điểm cực cận của mắtkhông có tật thường là 25cm. Giới hạn nhìn rõ của mắt không ctậ t là từ 25cm tới vô cùng.

4. Mắt cận th ị có dộ tụ lớn hơn mắt không có tật; điểm c

viln của mắt cận thị ố gần mắt (cách mắt từ vài trăm đến vchục cm). Thường sửa tật cận thị bằng cách đeo một thấu kí phân kì.

5. Mắt viễn thị có độ tu nhỏ hơn mắt không có tật; điểm ccận của mắ t viễn th ịỗ xa hctti điểm cực cân của mat bình thường.Thường sửa tậ t viễn th ị bằng cách đeo một thấu kính hội tụ.

117



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





6. Gác trông a một vậ t AB đặt thẳng gác với trục chính của- ^ ; -ÀBO là : a = AOB, với - tg a • = 'OA

Muốn phân biệt dược hai điểm A và B thì không những A vàB phải nằm trong giói hạn nhìn rõ của mắt, mà còn phải lớn hơnOrnin, gọi lànăng suất phân, li của m ắ t:

a » 1’ « — rad.3400

7. Kính lúp là một thấu kính hội tụ (hoặc một hệ thấu kính)có tiêu cự f nhỏ (chừng vài cm). Nhờ kính iúp có thể tạo được ảnhảo của vật lớn hơn vật và nằm trong giới hạn nhìn rõ của mắttức là làm táng góc trông lên nhiều lần.

Bộ bội giác cảă kính lúp ;G = — = Ịkịr ?

a 0 |4Ì +1với k là độ phóng đại của ảnh tạo bởi kính,1 là khoảng cách từkính lúp dển mắt.

Khi ngắm chừng ở điểm cực cận (điều tiết mắt dể nhìn ảnhcủa vậ t ở khoảng cách nhìn thấy rô ngắn n hấ t) :

Ịd’| + ỉ = Đ , suy ra G - |k|.Khi ngắm chừng ở điểm cực viễn (điều tiết mắt để nhìn ảnh ở

vô cực), |d1 ss co và d s= f , suy ra :

0=0 = — = — (f tính bằng mét).

8. Kính hiển vi là dụng cụ quang học lam táng góc trông vậlên rất nhiều lần. Vật kính của kính hiển vi (có tiêu cự rất nhỏtạo một ảnh trung gian AìBị ỉớn gấp nhiều lần yật AB; thị kínhcó vai trò như kính lúp dùng để quan sát ảnh AịBi,

Độ bội giác của kính hiền v i :G = ky X Gt, vởi kv là độ phóng đại của vật kính, Gt là

độ bội giác của thị kính.

118



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Khi ngắm chừng ở điểm cực cận thì Gt = ktnênG = k v X k t = k .

Khi ngắm chừng ở vô cực :c k0 ; , = 5B

G- kv • h ...Với ỗ - = ■ F2 gọi là độdài quang Học của tính hiển vi.

9. Không nên nhầm lẫn độ phóng đại k của ảnh và độ bội giácG của dụng cụ quang học. Trong một sô' trường hợp hai đại lượngnay có giá trị bằng nhau nhưng chúng là hai đại lượng khác nhauvề bản chất.

10. Kính thiên văn là dụng cụ quang học làm tăng góc trôngcủa những vật ở rất xa. Vật kírih có tiêu cự fi lớri tao ảnh trunggian AiBx = k Oto , còn thị kính'có vai trồ kỉrih -lúp dùng dểquan sá t ảnh ÂiBi. ,

Khi ngắm chừngở vô cực, F1 trùng với F2 và độ bội giác củakính bằng : -

Q __ a = j j«0 f 2

n . BÀI TẬP v í DỤ1. Ví dụ 1 : Vật kính của một máy ảnh dạng phẳng lồi, bằng

thủy tinh chiết suất n = 1,6. Bán kính cong của mặt lồ i Là R =6cm.

a) Tính dộ tụ của thấu kính. b) Dùng máy ảnh này chụp một người chạy ngang qua với vận

tốc 18km/h, theo phương thẳng gócvới trụcchính của vậ t kính,cách máy ảnh 500m. Hỏi thời gianông kínhmởtốỉ da là baonhiêu, biết rằng để ảnh không nhòe thì một điểm của ảnh khôngdịch quá 0,2mm khi vật chuyển động.Ợrích ĐềỶhi tuyển sinh Học viện Công righệ Bưu chirìh viễn thông,

năm học ĩ998 - ĩ999)

119



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Giả i :

a) ta có :1 - f i l lD = - = (n - 1) — + ,f R2J

Với R 2 = 00 » Ri =6 em. = 0,06 m , n =1,6 . Suy raD = (1,6 - 1) — = 10 dp. ..

0,06 y b) Tiêu cự của vật kính :

1f = — = 0,1 m = 10 cm.

DKhoảng cách từ phim đến quang tâm vật kính :

,, đf 500 : 0d = ------ = —— ~ 10,2 cm.d - f 49

Kí hiệu t là thời gian mở ông kính. Trong thời gian, này ngườikiá đã chạy được một đoạn AB, và :

Ạ -Q _ , _ 18.1000 , _ , , ,AB = vt = ■t » 5 1 (m)3600

Anh người đó dịch chuyển được :

A’B’ = AB . - = m .d 100

Điều kiện để ảnh không nhòe ìà :A’B’ < 0,2 irnn = 0,2 . 1CT3 m.

Tức là phải có :10,2 t . 10"2 . < 0,2 . HT3

-> t < 0,00196 . . . -> t < z ms :Thời gian mở ông kính tối đa là 2 miligiây.

2. Ví dụ 2 : Một người đứng tuổi eộ khả năng nhìn rõ nhữvật ở xa khi mắt không điều tiết, nhưng để nhìn rõ những vậgần nhất cách mắt 27 em th i phải đẹo kính co độ tụ +2 điôp.Kính mang cách mắt 2 cm.120



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





•1) Xác định khòảng cách'nhìn rõ ngắn nhất khi mắt khôngmang kính. Nếu đưa kính vào sát mắt thì ngựời ấỳ thấy được vxa mắt bac nhiêu ?

2) Kính vẫn được mang cách mắt 2 cm. Tính độ bội giác ảnh khi nhìn một vật ở gần mắt nhất.

(Inch Đ thi tuy n sinh Đợ/h c qu c gia Tp H Chí Minh ( II), năm h c Ĩ99 - Ĩ997)

G i ả i :

1- Tiêu cự của kính :

Ta có :

f = — = 0,5 m - 50 cm.D

d.f (27-2X50= đ’ = — —- = —— ----- — = - 50 cm.K c df (27-2)-50Khoảng nhìn rõ ngắn nhấ t khi mắ t không mang kính :

OOc = 50 +2 = 52 cm.Khi người đó đeo kính sát mắt thì Ok trùng với o . Khi đó

nếu người đóngắm chừng ởđiểm cực viễn thì :đ’ = - OCv = 00 và d = f = 50 cm.

Nếu người đó ngắm chừng ở điểm cực cận thì :đ’ = - OOc = - 5 2 cm.J _ d’.f - K -> d = —— » 25,5 cm.

d‘- f Vậy khi đeo kính sát mắt, người dó sẽ nhìn thấy các vật nằ

cách mắt trong khoảng :25,5 < đ < 50 cm

2- Kính vẫn dặt cách mắt2 cm.a) Khi ngắm chừngở điểm cực cận thì độ bội giác Gc bằn

độ phóng đại dài k :

Gc - N = - U = f = 21ần-

121



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





b) Khi ngắm chừng ở điểm cực viễn, tức là ồxayô cùng, th ì đ bội giác Gv được tính theo công thức :

Gv = I = ỘOc = 52 = 'f f 50

Ta thấy độ bội giác không lớn kơn đơn vị bao nhiêu, vì khikhông có kính thì vật đặt cách mắt. 52 cm, và khi mang kính, chđặt vật gần thêm có2 cm nên góc trông ảnỈL không lớn hơn góctrông vật với mắt trần (không mang kính) một cách đáng kể.

3. Ví dụ 3 : 1- Một người dùng kính lúp Oi có tiêu cự fx = cm để quan sát một vật nhỏ AB. Người đó đặt vật trước kíncách Oi một khòảng 1,9 cm và đặt mắt sau Oi, sát quang tâm .Ođể quan sát- Hãy tính :

a) Sô' phóng đại k của ảnh A’B' của vật b) Độ bội giác G, má người này thu được, biế t rằng khoản

thấy lõ ngắn nhất, của mắt người iiày là Đ = 25 cm2. Để tăng số phóng đại và độ bội giác người này đật thêm

một thấu kính hội tụ Ơ2 tiêụ cự f 2 = 6cm sau Oi và cách ƠI mộtkhoảng 1 = 1 cm. Mắt bây giờ đặt sau 02 vàsả t Ơ2- :

a) Để độ phóng đại của ảnh là k' = 50 thì phả i đặt vật các

Oi là bao nhiêu ? b) Độ bội giác G’ thu được, khi đó, là bao nhiêu ?(ĩđch Đề fhi tuyển sinh Đợ/học Công đoàn, nam học ĩ999 -2000)

Giả i :

1. a)T acó : k= - 4 ^ = —í — = 20d i f - d i

b) Ta có : d i = - k di = - 38 cm. Độ bội giác là :a ’ ABG = — , với a = — - ;a Đ

> A' B , AB ^ ^ , Đ -IOa = -7- . = k G = kr 5» 13.

122



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





2- a) Ta có :

k = k] . k 2 -- d1 “ U1

1* 2

1 X1

Í2 “ d 2

(vì d2 = 1 “ d’i).

________i l-i 2 ________ ( i - f aKdj - f j J -d i f ! •

Theo đề bài Ịkị = k’ = 50 , và do ảnh ảo cùng chiều vớivậ t (yêu cầu cửa việc quan sát bằng mắt) nên k = 50.

Thay sô' ta có :

50 = -> di = 24410-7di * 175

244 ,• 244

« 1,4 cm.

b) Với : di = — cm -> dì =175 1

297 _ -» đ2 = —— cm.

53cm

Và di 594

kĐ

53 <-

cm. Lập luận tương tự như câu 1):

G’ = — r = 14,7.d2

4. Ví dụ 4: Một người cân thị khi đeo kính có đọ tụ D = -2 đsẽ có giới hạn nhìn rõ từ 12,5cmtới vô cùng; kính đeo sát mắt.

1) Hỏi khi không đeo kính, người đó có thể nhìn thấy vật dặttrong khoảng cách nào ?

2) Người này bỏ kính ra và quan sát vật nhờ một kính lúptrên vành ghi X 6,25; kính lúp đặt cách mắt2 cm.

a) Hỏi phả i đặ t vật trong khoảng nào trước kính lúp ? .

123



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





b) Tính độ bội giác củạ kính lúp khi đặt vật trước kíncách kính 3,5 cm.(Trích Đề thi tuyển sinh Đợi họcs phạm Hà Nội 2, nởm học ỉ997 - ỉ998)

Giả i :1- Tiêu cự của kính đeo :

f = — = - 0,5 m = - 50 cm.D

Vật ở vô cực kính cho ảnh ảoở điểm cực viễn của m ắ t :U = cc -> d’ = f = - 50 cm : điểm cực viễn cách

mắt 50 cm.Vậtở 12,5 cm kính cho ảnh ảoở điểm cực cận.:

d = 12,5 cm , f = - 50 cmd ĩ —> d’ = — = -10 cm : điểm cực cận cáchd - f -

mắt 10 em.2- Số ghi trên vành kính lúp là độ bội giác của kính tính

người có khoảng nhìn rõ ngắn nhất Đ = 25 cm khi ngắm chừỗ vô cực. Vậy ta có :

25cni6,25 = ——-— —»tiêu cự của kính lứp là :

^ _ 25 „■í = —— = 4 cm.6,25

a) Vật đặ t trước kính một đoạn xa nhất là đi thì kính chảo nằm ồ điểm cực viễn cách mắt 50 cm và, do đó, cách kí48cm. Suy ra : d ị= - 48 cm. Từ đó :

dl _ A L = S d ệ ấ . , 3,69 cnx.dĩ - f ( -48)-4

Vật đặt trước kính một đoạn ngằn nhấ t là d2thì kinh cho ảnhảo nằm ồ điểm cực cận cách mắt10 cm và cách kính8 cm. Suyra <Ỉ2 = - 8 cm, và từ đó : <Ỉ2 = 2,67 cm

124



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Vậy phải dặt vật trước kính ỉúp cách kính một đoạn có giá từ 2,67 cm đến 3,69 cm.

b) Ta có : d = 3,5 cmd.f 3,5x4 „-> d? = —— = ’ • •• =- 2 8cmd - f 3 ,5 -4

T d Qk = -----= 8 .d

Độ bội giác của kính lúp được tính theo công thức :

G = |fcl r - 5 - = 8 . • 10 = - * 2,67 lần.1 1 |đ |+ l 28 + 2 - 3

5. V í dụ 5 : Một người viễn thị có khoảng nhìn rõ ngấn nlà lm. Người đó nhìn mắt imnh (không đeo kính) qua một gươncầu lõm tiêu cự- Im (nheo một mắt và nhìn thấy mắt mởỗ giữagương).

a) Tínhkhoảng cách ngắn nhấ t từ mắttới đỉnh gương đểngười đó trông rõ ảnh ảocủa mắt mình.

b) Nếu gượng có kích thước nhỏ thì người đó trông rõ mmình. Hỏi nếu gương có kích‘thước lớn thì người đó có thể trô

rõ mắt mình không ? Tại sao ?c) Tính khoảng cách từ mắt tới đỉnh gương để người dó trô

rõ ảnh ảo mắ t mình với góc trông nhỏ nhất.d) Ngày thựờng người đó đeo kính hộị tụ (mỏng) có tiêu cự I

thì nhìn rõ vật đặtở xa vô cùng mà không điều tiết- Khi ngườiđó soi gương lõm trên mà không đeo kính thì cần đặt mắt cácđĩnh gương bao xa để trông rõ mắt mình mà không điều tiết.

Ợrích Đề thi tuyển, sinh Đợì học Mỏ - Địa chấ t năm học ỉ998 - 1999)Giải

a) Để trông.rõ ảnh của mắt, thì khoảng cách từ mắt tới nhất phải bằng lm (khoảng nhìn rõ ngắn nhất Đ của mắt). ảnh là ảnh ảo nên d’ <0, và điều kiện trên là :

125



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Tử số của phân số không đổi, vậy phân số (tức là a) nhỏ nhấtkhi mẫu số lớn nhất, tức lả khi d - f

Vậy để trông rõ ảnh mắt mình với góc trông nhộ nhất, phảiđặt mắt cách đỉnh gương một khoảng d bằng tiêu cự gương- (Khdó, ẳnh của mắt ở xa vô cùng tuy có kích thước dài rất lởn nhưng

ảnh đó lại được nỉún dưới góc nhọ n hấ t!)d) Kính hội tụ đặt trước mắ t th ì tạo ảnh thậ t của những

xa vô cùng, ảnh đó ồ sau mắt, cách kính một khoảng bằng tiêucự f = lm. Bỏ kính đi, mà quan sát ảnh ở trong gương không cầndiều tiết, thì gương phải tác dụng giống như thấu kính, tức là tạmột ảnh thậ tở sau mắt, cách mắt lm. Vậy điều kiện đặt mắt là :

d‘ - d = 1 m.

Ta có phương trình :

_ d = 1d - 1

d2 - d - 1 = o.Phương trình bậc hai nàý có hai nghiệm trái dấu, ta chỉ lấy

nghiệm đương :

d = « 1,62 1X1.

Vậy, để soi gương lõm mà không đeo kính, và mắt không cầndiều tiết, thì phải đật mắ t cách đỉnh gương d =1,62 m.

6. Ví dụ 6 : Vật kính eủa một kính hiển vi có tiêu cự 5mmthị kính tiêu cự 4cm. Vật đặt trước tiêu diện vật kính, cách tiêudiện 0,lmm. Người quan sát mắt không có tật, khoảng nhìnrõ ngắn nhất là20cm, điều chỉnh ống kính (khoảng cách giữa haikính) để mắt quan sá t ảnh không phả i điều tiết.

a) Tìm độ bội giác của ảnh và độ đài quang học của kính hiểnvi.

127



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





b) Năng suất phân li của mắt là 2' (1’ « 3 . ro-4rađ). Tínhkhoảng cách ngắn nhất giữa2 điểm trên vật mà mắt người nóitrên còn phận biệt được2 ảnh của chúng qua kính hiển vi.

c) Để độ bội giác có độ lớn bằng số phóng đại dài k eủa ảngười quan sát phải phải điều chỉnh độ đài ống kính bằng b

nhiêu (vật và vật kính được giữ cô' định). Um độ bội giác đó(7rích Đề fhi tuyển sinh Đạ/học Luật Hà Nội, năm học ỉ996 ~1997)

Giả i :

a) Khoảng cách d’ì từ quang tâm Oi eủa vậ t kính tớiAiBi của vậ t cho bởi vật kính :

àỵ l icú = = 25,5 cm.

d i - f iVì mắt quan sát ảnh không phải điều tiết nên ảnh AiBiỗ đúng tiêu điện của thị kính và độ dàiquang học của kính hiển vilà :

ô = di - fi = 25,5 - 0,5 = 25 cm.Độ phóng đại ki của ảnh AiBi :

d, diM = = 50

Độ bội giác của ảnh :

G = |ka| JĐh

= 50 204 250.

b) Góc trông của hai điểm còn phân biệt được trên vật AB làa _G

2.3.10~6250

= 2,4 . ÌO"6 rad

Khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm dó :L = -"Đ . a = 0,2 . 2,4 . HT6m = 0,48 ịiKi.

c) Để độ bội giác bằng độ phóng đại dài thi ảnh cuối cù bởi kính phải nằmở điểm cực cận, tức là :

128



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





d2 = - Đ = 20 cm.Suy ra :

~*iỉ ‘ứ

Độ đài ông kính bây giờ là :d\ + d2 = 25,525,5 + — « 28,83 cm.

3Độ bội giác bây giờ ỉà :

G = k = ki . k2 = 50 . 4^. - 300.- : ; _ d2 ;

m . BÀI TẬP ÁP ĐỤNG

2.1. Vật kính của một máy ảnh là một thấu kính hội tụ mỏngOi có tiêu cự fx “ 7 cm.. Khoảng cách từ vật kính đến phim có thểthay đổi từ 7 cm đến 7,5 cm.

1) Đùng máy ảnh này có thể chụp ảnh được các vật nằm ởkhoảng cách nào trước máy ?<"

2) Hướng máy để chụp ảnh của một vật ở rất xa. Góc trôngvật từ chỗ đứng chụp ỉà 3°. Tìm chiều cao của ảnh trên phim.

3) Sau thâu kính Oi người ta lắp thêm thấu kính phân kì Ơ2có tiêu cự f 2 = - 10 cm và nối dài thêm ống kính. Tìm khoảngcách giữa hai thấu kinh và khoảng cách từ thấu kính O2 đến

phim sao cho ảnh cuối cùng của vật thu được lớn gấp2 lần ảnhtrước đây.

(ĩ,rích Đề. thi tuyển sinh Đợi học Lâm nghiệp, nám học ỉ999 - 2000)2.2. Một người cận thị có điểm cực viễn cách mắt 45 cm.

1) Xác định độ tụ của kính cần đeo để người nàycó thể nhìnrõ các vật ở xa vô củng mà không cần điều tiết, kính cách mắt5cm.

5-BTVLSCT3 129



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





2) Khi deo kính (kính vẫn cách mắt 5 cm) người này có thểđọc được sách cách mắt gần nhất 20 cm. Hỏi khoảng cực cận mắt người này khi không đeo kính là bao nhỉêu ? ■

3) Để đọc được những dòng chữ nhỏ lĩià không cần điều tingười này bỏ kính ra và dùng một kính lúp có tiêu cự f = 5 cmđeo sát mắt. Khi đó trang sách đặt cách kính bao nhiêu ? Độ bộgiác của ảnh bằng bao nhiêu ?(Trích Đề thi tuyển sinh Đại học An ninh nhởn dân, năm học Ỉ99Ổ-19971

2.3. Mắt một người có điểm cực cận cách mắt 50 Cĩh và điểcực viễn cách mắt 500 cm.

1) Người đó phải đeo kính gì và có độ tụ bao nhiêu để đọ

sáchở cách mắt 25 cm.2) Khi đeo kính trên người đó có thể nhìn được nhặng vậtrong khoảng nào ?

3) Người ấy không deo kính và soi mặt vào một gương cầu lõcó bán kính R = 120 cm. Hỏi gương phải đặt cách mắt bao nhiêđể mặt người có ảnh cùng chiều ở vị trí cực cận của mắt. Tính bội giác của gương trong trường hợp. này.

(Trích Đề thi tuyển sinh Đại học Thủy lợi , nãm học ỉ990 - ì997)

2.4. Một người cận thị có khoảng nhìn rõ ngắn nhất là 16 cmvà giới hạn nhìn rõ (tức là khoảng cách từ điểm cực cận tói điểcực viễn) là 30 cm. Người ấy quan sát một vật nhỏ qua một kílúp có tiêu cự 4 cm. Mắt đặt cách kính10 cm.

1) Hỏi phải đặ t vật trong khoảng cách nào trước kính ? ■-2) Tính độ bội giác của ảnh trong các trường hợp người ấ

ngắm chừng ở điểm cực cận và ngắm chừngỏ điểm cực viễn.(Trích Đề thi tuyển sinh Đợi học Tài chỉnh - Kế toán Hà Nội,- nõm học 1996 - 1997)

2.5. Một người đứng tuổi kiii nhìn những vật ở xa thì khôn phải đeo kính, nhưtig khi đeo kính sô"1 sẽ dọc được trang, sáchđặt cách mắt gần nhất là 25 cm.130



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





1) Xác định khoảng cách từ mắt người ấy đến điểm cực cận vàđến điểm cực viễn khi không đeo kính.

2) Xác định độ biến thiên độ tụ của mắt ngườiấy từ trạng thái khộng điều tiết đến trạng thái điều tiết tối đa.

. 3) Người đó bỏ kính ra và dùng một kính lúp có.tiêu cự f =5cm để quan sát một vật nhỏ. Mắt đặt cách kính10 cm.

a) Phải đặt vậ t trong phạm vi nào trước kính ?

b) Tìm độ bội giác của ảnh khi người đó ngắm chừngở điểmcực cặn vàở điểm cực viễn.

(ĩrích Đề thi tuyển sinh Đợi học Đà Nỏng, năm học 1996 - 1997)

2.6. Một người cận thị có giới hạn nhìn rõ từ20 cm đến 50em. Có thể sữa tật cận thị bằng hai cách :

- Đeo kính Oi để nhìn rõ những vậtà Tất xa mà mắt không phải điều tiết.

- Đeo kính 02 để nhìn rõ yật ỏ khoảng cách gần nhất 25 cmnhư người bình thường. Xem kính đặt sát mắt. Hãy xác định :

a) Độ tụ của kính Oị và Oể* b) Khoảng thấy rõ ngắn nhất khi đeo kính Oi và khoảng thấy

rõ dài nhất khi đeo kính02c) Hỏi sữa tật cận thị theo cách nào lợi hơn ? Vì sao ?

(Trích Đề fhi tuyển sinh Học Viện Quơn hệ quốc tế, năm học ỉ997 - ĩ998)

2.7. Một người cân thị có điểm cực cận cách mắt 14 cm, điểm

cực viễn cằch mắt 50 cm.1) Để nhìn thấy vậtồ xa vô cùng mà mắt không phải điều tiết

thì người đó phải đeo kính loại gi, có độ tụ bao nhiêu ? Sau khiđeo kính trên người đổ có thể nhìn thấy vặt đặt cách mắt gầnnhất một khoảng bao nhiêu ? Kính coi như được đeo sát mắt.

2) Người đó bỏ kính ra và quan sát vật nhờ kính lúp có tiêu cự

131



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





í =4 ' cm, kính cách mắt 2,5 cm. Hãy tính độ bội giác của kínhlúp khi đặt vật cách kính một khoảng 3cm.(Trích Đề thi tuỵểr, sỉnh Cao ổỗng sứ phạm Hà Tây, nõm học J997- ỉ998)

2*8o Một người cận thị thử kính và nhìn rõ vật ở vô cùng đã

quyết định mua kính đó.a) Người đó đã chọn kính phân kì hay kính hội tụ ? Vì sao

biết ? b) Có thể khẳng định cách chọn kính như trên là chuẩn xác

hay không ? Vì sao ?(Trích Đề thi tuyển sinh Đại học Mỏ - Địa chốt , năm học ỉ999 - 200Ũ)

23 . Một người đeo kính có độ tụ Di = + 1 đìốp có thể nhìn rõ100các vật cách mắt từ ——cm đên 25cm.7

X) Mắt bị tậ t gì ? Để sữa tậ t này người ấy phải đeo kính có độtụ Đ2 bằng bao nhiêu ?

2}Khi đeo kính có độ tụ D2, người ấy thấy rõ các vật gần nhấtcách mắt bao nhiêu ? (kính dec sát mắt)

(Trích Đề thi tuyển sinh £>ại học Quốc giơ Tp Hồ Chí Minh (đợt ỉ), nõm học ỉ999 - 2000)

2.10. Một kính hiển vi học sinh gồm vật kính Oi, có tiêu cự f\= 2,4 cm, thị kính 02 có tiêu cự f 2 =4 cm được đặt cách nhaumột khoảng không đổi 1 = 16 cm. Vật nhỏ AB đặ t trước vậtkính; khoảng cách từ vật đến vật kính có thể điều chỉnh thay đổidễ dàng..

1) Một học sinh, mắt không có tật, điều chỉnh kính để quansát AB aua kính mà mắt không phải điều tiết. Tính khoảng cáchdj từ AB đến vật kính và độ bệi giác của ảnh. Vẽ hình. Biếtkhoảng nhìn rõ ngắn nhất của học sinh này là 24 cm.

2) Học sinh thứ hai có điểm cực viễn cách mắt 36 cm (khôngdeo kính) quan sát tiếp học sinh trên và để mắt không phải điều

132



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





tiết học sinh này phải dịch chuyển A3 một khoảng bao nhiêuTheo chiều nào ?

S) Thầy giáo chiếu ảnh lên một màn, 'biết ảnh có độ phóng k = 40 cm. Hỏi phải đặt A3 cách vật kính bao nhiêu ? Màn cáthị kính bao nhiêu ? '

(Trích Bề thi tuyển sinh Học viện Kĩ thuật-mật mõ, rtớm học ỉ997 - 199

2-ĩ lo Một kính hiển vi vói vậ t kính có tiêu cự 0,5 cm, thị kíncó độ tụ 2-5 đp dặ t cách nhạu một đoạn cố’ định 20,5 cm. Mquan sát viên dặtở tiêìỉ điểm ảnh cảa thị kính. Mắt không có tậvà có điểm cực cận xa mật2Icm.

1) Tìm phạm vi ngắm chừng của kính hiển vi (là khoảng cá

giữa, hai vị tr í đặ t vật khi ngắm ch-ừng ử điểm cực cận yàở vôcực).2) Tính độ bội giác của kính khi ngắm chừng ở vô cực vàở

điểm, eực cặn.3) Năng suất phân li cửa mắt là 310"4 rad. Mắt không điều

tiết, tính khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm trên vật có quan sát qua kính, hiển vi

2.12. Một ngưdi bị tật cận thị, khi đeo kính có độ tụ Dk =-2đp thì có thể nhìn rõ các vật trong khoảng từ 25 cm đến vô c(kính đeo sát mắt).

1) Tính độ biến thiên độ tụ của mắt.2) Ngưdi ấy không đeo kính. Để quan sát một vật nhỏ d

cách mắt 9,5 cm mà không cần điều tiết người ấy dùng một klúp tiêu cự fL - 5 cm. Hỏi kính lúp phải được đặt cách mắ t mkhoảng 1 bằng bao nhiêu ? Biết mắt và kính lúp cùng trục chín

(Trích Đề thi tuyền sinh Đợi học Quốc gia ĩp Hồ Chí Minh (đợt II), nãm hộc 7999 -2000)

2.13. Một kính hiển vi gồm hai thấu kính có tiêu cự lần lư bằng 5 cm và 0,5 cm, đặt cùng trục chính và cách nhau 21 cm

133



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Người quạn sát có điểm cực cận cách mắt 20 cm, điểm cực viễn,vô cực. Mắt đặt sát thịkính. . . . . . . .

1) Hỏi kính nào là vật kính, kính nậo là thị kính ? Tai sao ?2) Hỏi vật cần quan sật phải đật trong khoảng nào trước

kính?3) Tìm khoảng biến thiện của độ bội giác của kínhhiển vi đó.

2.Ĩ4. Mệt-ĩigười cận thi chỉ nhìn rõ các vật cách-mắt từ 15cmđến 45cm.

1) Người này đùng kính lúp có độ tụ D = 25 đp để quan sằtmột vật nhỏ. Mắt cách kính10. cm. Độ bội giác của ảnh bằng 3.Xác định khoảng cáchtừ vật đến kính.

2) Người này đặt sát mat vào thị kính của một kính hiển vi vàquan sát được ảnh của một vật nhỏ trong trạng thái không điềutiết. Cho biết tiểu cự của vật kính bằng lem, tiêu cự của thị kính bằrig 5 cm, dộ dài quang học của kính hiển vi bằng 10 cm.

Tính khoảng cách từ vật đến yật kính và độ bội giác của ảnhkhi đó.

(Trích Đềthí tuyền sihh Đợi 'học Ngoại thương, nỡm học 1999'- 2000)

2.15. Vật kính của một-kính thiêiì văn có tiêu cự fi và thịkính có tiêu cự f2.

1) Vẽ đường đi của tia sáng và sự tạo ánh qua kính, thiên vănkhi ngắm chừngò vô cực. Tìm công thức tính dộ bội giầc củakính khi đó. Áp dụng bằng số : fi = 15 m ; Ỉ 2 - ì>25 cm.

2) Dùng kính thiên văn trên để quan sát Mặt trăng, hỏi cóthể quan sát vật trên Mặt trăng có kích thước nhỏ nhất là bao

nhiêu ? Cho biết năng suất phân li của mắt ià2' và khoảng cáchtừ Mặt trăng tới Trái đất là 384000 km.(Trích Đềthi tuyển sình Đợi học .Gĩơo thổng vận tài Hờ Nội ,

o no h cJSS - 1097)

2.16. Một kính thiên văn nhỏ được ngắm chừng, một người cómắt bình thường có thể nhìn rõ ảnh của những vật ở xa vô cùn

134



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





mà không cần diều tiết; tiêu cự của vật kính ỉà1 m. Kính thịênvăn nàỵ được hướng xuống một giếng sâu sao' cho trục chỉnh củakính vuông góc với mặt nưđc và vặt kính nằm rigang miệnggiếng.

1) Hướng kính thiên văn vào một vật nổi tiện, mặt nước tronggiếng, khi dó mắt muỐR thấy ảnh cưa vật mà không cần điều tiếtthì thị kính phải địch chuỵển8 cm ra xa vật kính. Hỏi khi nhẵmkính vàc ảnh ảo của một điểm sáng nằm ngang miệng giếng quamặt nước thì thị kính phải dịch chuyển theo chiều nào, một đoặn bao nhiêu, để cố thể nhìn thấy ảnh đó mằ không cần điều tiết ?

2) Khi làm thay đẩi vị trí thị kính như trện, mắt thấy rõ cácvật nằm ở đáy giếng mà không cần điều tiết. Tính độ cao của

khôi nước-trong giếng và độ sâu của giếng. Cho biết chiết suấtcủa nước bằng —.

Với d'i = 7,5 cm -» di = 105 cm.

Máy có thể chụp ảnh được các vật nằm trong khoảng từ105cm đến vô cùng.

3

IV. HƯỚNG DẪN GIẢI, ĐẮP số

2.1. 1) Sơ đồ tạo ảnh :

* ẠlBị,

Với đ-Ị = 7 cm ->

2) Vậtồ rấ t xa : di =■ fi ;

tg a AB = AịBị dl " di

135



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Do dó khoảng cách tới ảnh là Ịd|

d.f d’ = = - 10,9 . . . « -11 cm.d - f

Khoảng cực cận Đc của m ắ t :Đc - - d’ + a =11 + 5 = 16 cm.

3) Kính đặt sá t mắt, ảnh của trang' sách tạo bởi kính ỗ điểm cực cận, nên :

do đó :

đ’ . = - 45 cm ,đ\f ã'-Ỹ

Bộ bội giác thu dươc :

Q - a * -<x Đ y

NhuGng |d] S Đv nên

= 4,5 cm.

Br AB

Đ<Đ,

g : =Đ, 16

4,53,56 lần.

2.3. 1) Kính phải cho ảnh ảo của vậtở cách mắt d’ = - 50cm mà |dj > d. Vậy đolà thấu kính hội tụ. Tiêu cự của kínhvà độ tụ của kính là :

« d.cT _ 1 _ d + d’ _ f -> D = — = —— = 2 dp.đ + đ f d.d’

2) Điểm gần nhất, màđặ t vật tạ i đó, mắt yẫn nhìn rõ là25cm.

Khoảng cách dv tới điểm xa n hấ t :đ’.f đ’- f ’

137



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





với d’ - -500 cm ; f = — - 0,5 m = 50 cm. •- Ddv = 45,45 . . . w 45,5 cm.

3) Tiêu cự của gương : f = — = - 60 cm.2 2Ảnh ở cách vậ t :

d - d’ = 50 cm -> d’ = đ - 50.

Ta có phương trình :

d - 50 = -V 'd2 -' 170d + 3000 = o.đ -6 0

Phương trình có nghiệm :D - 20 cm, và d = 150 cm > 30 cm (loại):

Gương phải đặt cách mắt 20 cm. .Khoảng cách từ gương tới ảnh :

|d'| = |d-50| = 30 cm.

Ảnh ở điểm cực cận nên độ bội giác G bằng độ phóng đại dàik :G = Ịk| = — = 3° = 1,5.

11 d 20

Chú V; Khi đặt gương cách mắt 150 cm thì gương cho ảnhthật, cũng quan sát được, cũngở cách mắt 50 cm,nhưng là ảnh

2thật , ngược chiều vật và chỉ bằng —vật.3

2.4. 1) Lúc đặ t vật gần n hấ t :

- = 16 - 10 = 6. cm. -» dj = -6 cm.

, dí.f _ . -di = — = 2,4 cmd i - f

138



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Lúc đặt vật xa nhất : —d.2 = - dV ' +' 30 =6 -r 30 = 36 cm.

ả 2-ĩ d2 = = 3 ,0 cm.

2) Khi ngắm chừngồ điểm cực cận, thì độ bội giác bằng đ phóng dại :

Gc = kĩ = = — = 2,5.2,4

Khi ngắm chừngở điểm cực viễn :đ2|OCc _ |_36_ 18ị OCyỊ3,0 16 + 30Cx2 - 3,5.

2.5. 1) Kính 1 điốD là kính hội tụ có tiêu cự f = 100 cmKính đeo sát mắt, vật đặt gần kính nhất cho ảnh ảoở điểm cựccậĩi của m ắ t:

đ.f d - f

100 Cĩĩí.d = 25 cm ; f = 100 cm -> d’ =

Vậy Đ = Id] = 33,3CHỈ1-

Vậy khi không đeo kính khoảng cách từ mắt đến điểm cực cậlà 33,3 cm và đến điểm cực viễn là00.

2) Kí hiệu khoảng cách từ quang tâm của của thủy tinh đến võng mạc làov. Vậtở điểm cực viễn (ỏ xa vô cùng) cho ảnhỗ vòng mạc, và lúc ấy mắt có độ tụ nhỏ nhất Dnũn :

X — +co o v

= d t

Vật ồ điểm cực cận (cách mất ^2^- cm = — ra) cho ảnh á óvõng mạc, và lúc ấy mắt có độ tụ ỉớn n hấ t :

o v

139



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Độ biến thiên độ tụ của mắt người đó :AD = Đmax - Dmin = 3 dp.

3) a- Vật đặí gần kính nhất cho ảnh ảoồ điểm cực cận củamắt, do đó :

70d’ = - 1122- 103

d’f 70 cm

cm ; í = 5 cm.

4,12 cm.d - f 17

Vật đặt xa kính nhất cho ảnh ảoỗ điểm cựe viễn nên :đ ss f = 5 cm.

Vậy vật phải đặt cách kính trong phạm vi tờ 4,12 cm đến

5cm. b) Khi ngắm chừng ở điểm cực cận :

Gc - |k| 17 * 5,7.

Khi ngắm chừng ở điểm cực viễn :

D _ _ 3 _

f 5

20

2.8. a) Khi đeo kính Ơ! thì qua Oị vật ỏ vô cực cho ảnh ảo ỏcách mắt 50 cm. Như vậy d SB00 ; d’ = - 50 cm, suy ra fi =

1- 50 cm và = — = - 2 dp.

*1Khi đeo kính. 02 thi qua O2 vật ồ cách mắt 25 cm cho ảnh

ảo cách mắt 20 cm. Như vậy : đ = 25 cm ; dJ = -20 cm.d.đ'

đ + d’- 100 cm = - 1 ĩĩì.

£>2 = ~ ■= - I d p .f 2

b) Khoảng thấy rõ ngắn nhất khi đeo kính Gi :

140



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





fi = - 50 cm ; ổỊ = - 20 cm , suy ra :

di f-;di = —r 1 — = 33,3 cm.. - .d i - f i -

-> khoảng thấy rõ ngắn nhất khi đeo kính Oj là di = 33,3 cmBể tìm khoảng thấy rõ dài nhất khi đeo kính 0 2, ta có :

f 2 5K.. - 100 cm ; d<2 = - 50 cm, suy ra :

■ d2 = 4 2 'f-2-= 100 cm :d2 - f2

khoảng thấy rõ dài nhất khi đeo kính02 là d2 “ 100 cm.c) Ta đã thấy :- Khi đeo kính Oi, giới hạn nhìn rõ là từ00 đến 33,3 cm.- Khi đeo kính 02, giới hạn nhìn rõ là từ100 cm đến 25 cm.

Như vậy rõ ràng là giđi hạn nhìn rõ trong trường hợp đekính Oi rộng hơn. Do đó nên sửa tậ t cận thị bằng cách đeo kíOị là có lợi hơn (nếu muốn nhìn vật gần hơn 33,3 cm ta chỉ vi

bỏ kính ra).

2.7. 1) Độ tụ kính đeo :d = oo ; đ’ = - 50 cm -» f =- 50 cm -» D = - 2 dp.

Vật cách mắt gần n hấ t:

d’ - - 14 cm ; f = - 50 cm d - -a 40,3 cm.d - f

2) d = 3 cm ; f = 4 cm -> d* = - 12 cm k = 4

Độ bội giác :W Đ 14. - i i - = 4 . — — .» 3,82 lần.

d’+l 12 + 2,5

2.8. a) Người đó dã chọn kính phân kì. Bởi vì đối với ngườcận thị,'thủy tinh thể phồng hơn, đo đó có .độ tụ lổn hơn so

141



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





mắt bình thường, khi nhìn một vật ở xa vô cùng sẽ cho ảnhỗ trước võng mạc. Nếu đeo -thêm kính hội tụ, độ tụ lại tăng hơnnữa, nên ảnh càng ra xa võng mạc hơn về phía trước. Vậy khôngthể nhìn rõ vậtở vô cùng được.

b) Không. Kính được chọn chuẩn xác là kính deo vào nhìn rõ

vật ồ xa vô cùiìg mà mắt không phải điều tiết. Ớ đây, theo đề bài, người đó đeo kính nhìn rõ vật-ỏ xa vô cùng, diều này chưađảm bảo mắt người đó không phải diều tiết.

2.9. 1) Kí hiệu Cc và Cv là điểm cực cận và điểm cực viễĩìcủa mắt người dó khi không đeo kính ; Cy và Cy là điểm cựccận và điểm cực viễn khi người đó đeo kính có độ tụ Di-

Ta có các phương trình sau :

- Ị - - — = D, (1)OCc OCc

và - 4 r - - —^ = D] (2)OCv OCv

1 1Từ đó suy r a : OCc = —m ; OCv = —m.6 3

Vì điểm cực viễn cách mắt một khoảng hữu hạn nên mắtngười đó mắc tật cận thị.Để sửa tật này người đó phải đeo kính có độ tự D2 sao cho

nhìn vật ở xa mắt không phải diều tiết, tức là Cy = c0-Vậy ta có phương trình :

1 1 ^ — = D2OCy OCy

-> D2 = - = - 3 đp .OCv /'3

2) Khi đeo kính có đội tụ D2, ngưối ấy thấy rõ vật gần nhất

cách mắt một khoảng cLvớid’ = - OCc = - — m, f 2 = — 6 D2

142



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





X 1 — m . Suy ra đ — —m = 33,3 cm. ,

3 3 •

2.10. 1) Để quan sát AB mà khống Cần điều tiết học sinh phải điều chỉnh kính sao cho ảnh cuối cụng A2B2 nằm ở vô cực,muôn vậy ảnh AiBi của vậ t qua vậ t kính Oi phải ở đúng tiêuđiểm vật của thị kính02 :

d2 = 00 —> d2 = f 2 -» di = 1 - d2 = 1 - f 2 = 12 cm

di.fivà di = , ■— - = 3 cm.à i - h

Khoảng cách từ AB đến vật kính là dj = 3 cm.

Vì ảnh cuối cùng ở vô cực nên độ bội giác là := _ M f l + f 2)ĨB = 24

Í1-Í2 h -hVẽ hình (Hình 6.13 SGK Vật lí12).2) Đối vứi học sinh thứ hai, ảnh cuốỉ cùng A2B2 là ảnh ảo,ở

cách mắt 36 cm, vậyở 2 = T 36 cm. Từ đó :

d2 = = 3,6 cm d'l = 1 - Ớ 2 = 12,4 cm ;d2 - f 2

dj = ị l ỉ l = 2,976 cm.d i - f x'

Vậy học sinh này phải dịch chuyển vật AB lại gần thấu kínhmột khoảng :

Adi = 3 - 2,976 = 0,024 cm s= 0,24 mm.3) Độ phóng đại của ảnh trên màn :

fl f 2 _ fl -f2

d ! - f w

143



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





*1*2

Ảnh cuối cùng A2B2 là ảnh thật của vật thật AxBi (cho bởiO2) nên ngược chiều với AiBị ; AxBi lại là ảnh thặt của AB (cho

bởi Oi ) nên A1B1 ngược chiều với AB. Suy ra ảnh À2B2 cùng

chiều vởi AB, do đó k = + 40 (theo đề bài), vá ta có :

: màn cách thị kính 45,67 cm.

2.11.1) Khi ngắm chừngỗ vô cực :1

do = co -» d2 = f 2 = -rr = 0,04 m = 4 cm ;* 25

d i = 1 - d2 = 16,5 cm

-» di = ã1- 1 = 0,515625 cm.

Khi ngắm chừng ở điểm cực cận :(I2 = - 21 cm -> d2 as 3,36 cm ■“> áỵ SS17,14 cm.

-» di = 0,515024 cm.Vậy phạm vi ngắm chừng của kính hiển vi là :

0,515625 - 0,515024 = 0,000601 cm « 8 ịim.2) Độ bội giác khi ngắm chừngở vô cực :

3,025 cm :

phải đặt vật cách vật kính d'i = 3,025 cm.

(L lỵKhi đó: • ■ di = ■■■■* — - . 11,616 cm ->

d x - f i

d i - f i

ÔĐ 16.210,5.4

168.

144



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Từ công thức :d.fĩ d’ = —-J=L- , với fL = 5 cm, suy ra phương trình :

đ - Í L

I2 - 59,5 1 + 272,5 = o.giải ra ta được : 1 = 5 cm (loại nghiệm 1 = 54,5 cm vì phải; có1 < 9,5 cm).

2.13. 1) Trong kính.hiển vi, vật kính có tác dụng tạo một ảnhthật rất lớn của vật, nên có tiêu cự rất ngắn, còn thị kính có tácdụng như một kính lúp để quan sát ảnh thật nói trên, nên cũngcó tiêu cự ngắn nhưng lớn hơn tiêu cư của vật kính. Vì vậy kínhcớ tiêu cự fj = 0,5 cm là vật kính còn kính có tiêu cự f 2 = 5cm là thị kính.

2) Để người đó nhìn rõ ảnh A2B2 của AB tạo bỏi kính hiển vi,ta phải có (do thị kính sát mắ t) :

O2CC |d2 — 0 2c v.

-ỳ- 20 cm < |d2| < 00.

Khi d2 = - 20 cm d2 = 4 cm ;

d'ì '= 17 cm và di s= 0,515 cm.Khi Ở 2 = 00, <Ỉ2 = Ỉ 2 = 5 cm ;

di = 16 cm , và di = 0,516 cm.

Vậy vật cần quan sát phải dặt trong khoảng :0,515 cm < di < 0,516 cm.

3) Độ bội giác của kính hiển vi :

G = a = di QCCa 0 di ’ d -2

Khi ngắm chừngỗ điểm cực cận :

Gc = -H — . — * 165.0,515 4

146



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Thay sô" ta được :

G„ = — - ì? - = 1200.1,25 xlO' 2

2) Khi nhìn trực tiếp bằng mắt thì khoảng cách giữa hai điA, B mà mắt còn phân biệt được là :

ABnũn = d . tga = 384000 . 103 . 23 . xo-4 (m).-» AB= 230400 m = 230,4 km.Quan sát qua kính với bội giác G thì khoảng cách này chỏ đi

G lần tức là bằng :

= 0,1916 km ABmin * 200 m.1200

2.16. 1) Khi ngắm chừng ở vô cực muốn chomất bình thườngquan sát ảnh qua kính mà không điều tiết thì thị kính phải cáehvật kính một đoạn :

4- f2 ,với fi, f *2là tiêu cự của vậ t kính và th ị kính (theo đề bài íi = Xm= 100 cm).

Khi dùng kính quan sát vật nổi trên mặt nước trong giếng ta

có sơ đồ tạo ảnh :„_ vật kính . _ thị kính , _ Mắt . _

A B ^ A XB X ------- ---------- ỳ A.2B2 -------------- 5* A.3S3d di ã-2 &2

Với d ià khoảng cách từ vậ t đó tới vậ t kính (tức là từ mặnưởc đến miệng giếng). Vì mắt thấy ảnh mà không điều tiết nA2B2 ồ vô cực.

d2 — co —ỳ

. , ' 1Ta lai có: di = ■1 d - ĩỵ

Theo đề bài, bây giờ khoảng cách giữa vật kính và thị kính làỈ9 — lj + 8 ~ ĩ\ + Ỉ2 + 8.

148

d2 = f2-

IQOdd -100



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Mặt khác ta lại có : d2 = Ỉ2 - dí , suy ra :lOOdí*2 = (*1 -r Í2 + S) — d -100

100d __ - > ■ - = fi Ỷ8 = 108 -» d = 1350 cm :d -100

mặt nước cách miệng giếng 1350 cm = 13,5 m.Kí hiệu Sv là điểm sáng nẵm ngay miệng giếng và

ảnh của điểm sáng này qua mặt nước (coi như gương phẳngthấy 8} cách vật kính một khoảng dx =2d. Với sơ đồ tạo ảhhtương tự như trên ( Si trở thành vật đối với kính thiên văn).ta(mắt không điều tiế t) :

d2 = 00 “> (Ỉ2 = Ỉ2à = ị l ỈL - = 222Ì . * 103,85 cm.

1 d i .- fx đ- 50

Khoảng cách giữa vật kính và th ị kính bây giờ là :

13 = 4.2 + dj = 'Í2 +. ^1

So sánh với khoảng cách ban,đầu li giữa vật kính vàkính ta thấy th ị kính phải dời ra xa vật kính một đoạn

A1 = I3 - li = d*! - fi = 3,85 cm.

Còn so với vị trí thứ hai thì thị kính phảidịch lại gần vậtkính một đoạn : 8 - 3,85 = 4,15 cm.

2) Thị kính ỗ cách vật kính :I3 = ũ. + 103,85 cm.

Sơ đồ tạo ảnh của vật nằmỗ đáy giếng :

LCP VK TK AB ----- —— > A1B1 - — - > A2B2 — — —> A3B3do dỏ ẩị di d'2 à'2

149



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Mắt nhìn thấy ảnh các vật ở đáy giếng mà không cần diềtiết nênA3 B3 ởvô cực:

d2 = co d2 = f2.

Xét ảnh A1B1 :

Ịẹ .- = “ _> do = '2. = _ L d . J . h,do 1 ° n 4 4 ’

với h là độ cao của khôi nước trong giếng.Khoảng cách từ A1B1 tới. vật kính là :

đ! = — + d ■(d = 1350 cm).4 .

Ta có : d2 = la - di = fz , :

100/ — + 135o1Với

4

ls = Ỉ 2. + 103,85 = f 2 + d*.

— + 1350-100

và

Từ dó tầm được h = 1800 era - 18 ni.Độ sâu của giếng :

H = h + d = 31,5 m.

150\



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Phần 2. TÍNH CHẤTs ó n g c ủ a á n h _ SÁNG,. LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG

§3. TÍNH CHÂTSỚNG CỦẦ ÁNH SÁNG

I- KIẾN THỨC Cơ BẢN

1. Ánh sáng là sóng điện từ có bước sóng ngắn, Ánh sáng đơnsắc có bước song X (tần số f) xác định và có một màu nhất định(gọi là- màu đơn sắc).

Ánh sáng trắng (hay ánh sáng phức tạp), như ảnh sáng mặttrời, ánh sáng đèn... là hỗn hợp của nhiều ánh sáng đơn sắc, cómàu biến thiên liên tục, từ màu đỏ đến màu tím.

Trong thực tế những ánh .sáng đơn sắc có bước sóng lân cận

nhau thì gần như có một màu. Vì vậy trong miền ánh sáng trôngthấy (còn gọi là quang phổ khả biến) người ta đá phân định ranhững vùng màu khác nhau như sau :

Vùng đỏ có bước sóng A, = 0,640 -T0,760 Ịim;Vùng da cam và vàng X = 0,580 -ỉ- 0,640 Ịiiĩi;Vùng lục : X = 0,495 -T0,580 Ịim;Vùng lam chàm A.= 0,440 -T0,495 (Jim;

Vùng tím X. = 0,400 -T0,440 pm.2. Tán sắc ánh sáng là hiện tượng một chùm ánh sáng trắng

bị tách thành nhiều chùm ánh sáng đơn sắc.Một chùmánh sáng trắng song song đến lăng kính, khi ló ra

khỏi lăng kính bị phân tích thành một dải nhiều màu, từ đỏ đếntim, gọi là quang phổ của ánh sáng trắng. Tia đỏ bị lệch (về phía

151



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





đáy lăng kính) ít nhất, còn tia tím bị lệch nhiều nhất. Ánh sángđơn sắc không bị tần sắc khi di qua láng lánh.

Nguyên nhân cửa sự tán sắc ỉà do chiết suất của môi trường phụ thuộc vào bước sóng (tần số} của ánh. sáng. Đối với thủy tinhvà nước, cũng như đa số cácchất khác, chiết suất giảm khi bướcsóng tảng.

3. Mối liên hệ giữa bước sóng X cỏa ánh sáng' đơn sắc trongchân không và bước sóng cửa ánh sángẵơn sắc đó trong môitrường chiết suất n :

= — , vđí X = = — íc = 300000 km/s).n f

4. Giao thoa ánh sáng là sự tểng hợp của hai sóng ánh sáng

kết hợp, đó là các sóng ánh. sáng áo hai nguồn sáng kết hợp phátra, có cùng phương dao động, cùng chu kì (tần số) dao động (cùngmàu sắc) và có hiệu số pha đao động luôn không đổi (theo thờigian).

5. Những điểm sáng nhất (vân sáng, cực đại giao thoa) lànhững điểm mà tại đó hiệu đường đì của hai sóng bằng một sốnguyên lần bước sóng :

đi - CỈ2= kX (k = 0. ± X, ± 2„.)Còn những điểm tối nhất (vân tốỉ, cực tiểu giao thoa) ỉà

những điểm mà tại đó hiệu đường đi của hai sóng bằng một sô" lẽlần nữa bưởc sóng :

ầỵ - d2 = (2k + 1) -2

(k = 0, ± 1, ± 2...) s6. Trong trường hợp ánh

sáng đơn sắc truyền trongchân không hoặc trongkhông khí, tỉa vị trí eủa vânsáng bậc k quan sát đượctrên màn E xác định, bằngcông tức : s2

a

Ea Hĩnh 3.1152



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Với a= S1S2 (khoảng cách hai nguồn kết hợp) ; D = IO là khoảnADcách từS S 2 đến màn quan sát s ; i----- là khoảng vân (khoảnga

cách giữa hai vân sáng hoặc giữa hai vân tối cạnlì nhau); k =0ứng với vân sáng chính giữa (vân sáng trung tâm); k = ±1 ứngvới vân sáng bặc 1... (Hình 3.1).

VỊ trí các vân tối trên màn E :

x t = (k + —) — = (k + —)i* 2 a 2Trong trường hợp ánh sáng trắng (ánh sáng phức tạp) vâ

sáng trung tâm có màu trắng, các vân sáng bậc1 của tất cả cácthành phần đơn sắc trong ánh sáng trắng tạo ra quang phể bậ1

(bờ tím ỏ phía O),.. các quang phố bậc2, 3... có một phần chồnglên nhau, ta có quang phỗ vằn.7. Trong thí nghiệm lâng (Young) để tẹo ra hai nguồn

đơn sắc kết hợp người ta chiếu ánh sáng đơn sắc (phát ra từ mnguồn sáng đơn sắc S) vào hai khe hẹp (khe Iâĩig) Si, s 2 nằmsong song và rất gần nhau trên một màn chắn sáng, khi đó, đmãn quan sát Eà phía sau ta quan sát được các vân giao thoa làcác vạch sáng, tốỉ xen kẻ nhàn. Hiệu đường đi tại điểm M t

màn (Hình 3.1) ỉà :đo “ di = —— D

13- BẰ Ĩ TẬP VÍ BỤ1. V Ị dụ ĩ ĩ Người ta bố trí một sơ đồ thí nghiệm quan

hiện tượng tán sắc ánh. sáng như sau. Anh sáng trắng qua mkhe hẹp s son g song với cạnh của lăng kính p. Lăng lánh có tiết

diện thẳng là một tam giác vuông cân ABC (góc chiết quang A90° ; AB = AC) và có chiết suất đối với ánh sáng đỏ bằng 1thấu kính Lq tạo chùm tia song song đi tới lăng kính, thấu kínL2 ỉàm hội tụ các chùm tia song song ló ra khỏi p trên mặn MChùm tia song song sau thấu kính Li! tới lãng kính là chùm titới từ phía đáy lăng kính đi lên.

153



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





a) Xác định góc giới hạn phản xạ toàn phần cửa chất làm lăngkinh đổì với ánh sáng đỏ.

b) Chứng minh xằng các tia sáng khúc xạ qua mặt bên AB tớingay mặt bên AC sẽ phản xạ toàn phần trên mặt AC ; còn cáctia khúc xạ qúa mặt ÁB tới mặt đáy, phản xạ trên mặt đáy tớimặt bên AC, sau khi khúc xạ qua mặt bên AC sẽ là các tia songsòng với nhau.

c) Với các tia sáng chiếu từ khe s như đã mổ tả õ trên, chứngminh rằng trên màn M ta không quan sát thấy hiện tượng tánsắc ánh sáng. Tiêu cự của các thấu kính Li và L2 không phụthuộc vào bước sóng của ánh sáng chiếu tới.

•(Trích-Đề thi tuyển sinh Bợi học Bách khoa Hà Nội, năm học ỉ996 - ĩ997)

Giả i :a) Ta có :

sinigh = — = — •= 0,625n 1,6igh = 38°40

b) Các tia sáng song songtới mặt bên AB dưới cùngmột góc tới i, sệ khúc xạ quamặt AB dưới cùng một góc rmà (hìxứi 3.2):

sinr = — sinin sini

Vì i < 90° nên sini < 1,và do đó sin r < và r < igh1,6 ^

hay r < 30°40JKí hiệu lo là điểm tới của tiaSCI0 cho tatia khúc xạ I0C qua

đúng điểm C. Ta có ACIo “ r và AIo == AC tgr. Tia s olo phân chiachùm sáng tới lăng kình lam hai phần : một phần rọi vào đoạnAI0, phần kia vào đoạn I0B.

Hình vẽ cho thấy các tia khúc xạ, ứng với các tia tới đoạn AI0,154



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





sau khí khúc xạ qua AB sẽ gặp mặt AC; còn các tia khúc xạ, ứnvới các tia tới đoạn ĨCB, sau khi khúc.xạ sẽ gap mặt BC.

Kí hiệu r’ và góc tđi của tia khúc xạ IiKi ỏr mat AC, ta có (xemhình 3.2) : . ■’

r’ + r = A = 90° r’ = 90° - r ; ..Với r < 38°40’ < 45° thì r’ > 90° - 38°40’ > igh,. do đó tia I]Ki

không cho tia lổ khỏ i mặ t AC và nó. sẽ bị phản xạ toàn phần, tmặt BC.

Xét tia S2Ĩ2 tới điểm ĩ 2 trong đoạn I0A, tia này cho tia khúcxạ I2J, ứng với góc khúc xạ r. Tia I2J tới mặt BC dưới góc oc =45° + r > ũh, do đó nó bị phản xạ toàn phần theo JK2, và tớị. Kở mặt AC dưới góc tới r 2 = a - 45° = r < Igh, .vì vậy tia JK 2 chotia ló rẩ kb.01 mặt AC dưới gốc lóị* mà sin? = nsinr 2 = nsinr “i, suỵvra i’ = í;: ẽó nghĩa là tiả I0 K 2R đếìxửng vối tia tổi S2I2qua đường phân giác của góc Â. Vĩ luộri iuqn có i’=i nên chùmtiả ló qua mặt bên AC ià chùm song song.

c) Qua chứng minh ở trên ta thấy rằng tính chất i = i kh phụ thuộc chiết suất n, tức là khòng phụ thuộc bước sóng và mảnh sáng. Các tia sáng có bước sóng khác nhau trong chùm ánhsáng trắng tổi lăng kính, khỉ ló ra khỏi ĩiiặt AC vẫn song sonvới nhau, do đó sau khi qua thấu kính L2 chứng lại hội tụ tạicùng một điểm (tại tiêu điểm phụ trên tiêu diện), nghĩa ỉà chúnlại tạo nên ánh sáng trắng. Như vậy ta không quan sát đượhiện tượng tán sắc.

2. Ví dụ 2: Hai khe lângs l5s 2. cách nhau a =2 mm đượcchiếu bồi nguồn sáng s.

a) s phát ánh sáng đơn sắc bước sóng Ằ4, người ta quan sát

được 7 vân sáng mà khoảng cách giữa hai vân sáng ngoài cùngđo được 2,16mm. Tìm bước sóng A-1 biết màn quan sát cách S1S2

một khoảng D = l,2m. b) s phát đồng thời hai-'bức xạ- : -màu~đỏ bước sóng X 2 =

640mn, và màu lam bước sóng = 0,480 Jim, tính khoảng vân i2i3 ứng 'vói hai bức xạ này. Tính khoảng cách từ vân sáng trungtâm (vân số 0) đến vân sáng cùng màu với nó gần nhất.

155



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





c) s phát ánh sáng trắng. Điểm M cách vân sáng trung tâmmột khoảng OM = .Imm. Hỏi tại M mắt ta trông thấy vân sáncủa những bức xạ nào ?

(Trích Đề thi tuyển sinh Đợi học Cõng đoàn, năm học ỉ997 - ì993)

Giải:a) Theo đề ra độ dài 2,16 Him, chính là 7 - 1 = 6khoảng vân :6ii = 2,16mm —ỳ ij = 0,36 nrni

ÀDAp dụng công thức tính khoảng vân i = —— ta có :aixa 0,3610-®-210-3

ị Ệ ---------------------- “ 0,6.10 m = 0,6 pin.D 1,2

b) Ta có : i2=-^5 . =:640-ỉ9~9. 1?- = 0,384. xcr 3m = 0,384 nun;a 210

i3 = ^ 5 - _ 0,480.10 ^ -1,2 _0}28S 10-3m _0}288 mma 210

Tại o có sự chồng chất của hai vân sáng ứng với%2 và x3. Vânsáng cùng màu với vân sáng trung tâm cách vân. sáng trung tâmmột đoạn X :

X = k2Ỉ2 = k3i3, trong đó k2 và k 3 là các số nguyên dương nhỏnhất để Xnlxỏ nhất. Ta có :

k 2 13 _ ^3 _ _ 480nm _ 3k 3 ~ Ỉ2 ^2 03640jLim ” 4

Như vậy k 2 nhỏ nhất bằng 3, khi đó k 3 nhỏ nhấ t bằng 4.

Ta có :Xuiin = k 2 i2 = 3.0,384 nun “ 1,152 mm

c) Tại M là vân sáng của bức xạ có bước sổng X nếu : __OM = k — ■' , vái k là số nguyên đươnga

156



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Giải :1. Ta cớ khoảng vân

m 0,5.10_ổ •3 1 ^ _ i —— = ------------- = 1,5.1U m =1,0 mm.a 10

2. Ví trí vân sáng bậc 3. XD 0. 0 ___ Xs = k —— = 2i = 3mma

Vị trí vân tối bậc 4 :

xt = (k +. - ) i = (3 + - ) i = 3,51 = 5,25mĩĩi. 2 2

3. Ta đã biết, khi chưa đặt bản mỏng hiệú đường đi từ hainguồn St và s2 đến M là :

do - di = — , với X= OMD

Vì bản mòng đặt sau khe Si, đường đi d2 vẫn như cũ, nhưngđường đi từ Si đến M thì khác trưởc vì có một phần đitrong bảĩimỏng. Nếu chỉ xét các vân gần vân sáng trung, tâm: màtaquansát được /phương truyền sóng gần như vuông góc vói. mặt bản)thì thời gian ánh sáng đi trong bản là-t = —, cũng trong thời

Vgian đó ánh sáng đi trong không khí dược một khoảng e' = ct =C— = —e = ne (vì n = —). Như vậy bản mỏng đã có tác dụng

Y V Vlàm chậm sự truyền ánh sáng, hoặc tương đương với sự kéo dàiầường đi của tia sáng SiM một đoạn là e' - e = (n -1)8. Do đó khiđặt 'bản mỏng trước Si quãng đường đi di trở thành bằng

d‘i = dỵ + (n - l)e Như vậy hiệu đường đi từ Si đến s2 đến điểm M trên màn là :

d2- = <Ỉ2 - d.Ị - (n - l)e —>d2 . d'! = —■- (n - l)e

Bây giờ các vân sáng trên màn ứng với d’2- di = kA.

“hay — - (n - l)e = kX,

158



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Ta thấy vân sáng trung tâm, ứng vói k = 0, bây giờ không cònở điểm o nữà, mà sẽỗ tai mọtđiểm Xọ.ma

ax0 / -.s ^ — — - (n - l)e =. G, :D

u (n-l)eDhay Xq = ----------- (1)" aVì khoảng vân không thay' đổi, nên điều đó .chứng tỏ vân sáng

trung tâm của hệ, và đo đó cả hệ vân, đã đi chuyển: đi-niột đoạnXo* Thay số ta dược

Xo = l1 5 1 ,, ,1)10-10tLẼ. = l5,3:lĐ‘3m = 15,3xnm1 1 A “ 3

4,Ví dụ 4 : Một hệ gươngFrexnen gồm hái gương phẳngGi và G2 nghiêng nhau một góc a G2* .. >■- 15’(Hlnh 3.4). Đặt một khe *g~sáng hẹp s song song với giao \tuyến I của hai gương này và \cách I một khoảng SI = r =t «18 \

cm. Gọi Si và s2 là 2 ảnh ảo của M \s cho bôi hai gương. Các tia sáng E ■ : Qcủa khe s phản xạ lến Gi và G2 Ị-r h3 4hình như phát ra từ Si và s2 vàtruyền tới giao thoa với nhautrên màn ảnh E đặt vuông góc với mặt phẳng trung trực củađoạn S1S2 theo giao tuyến o. Khoảng cách từ màn ảnh E tới giaotuyến I của Gi và G2 là OI “ D = 2,96 cm.

1. Vẽ và tính khoảng cách a giữa hai ảnh Si vàs 2.2. Biết rằng với kích thước các gương Gí, G2 đã được sử

dụngồ trên thì bề rộng của vùng giao thoa trên màn E có giá trịlớn nhất là b, hãy tính b.

3. Ghứng minh rằng vđi hiệu dường đi của hai tia sáng từ

159



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





s phát xạ5 phản xạ irênGi yà G2 trưvền tới giao thoa với nhau.tại điểm M trên màn' B được xác định bởi công thức :

vđỉ X - OM là tọa độ cửa diem M so với điểm gốc o trên màn E. Từ đó suy ra công thức xác địnli vị trí các vân sáng và vân tối trên màn E.

4) Tính khoảng vân i và số vân sáng írong vùng giao thoa trên màn E đối với ánh sáng với bước sóng X =. 0,650 pm. Muốn táng độ rộng củâ khoảng vân i thì phải tăng hay giảm góc nghiêng a giữa Gi vàGz ?

5) Giả sử ánh sáng phát ra từ khe s với một bước sóng từ 0,480 ịiin đến 0,760 ỊHU- Hãy tìm bước sóng cụa các ánh sáng đơn sắc cho vâạ tối tạ í điểm M trê n màn E cách điểm o một khoảng Xi = 4,5mm.

SìM - SoM = đi - d2 *D -h ĩ

Giải:1) Ba điểms, Si, s 2đều cách I một klioảng bằng r (SI = S].I =

S2Ĩ). Góc giũra hai gương là athì góc tạo bởi hai tia phản

Si

xạ IÁi (ĩSi) và IA2 (IS2) của SI S2là 2a.

Ta có (xét tam giác S1ĨS2) -Ả

a = S1S2 = 2. IHtga = 2ra(vì góc a rất nhỏ tga ~ a (rad)

540 _ fìie —-— = 0,15 cm (vì 1 -3500

—“— rad)3500

Hình 3.5 —ỳ a = 1,5 nun

160



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





2) Bề rộng của vùng giao thoa (trường giao thoa) có giá trị lớnnhất khi hai tia sáng phản xạ ở mép ngoài của mỗi gương khônggặp các tia phản xạ ở mép trong của gương kianhư đã vẽ trênhình 3.5 (để đảm bảo điều kiện này chỉ cần có kích thước haigương đủ lớn).

Khi đó, độ rộng của trường giao thoa là (xem hình vẽ) b = A*A2

Để tính b ta xét hái tam giác đồng dạng OA1A2 và OS1S2, ta có :A1A2 = 10 _ p . 296

" ĨH ‘ r ’ 18SiS2

—> b = A1A2 = S1S2- 29618

= 25,4 mm

3) Để chứng mình công thức ta vẽlại vị trí các điểm. Si, S2, M, X, o nhưở hình 3.6, và xét tam giác MS1S2; ápdụng định lí về hiệu bình phương haicạnh của tam giấc ta có :

s p đ 2 - S^M2 = 2 S Ã . JĨK

Vì HK = OM =X, ta được : 2axd2 +di

Vì a và Xđều rất nhỏ so với khoảng cách HO = D + r nên cóthể coi như di + d2= 2CD + r). Từ đó suy ra

2 ■di — ax

D + r

- Nếu d2 - (Ỉ! = kx, với k = 0, ± 1, ± 2... thì tại M ta có vânsáng bậc k, vân này cách điểm o một khoảng Xỵ mà :

XCD-+ r)x =D + r

-> xk = k

6-BTVLSCT3 161



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





- Nếuẩ 2 r di = (k + - )A, với k =0, ± i, ± 2... thì tậi M ta có

vân tối, vân này cách điểmo một khoảng Xỵ mà

n 1 VI _ _ /1 1 , MD + r)(k + - T = -■ Xt = (k + —) — -— 2 D + r 2 a

4) Khoảng vân là :• - MP + r) ss. /KD + r)

a 2raThay số ta được

i = 1,3 mmVì bề rộng của trường giao thoa là b = 25,4mmnên sô' khoản

vân chứa trong vùng giao thoa là : N = b 25,4 = 1953

i 1,3Có 19,5 khoảng vân, đáng lẽ ta có thể trông thấy 19 vân

sáng, nhưng trong thực tế đo có hiện tượng nhiễm xạ, nên hmép Aị , A2 của trường giao thoa không thật rõ nét, và số vânthật sự quan sát được bao giờ cũng nhỏ hơn N vài đớn"vị.'Do đó

nên trả lời : "Số’vân (sáng hoặc tối) quan sát được là gần 19 vâ(haý : nhiều nhất là 19 vân)".Biểu thức trên của i cho thây i tỉ lệ nghịch với góc ạ giữa ha

gương. Do đồ để tăng độ rộng của khoảng vân ta phải giảm gnghiêng a giữa hai gương Gi, G2.

5) Để tại M có vân tối ứng với bước sóng X, thì X phải thỏamãn điều kiện

DM = k’i = k‘ X(D* r) a

Với k’ = k + — ỉà một sô' nữa nguyên (bán nguyên)zVới mỗi giá trị của k\ tương ứng có một giá trị của X; nhưng

•do XbỊ giới hạn trong khoang'Tif'X! = 0,480 pm đến x2 = 0,760[xm, nên k’cũĩtg bị giới hạn trong khoảng từ ki đến k 2 tương ứng.162



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Với Xị = 0,480 um, ta CÓ"ỈI =• Xí = 0,96 mm

suy ra ki = -ỌÊ£ = 4,69

Với Ằ 2 = 0,760 ịim, ta có i2 = -r^ = 1,52 mm,

, OMsuy ra k 2 = — - = 2,96■ .■■ị-2 ’ 1

Như vậy k’ phải thỏa mãn điều kiện 'r-2,96 < k' < 4,69 ’ •• - : - : •

Trong khoảng từ kj đến k 2chi có hai giá trị bận nguyên là 3,5và 4,5, Vậy chỉ có hai bức xạ cho vân tối là X' và X' ; khoảng vânđối với hai bức xạ này là :

OM _ jỤ5 , ã :1 — . ~ l.^ob TÌÌTY13,5 3,5

... OM __ 4,5 _ ,và 1 - • 1 = = 1 inm4,5 4,5: - -

Các bước sóng tương ứng la :oi * ojrl X = — ---- = 0,643 p.m, và X' - ------ = 0,5 lim.D + r D + r

5. V í dụ 5 : Hai lăng kính A, A* cógóc chiết quang A, A’ đều bằng 20', có đáy B chung, được làm bằng thủy tinh, chiết suất n- 1,5. Một nguồn sáng điểms đặt trong mặt phẳng của đáy B,cách hai lăng kính một khoảng d = 50 cm phát ánh sáng đơnsắc, bước sóng X = 600 nm. Một màn M đặt cách hai lăng kính

một khoảng d' = 70cm.Chứng minh rằng, trên màn M ta qụan sát được một hệ vân

giao thoa. Tính khoảng cách i giữa hai vân sáng liên tiếp và sốvân có thể quan sát được. Cho 1’ = 3. lo'4 rad ,

(Trích Đềthi tuyền sinh €>ợi học DưỢc Hà Nội , nỏm học 1997 - Ỉ998)

163



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





a) Các tia sángđi từ s, sau khi qua lăng kính Ai bị lệch mộtgóc A :

À = (n-l)A

Về phía đáy tựa nhưđược phát đi từ ảnh ảoSi của s (Hình 3.8).Cũng thế? các tia sángqua lăng kính A2 cũngtựa như được phát di từảnh ảc S2 cốa s. Hai

nguồn điểm Si, S2 là haiảnh ảo của cùng mộtnguồn s nêíi luôn iưôu làhai nguồn kết hợp. Haichùm sáng khúc sạ đỉnhSi, S2- có phần chung làP1IP2 (xem hình 3.8), mỗi diểm trên màn M ỗ trong khoảng P1P2nhận được hai dao động sáng kết hợp. Hai dao động (sóng) nàgiao thoa với nhau, ỉàm xuất hiện một hệ vân giao thoa tronkhoảng P1P2(P1P2là bề rộng của trường giao thoa).

b) Từ hình 3.8 ta tìm được khoảng cách a giữa hai nguồn S1S2;

a = SjSz = 2.IS.tgA » 2d (n-l)A

. a = 2.50.(1,5 -D.20.3-10^ = 0,3. cm = 3mm

Khoảng vân :

_ XD Md + d’)i = —— =---- —— = 0,24 m ir,a . ạ

Sô' vân quan sát được trên màn M :

164



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





N r P1P2

Từ hình 3.8, xét hai tam giác đồng dạng IS1S2 và ĨP1P2 ta tìmđược bề rộng P1E2. của tníờng.giao thoa :

Ì Ậ = 4 ->■ -P1P 2 = S A ị = a 4 = 4 >2 10111S 1 0 2 d d G

Do đố ta đươc :

N = s s . = = 17,5i 0,24

N * 17 vân.

(Thực ra, do hĩện tượng nhiễm xạ nên các vân ở gầnP1P2hầunhư không quan sá t được, nên số vân thực sự qúansátđượcthường nhỏ hơn N, chừng vài vân).

6, V í d u 6 ỉ Một thấu kính có tiêu cự f = 20 cm, đường kínhvành L = 3em được cưa làm đôi theo một đường kính. Sau đó hainửa thấu kính được kéo cho xa nhau một khoảng e 2 mm. Mộtkhe sáng hẹp song song với xtường chia hai nữa thấu kính, đặt

cách đường ấy một khoảng d = 60 cm; Khe sáng F phát sángsóng đơn sắc có bước sóng X = 0,546 jj2XLVân. giao thoa được quansát trên một màn E đặt cách hai nửa thâu kính một khoảng D.

a) Muốn quan sát được cảc vân giao thoa trên màn E thì D phải có giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu ?

b) Cho D = 1,8 m, tính khoảng vân và số vân quan sát đượctrên màn.

c) Giữ thấu kính và màn E cố định, cho khe F tịnh tiến .xadần thấu kính theo phương vuông góc vởi màn E. Hệ vân trênmàn thay đổi thế nào ?

d) Giữ cho E và thấu kínhò nguyên chỗ cũ, chò khe F tịnhtiến lại gần thấu kính thì hệ vân thay đổi thế nào ?

165



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Giải:a) Vẽ hai chùm sáng phát ra từ F đi tới hai nữa thấu kính, ta

được hai ảnh. thật Fi, Fo. của F tạo bồi hai nữathấu kính (Hình 3.9).

Fi, F2 là hai nguồn kết phợp, cho haá chùm sánggiao thoa với nhau tạivùng giao nhau. Trênỉìình 3.9 trường giao thoa(được gạch chéo trên hìnhvẽ) được giới hạn bởi cáctia sáng :

LjFjMs ; OlFịMị ", L2F2M1 và O2F2M9Khoảng cách d‘từ FỵF2 đến o là :

đf 60-20

Hình 3.9

d' = = 30 cmđ - f 6 0-2 0

Hai tam giác đồng dạng FO1O2và F F ^ cho ta :F1F2 FFi a d + đ’

OiO1^2 FOiDo đó

FjFz ~ a - e = 3 mm

Hình 3.8 cho thấy rằng, để quan sát được các vân giao thoa ta phải đặt màn Eô xa thấủ kính hơn đìểin. I (giao điểm của hại tiasáng LxFx và L2F2), nghĩa là phải có :

D > OIĐể tính OI, xét hai tam giác đồng dạng IFỉF2và ILjL2 :Fị F2 IH Lị L2 -F ị F2 IO-ĨHLiL

(L + e)10 = d’L + e - a

L1L2

= 33,1 cm

10

166

'::ầ'ĨỂm P:

■í '■1•■"

I':-:

I

I

%



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Vậy giátrị nhỏ nhất của D phải là 33,1 cm b- Khoảng vân : .. .

1 = X(D- d’)a

0,546.10~6. (1,8 - 0,3)310-3

0,273.10'3 m

—> J -■ A<V 7---------

Bề'rí

Sô" vân quan sát được trên màn :

Số vân quan sá t được là khoậiỊg 29 vân. ; - ...c) Cho khe F tịnh tiến ra xa thấu , kính thi d tăng, do đó

giảm (vi là vật thật - ảnh thật), vì yậỵ khoảng cách -FiF2 = agiảm. Khi F ở xa vô cùng thì F1F2 nằm trên tiêu dỉện và a có giátrị bằng e (chùm tiá phát ra từ F íà chòm sòng song). Cònkhoảng cách D - d' từ FiF2 đển màn E tuy cố tăng (d' giảm từ 30

cm đến còn bằng f = 20 cm) nhưng tăng rất it (so với D) và tiến.đến giới hạn bằng D ~f, do đó khõảng vân i tăng.

Ta có :

ĩ X(D -d‘) X(D-d’)a e(d + d’)

Thay d’ =------ vào biểu thức trên, ta được :d - f

e d

Khi d lớn vô cùng, i có giá trị giới hạn

167



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





ÌỊ.rn = —(E) - f ) ~ 0,44 miKe

Số vân N quan sát được trên màn :■

At A2D + de—-—đ

Khi d ỉđn vô cùng, N tiến đến giá trị giới hạn :e 4,54 = 5 vân

Mim

Ta cần chứ ý rằng, khi d lớn vô cùng thì theo quang hình họchai chùm sáng khúc xạ qua hai nữa thấu kính không cắt nhau■rữa. Tuy nhiên, do hiện tượng nhiễm xạ, sóng ánh sáng phát đitừ hai nguồn SiV S2 vẫn đến được các điểm trong khoảng A1A2,

: nên ta vẫn quan sát được vân giao thoa trên màn E,

đ) Cho khe F lại gần thấu kính thì đ giảm, d' tăng.

Khí đ>f, hai. ảnh. F I, F2 vẫn là ảnh thật nhưng khoảag cáchgiữa chứng tăng dần (a táng), đồng thời chúng lại gần màn Ehon và, do đó D - d’ giảm, điều này dẫn đến khoảng vân i giảm. Nhưng đồng thời, độ rộng của trường giao thoa A]A2 ỉại tăng, kếtquả là số vân quan sát được trên màn E tăng lên. Khi d =' 22,5cm thì a = ISO cm, khi đó hai ảnh F1F2 ồ đúng trên màn E : takhông quan sát thấy hệ vân.

Khi 20 < d < 22,5 cm hai ảnh Fi,F2 vẫn là ảnh thậ tnhưng ỗ sau màn E : ta cũng không quan sát thấy vân giaothoa trên màn E.

Khi đ < 20 cm, hai ảnh Fi, F2 trở thành ảnh ảo, hai chùmsáng khúc xạ qua hai nửa thấu kính hoàn toàn không giao nhaunên trên màn E cũng không quan sát thấy vân giao thoa.

168



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





IIL BÀI TẬP ÁP DỤNG

3.1. Trong một thí nghiệín lâng (Hì.iih. 3 10), a = 2mm ; D = lm.I

a- Đùng bức xạ đơn sắc có I

bước sóng Xỵ chiếu vào'khe ỉiẹp ị p 1F người ta đo dược khoảng vân — -------- -Ỉ-Ệ -------------------giao thoa trên màn M là ii = I Ị

0,2 min. Tíxứi bưổc sóng và tần j Ị Qsô' của bức xạ đó. 1 5

Hình 3.10 b- Xác định vị "trí vân sáng

bậc 3 và vân tối thứ4 ở cùng

một phía của vân trung tâm trên màn s.c- Tắt bức xạ có bước sóng ?«.!- chiếu vào F bức xạ x2 > Ấi thì

tại vị trí của vân sáng bậc 3 của bức xạ bước sóng%1 (câu b) taquan sát được một vân sáng của bức xạ có ‘bước sóng7 2. Xác địnhXs và bậc của vân sáng đó.

(Trích Đề thi tuyển sinh Đại học Hàng hâi năm học 1997 - 1998)

3.2. Cho một lăng kính có Atiết diện thẳng là một tamgiác đều ABC, đáy BC nằm ở phía dưới và góc chiết quanglà A (Hình 3.11). Chiết suấtcủa thủy tinh làm lăng kính phụ thuộc vào bước sóng củaánh sáng theo công thức : n =

a + trong đó a = 1,26 ; b Hình 3.11 X2

- 7,555.10'14 m2, còn Ầ. được đo bằng dơn vị mét- Chiếu một tiasáng trắng SI vào mặt bên AB của lăng kính, sao cho tia tới nằmdưới pháp tuyếnở điểm tới (Hình 3.11) tia tím có bứớc sóng Xt = 0,4 pm còn tia đỏ có bưđc sóng Id = 0,7 pm.

169



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





'M

Oi

02

1) Xác định góc tới của tia sáng SI trên mặt AB sao cho tiatím có góc lệnh: cực tiểu. Tính góc lệch cực tiều đó. - - ' • '. ‘ ■

2) Bây giờ muốn cho tia đỏ có .góc iệch cực tiểu, thì phải qualăng kính ơuanh cạnh A một góc bao nhiêu, theo chiều nào ?

Muốn cho một tia đơn sắc bất kì có: góc lệch cực tiểu, thì góc qualăng kính phải thỏa mãn điều kiên gi ?3.3. Để quan sát sự tán sắc củaánh sáng người ta bố trí thínghiệm như sau (Hình -3.12)’Ghiếu một chùm tia sáng songsong hẹp vào cạnh của một lăng — >—kính (có góc chiết quang A - 8°)theo phương vuông góc với mặt phẳng phân giác của góc chiếtquang, sao cho một phần cửachùm sáng khống qua lăng kínhvà một phần qua lăng kính. Đặtmột màn ảnh E vuông góc với

phương của ch-ùm tiạ tới vá cáchcạnh lăng kính lm.

1) Ban đầu người ta chiếu mộtchòm ánh sáng màu vàng. Xác định khoảng cách giữa liai vệtsáng dó, biết rằng chiết suất của lăng kính đốì-vđi ánh sángvàng bằng í,65.

2)- Sau đó người ta chiếu chùm ánh sáng trắng, hãy xác địnhchiều rộng từ màu đỏ đến màu tím của quang phổ liên tục quasát được trên màn E. Cho biết chiết suất của lăng kính đôì vớmàu đỏ và đối với màu tím-lần lượt bằng Ị,61 và 1,68-

3.4. Trong thí nghiệm cửa lâng về giao thoa ánh sáng, các kheSi và S2được chiếu sáng bởi ánh sáng đcm sắc. Khoảng cách giữahai khe là a, khoảng cách giữa mặt phẳng chứa hai khe và mànquan sát E là D.

1) Thành lập công thửc xác định vị tr í của một .vân sáng một vân'tối bấ t kỳ tởi vân sáng trung tâm.

Hình 3.12

I

;

170



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





2) Biết a = 3mm, D = 3m, khoảng cách giữa 9 vân sáng liêntiếp là 4mm. Tính bước sóng ánh; sáng đơn sắc.

3) Xác địnỈL vị trí vân sáng thứ hai yà vân tối thứ ba.

4) Thay ánh sáng đơn sắc bằng ánh sáng trắng, Tính bể rộngquang phổ bậc 1 và quang phổ bậc 2 trên mần quan sát E.

rích Đ thi tuy n sinh H c vl n Quân y, n m h c 1997 - 998)

3.5. Chiếu một chùm ánh sáng trắng song song, hẹp, coi nhưmột tia sáng SI, vào một bễ đựng nước vổí uộ sâỉi 1 m dưới góctới 60°. Dưới đáy bễ có một gương phẳng đặt song song với mặtnước. Tính chiều rộng của dãy màu mà ta thu được ở chùm sáng

ló ra khối mặt nước. Cho biết chiết suất của nước đối vói ánhsáng tím và ánh sáng đỏ là nt = 1,-34 ; Hd = 1,33.

3.6. Một lăng kínhcó thiết diệii là tam tiáccân ABC, góc chiếtquang Â = 120°, làm

bằng thủy tinh, có chiết B H

suất đối với tia đỏ và tia Mình 3.14tỉm là n<ĩ = 1,414 = V2 ,và ĩit - 1,732 = V3 . Đặt lăng kính trong không khí và chiếu mộttia sán g trắng SI theo phương song song với đáy BC, tới đập vàomặt bên AB tại điểm ĩ (Hình 3.14).

1) Chứng minh rằng mọi tia khúc xạ đều phản xạ toàn phần

tại mặt đáy BC và chùm tia ló khỏi mặt AC sẽ song song với đáyBC. Mô tả quang phổ của chùm tia đó.

2) Um bề rộng của chùm tia lố. Bề rộng đó cổ phụ thuộc vàođiểm tới I không ? Cho biết chiều cao của tam. giác ABC là AH =h = 5cm.

171



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





c) Giữ nguyên cách bế trí thí nghiệm, rọi lên khe s chùm sánđơn sắc có/09 = 0,5X5-ma thì thu được hệ vãn có khoảng vân Ỉ2 =0,35 mm. Xác định chiết suất 3.2 của thủy tánh làm iăng kính đvới bức xạ này.

(Trích £>ề thi tuyển sinh Học vện Guõn y, năm học Ỉ99Ó - ỉ997)

3.9. Cho hệ hai gươiig phẳngGj, G2 (Hình 3.19) hợp vớinhau một góca, gần bằng 180°

Gữ

a) Vẽ và giải thích cách vẽ Hình .3.19.hai chùm sáng phản xạ bdi haigương Gi, G2.

b) Tại phần giao nhau củá hai chum sáng phản xạ phấi đmột màn ảnh như thế nào để quan sát được các vân giao thsáng, tối, xen kẽ cách đều nhau.

c) Gọi Si, s 2 là ảnh của‘S tạo bởi hai gương, màn ảnh cáchđường thẳng qua Si, S2 một khoảng D = 2m. Đưức sóng ánh sángcủa nguồn s là X = 0,4 |im; khoảng vân giao thoa trên màn là i =0,4 mm. Hãy tìm khoảng cách S1S0.

d) Hình ảnh hệ vân giao thoa sẽ như thế nào nếu s là nguđiểm phầ t ánh sáng trắng.

(Trích Đề fhi tuyển sinh Đợi học Hàng hâi nõm học ĩ997 - Ỉ998)

3.10. Hai lăng kính có cung góc chiết quang A = 20', làm bằnthủy tinh chiết suất n = 1,5, có đáy gắn chung vđi nhau tạthành một lưỡng lăng kính. .Một khe sáng s phát ánh sáng c bước sóng X - 0,5 ịim đặt trên mặt của đáy chung,*cách hai lăngkính một khoảng d = 50 cm.

và một nguồn sáng điểms phátánh sáng đom sắc về phía haigương/

173



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





khoảng vân và.sô" vân quan sát được trên màn, biết khoảng cáchtừ màn tới lưỡng lăng kính là d’ = 2m.

2) Khoảng vân và số vân quan sát được sẽ thay đổi như thếnào, nếu :

+ Thay nguồn s bằng nguồn S' phát ánh sáng có bước sóng X'= 0,45 Ịira đặt tại vị trí của nguồn s.

+ Nguồn S’ nội trên dịch ra xa dần lưỡng lăng kính theo phương vuông gốc với màn E.

3.11. Thí nghiêm lâng giao thoa ánh sáng với nguồn sáng ĩàhai bức xạ có bước sóng lần lượt là Xi và cho Xỵ = 0,5 pm. Biếtrằng vân sáng bậc 12 của bức xạ Xị trùng với vân sáng 10 của bức xạ x2

1) Xác định, bước sóng ^2:

2) Tính khoảng cách từ vân sáng bậc 5 của bức xạ X-1 đến vânsáng bậc 11 của bức xạ x2 (đều nằm bên trên vân sáng giữa), biếthai khe lâng cách nhau 1 mm và khoảng cách từ hai khe tới mànảnh là Im.

(Trích Đềthi tuyển sinh E>ợi học cồn Thơ, năm học Ỉ998 - ì999)

3.12. Trong thí nghiệm giao thoa lâng, hai nguồn Si,s2cáchnhau SiS2 = lmm, khoảng cáchtừ nguồns đến SiS2 là d - Imvà khoảng cách từ S]S2 đếnmàn quan sát E là D = 2 m.(Hình 3.20).

- D - Tính Jdiaảng.—vânr biết bước sóng ánh sáng đơn sắc dos phát ra X = 0,6 tun.

174

H

•-ậ

Ẵ~■

■

-ề



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





các khoảng vân tương ứng bằng Ỉ! = 0,64 rnm và i2 = 0,54 mm.Xác định Xi, Ằ 2 của hai bức .xạ đó.

3) Do thiếu kính lọc màu lam, người ta dùng một kính lộclọc đồng thời hai bức xạ đỏ và lam. Khi đó trên màn E ta quansát được các cực đại giao thoa cả hai loại màu, đỏ và lam. Đồnthờiở các vân sô" 0, số 3 và số’6 của hệ vân đó thấy có sự trùngkhít với các vân màu lam. Xác định bước sóng màu lam xr, biếtrằng 0,46 |xm <3 < 0,50 um.

d- Cho biết sự chồng chập của vân sắng ứng với ba bức xạ Xi, Ằ 2 , tạo cảm giác sáng trắng. Hãy mô tả hiện tượng giao thoakhi không dùng kính lọc. Tính tổng số vân sán g trắng quan sátđược trcng trường giao thoa. Các vân này ứngvới cực đại giaothoa nào của hệ vân đó,

3.14. Dây tóc bóng đẹn điện công suất 75w có nhiệt độ caohem nhiệt độ của dây bếp điện có công suất 600W. Giải tHích tạsao dây bếp điện lại kém sáng hơn dây tóc bóng đèn ?

(Trích Đểthỉ tuyển sinh Đợ/học Bách khọà Hà Nội, nồm học 1999 -2000)3.15. Hai gửơng phẳng Mi, M2 đặt nghiêng với nhau một góc

rất nhỏ a = 5.10"3 rad, khoảng cách từ giao tuyến I của hai gươngđến nguồn s bằng di = lm ; khoảng cách từ I đến màn quan sáE đặt song song với SiS2 (Si, s2 là ảnh của.s tạo bdi2 gương)

bằng d2 = 2m. Bước sóng của ánh sáng đơn sắc đo $ phát rã là X = 0,54 (jjn (Hình 3.23)

1) Tính khoảng vân và sốvân quan sát được trên mànE.

2) Nếu s là nguồn phátánh sáng trắng (0^4 [im< x<0,76 um) thì tại điểm Mi cáchvân trung tâm o một khoảng Xị = 0,8 rrưn có những bức xạnào cho vân tối . Hình 3.23

176



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





3) Giữ nguyên vị trí gương M2, cho Mi tịnh tiến trong mặt phẳng của nó đến vị tr í XiMi, với III = b. Tính b để bề rộng củatriíờng giao thoa giảm đi một nữa. Cho biết tia tới SI tạo vớigương Mi góc Ị3= 30°.

IV. HƯỞNG DẪN GIẢI, ĐÁP SỐ3.1. a) Ta có :

: _ V1 _ i l a . xrà f c cD*1 - — M - , va fi - -— - —”a D ljavới a = 2 mm■=2.10*3m ; ii = 0,2 irnn = 2.-lỌ'4ĩDt ;D = lm ; c =

3.108 ĩxi/s . Suy ra : Xi - 0,4 pm ; fi = 7,5.1014Hz

b) Vân sáng bậc 3 cách vân sáng chính giữa một đoạn bằng3iỉ? nghĩa là : Xỵ = 3ii - 3.0;2 = 0,6 mm.

Vân tôi bậc 1 cách vân chính giữa — , vân tốĩ bậc 4 cách xa2thêm 3ij nữa, vậy ở cách vân chính giữa 3,5 ii, tức là :

x2 = 3,5ii = 3,5.0,2 = 0,7 mm.c) Vân sáng của bức xạ2 chỉ có thể là vân sáng bậc 1 hoặc

vân sang bậc 2. Nếu đó là vân sáng bậc ĩ thì Ỉ2 phải bằng 3ii và%2 - 3 1 =3.0,4 = 1,2 [im ; bức xạ này không nằm trong miền hồng ngoại,

không quan sát được.Vậy đó là vân sáng bậc 2, ta có :2i2 —3ii — 2A,2 —3 1

^2 = - —.0,4 = 0,6 Ịim.2 23.2. 1.) Xị = 0,4 Jim = O^-lO^m Xạ = 0,7 ịim = 0,7.lò'6 m. Ta

tính chiết suất của lãng kính đối với tia tím và tia đỏ :nt = 1,26 + = 1,7322 <=&

(ỒẠIQ-6)2

nđ = 1,26 + ^ lj4142 ^ ^(O/UO-6)2

177



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Khi góc lệch của tia tím cực tiểu, thì ii = Ỉ2 (Hình 3.11)

_> n = r2 = Ặ và Dtmin - ii + Ì2- A ■=' 2ii - A

sinii = nsinri — ỳ sin

Với nt = V3 ; A = 60° ta được :

sin 60° —>Dtmin = 60°, và góc tới của

tia sáng trắng Sĩ ở mặt AB là :

i = Dtmin + Ạ1= 60g

2) Tương tự, muôn cho góc lệch cửá tia đỏ là cực tĩểư thx ta phải có :

—>Dổmin = 30°, và góc tới của tia sáng trắng trênmặ t AB phải

bằng : _ D ámm -|-A = 450 .2

Như vậy so vổi tia tím phải giảm góc tới một lượng làiì - Ĩ! = 60° *. 45° = 15°Vì tia tới SI có phương cố định (các tia tói tím và tia tói đỏ có

phương trùng nhau) nên muốn giảm góc tởi ta phải quay iăngkính quanh cạnh A theo chiều ngược chiều kim đồng hồ, và phải

quay một góc 15°.Đối với một tia đơn sắc bất kì trong tia sáng trắng SI, chiếtsuất của lăng kính nầm trong khoảng V2 < n < V3 . Do đó, theo phương- trình (1) góc lệch cực tiểu của tia đơn sắc đó có giá trị Dnũnnằm trong khoảng

)

= n đs m f = T =sm45°

30° < Dmin < 60°

178



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Và để cho góc lệch của tia đơn sắc đó có giá trị cực tiểu Drningóc tới ii của tia sáng trắíLg SỊ phải có gỉầ trí i nằtn trongkhoảng 45° < i < 60°. Nghĩa là xnủốn cho một'tià sáng đơn sắc

bất H trong "tia sáng trắng Sĩ cố góc lặcE cực tiểu th ì gổc ouay acủa lãng kính phải có giá trị nằm trong khoảng 0 < a < 15° (vàchiều quay ngược chiều kim đồngr hồ, nêu ban đầụ chọn góc tới iđể cho tia tím có góc lệch cực tỉểu).

3.3. Ị) Phần của chùm sáng không qua lắng kính tạo ra trênmàn E vết sángOi(Hình 3.12).Còn phầnchùm sáng qualăngkính bị khúc xạvàtạo ra vếtsáng 0 2. Gốc O1IO2 chính là góclệch D của tià ló so với tia tới. Vì góc chiết quang của lăng kínhlà góc nhò (A = 8°), góc tới củachùm tia sángcũng là góc nhỏ (Ỉ!

= “ = 4°) góc khúc xạ Tx cũng nhỏ ; ta có :2 sinir iisinr! = ——=— >ri = — ;

n n

r2 = A -Ti = A - , và góc ió i2 cũng nhỏ ;n

SÍBỈ2 = nsmr2-rỳ Ỉ2 = nr2 = nA -Từ đó góc lệch D bằng :D = ii + i2 - A = (n - 1)AVới A =8°, n = 1,65, ta có : D = 5,2°Từ đó khoảng cách O1O2của hai vết sáng trên màn E là :

O1O2 = IOi-tgD ~ IOi.D.

Thay IOi = Im = 100 cm ; D = 5,2° = ——r .5,2 = 0,091 rad,ISO

ta được : O1O2 = 9,1 cm.2) Góc lệch của tia tím và tia đỏ tương ứng là :

Dt = (nt -1)A = 5,44° ;

D„= (na -1)A = 4,88°

179



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





. Khoảng cách giữả hai vết sáng đỏ và giữa hai vẹt sáng tímtrển màn E tương ứng là : lOi-Đi vặ ĨOi Dt. Đo đó chiều rộng từmàu đỏ đến màu tíin của quang phổ liên tục trên màn E là :

d = 1-Oi.Dt - IOx-Đd - IOiCDt - Đd) :

-> d = 100 (5,44 - 4,88). - í - = 0,38 em1803.4. 1) Trình bày như SGK Vật ỉí 12, trang 170 - 171.

Tìm đươc hê thức : r 2 - Tỵ = ™BVị trí vân sáng Xs ứng vởi r2 - r x= kX, suy ra

xs = k = ki, với i ■== là khoang vân; k =0, ± 1, ± 2.£L ã

Vi trí vân tối Xt ứng với r2 - Ti = (k. +■ Ỉ')X, suy ra2

_ 1 W _ 1 ,.Xt = (k + •“ ) — = (k -r- )i.2 a 2

2) Theo đề bài ta có :

Si - 4irưn —>i = 0,5 rrưn

Từ đó

X = — yvới a = 3 mm = 3.10'3m ;D

i = 0,5 mm = 5.10^ m ; D =3m~¥ X - O ^ . lO ^ m = 0 ,5 Ị im .

3) Vị trí vân sáng thứ 2 :

X i = 2 i = 1 m m

Vị trí vân tối thử 3 :x2= (2 + 0,5)i = 1,25 mm.4) Lấy giới hạn của miền quang phổ khả kiến là 0,4 Jim và

0,75 fim thì vị trí cỏa vân sáng thứ nhất của hai bức xạ đó là :

180



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Xtl = it = ị 0,4 mm ;Xdi = id - /vdD

a aĐộ rộng quang phổ bậc 1 là :li - Xđi - xtl = iđ - it = 0,35 min

Tương tự, độ rộng của quang phổ bậc2 làh = Xđ2 - Xt2 = 2iđ - 2it = 0,7mm 3.5. Kỉ hiệu lĩt,

J tRt và IIđ, J đRđ làcác đường đi của tiatím và tia đỏ trongchùm ; i là góc tới ;rt và rđ là góc khúcxạ của tia tím và tiađỏ ; h là độ sâu củalớp nước trong bể(Hình 3.13). Theohình vẽ ta có :

= 0,75 ram

Rđ

Hình 3.13

IJt = 2htgrt ; IJđ = 2htgrđTừ đó : J tJđ =2h(tgrđ - tgTt)

Kí hiệu a là bề rộng của dải mầu khi ló ra không khí, ta có :a = J tJđ eosi =2h cosi(tgrđ - tgTt) (1)Áp dụng định luậ t khúc xạ :

sin i = lia sinrd ; sin Ị = ntsmrt

Với í = 60° ; nđ = 1,33 ; nt = 1.34 , ta tìm được

sintgrđ =

tgrt =

J ĩ - sin2 r <3

sin rtsm2 rt Ậ - s i :

và từ đó a = 0,009 m = 9mm

181



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





3.6. 1) Vì góc Â - 120°, nên góc B = Ô = = 30°. Góc tới i2

của tia sáng SI trên mặt AB ià i = 90 - 30 = 60°. Các góc khúc xạít và rđ tại I ứng với tia tim và tia đỏ được tính theo đinh luậtkhúc xạ :

sinrt =r n t

rt = 30° ;sinismr<i = ——

sin i _ sin 60 °Vã

sin 600

- i' 2

ầ =2V2

= 0,612

Ts ì X --------

n \ V N^ \ X X

\ a Rí K, $ a

\ N *\

^ ứđ *

X '■ 2 M ■

''s ỉS»L' KA’

Hình 3.15

'£

n đ V2-> rđ = 37°45\ Như

vậy chùm tia khúc xạtrong lăng kính cỏ đủ cácmàu của quang phổ nỉùnthấy, giới hạn bởi tia tím BIJt lệch nhiều nhất (gần pháp tuyến nhất, rt =30°) và tía đỏ IJd lệch ítnhất (rđ = 37°45'). Tại

mặt đáy BC các tia tímIJt và tia dỏ IJđ lằn lượt có góc tới (Hình 3.15):it = 30° + rt = 60°id = 30° + rd = 67°45‘Biết góc giới hạn phản xạ toàn phần ứõg với các tia tím và tia

đỏ được xác định bởi :siníigh), = — = 0,577 -» (ifh)t = 35°15' ;

“ tsin(igh)đ = — =-y= (igh)đ = 45°

n đ v2Ta nhận thấy : it > (igh)t; iđ > iểht- Nghĩa là hai tia giới hạn của

chũm khúc xạ đều pHầiTxậ toàn phần tại mặt đáy BC. Do đó mọitia sáng trong chùm khúc xạ đều bị phản xạ toàn phần ở-mặtBC.

182



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Ta xét chùm tia ló khỏi mặt AB. Do tính, dội xứng của tia tớvà'tia phản xạ đốì vđi pháp tuỵến trong sự phận xạ và do cấu tđối xứng của lăng kính (đối với đường cao ẠH), góc tới tại mặAC đối với tia tím vá tía đỏ lần lượt là :

ikt = rt = 30° ; ikd = rd = 37°45'.Do đó áp dụng định luật khúc xạ árih sáng tại Kt và Kđ ta suy

ra góc khúc xạ tạ i mặt AC (góc ló) là : - "it .=■iđ ..==60° Như vậy chùm tia ló ra khỏi mặt AC là chụm song song vớ

đáy BC. Ngoài ra khi phản xạ toàn phần tại mặt BC ta có it < idDo đó điểm tới Ktở mặt AC cua ' tia tun nằm cách xa BC hơnđiểm tới Kđ của tia đỏ, như trên hìnÌL 3.15. Vậy chùm tia ló rkhỏi mặt AC có đủ màu của quang phể, ánh sáng tím ở phítrến, áĩứi sáng đỏở phía dưới.

2) Bể tinh được độ rộng a của chùm tia ló, tạ vẽ các điểm AL, M lần lượt là điểm dối xứng của A, Kt, Kđ -đối..với BC và dựĨH' 1 A’C (Hình 3.15) : ĨH’ có độ dài bằng đường cao của tamgiác đều ABA' :

•y/s “\f<ĩ ỉX ĨH' = AA’ . — =2h. ^ = hv32 2Theo hình vẽ ta có :

a = KtKa sin30° = ÌS íE ì.;£ KtKđ = LM = H'M - H’L = IH’ (tgrd - tgrt)

KtKđ = hVs (tgrđ - tgĩt)

a = (tgrd - tg rt) = 8,54 xnm

3.7. 1) Ảnh của s tạobởi thấu kính dược xác định theo công, , đf 1.0,5 _ - ___ mn „ __ thức : d =----- = ——— = i m =100 cm. . _

d - f 1 -0 ,5Do tách thấú kính ra hai nữa nên tạ có. 2 ảnh thật Si, S2 của

s tạo bởi2 nữa thấu kính, của ảnh này cũng cách thấu kinh một

183



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





khoảng bằng d' = lm. (Hình 3.17). Từ các tam giác đồng dạng ta b d 1có : (đặt S1S2 = a ) : —- — ;■= — —»khoảng tách xa của hai nữa-a d + đ 2

SL 4thấu kính là : b = —=-7 = 2mxn.2 2

2) Hai chùm sáng khúcxạ qua hai nữa thấu kínhgiao nhau tạĩ miền Ĩ0 i02jtạo nên vùng giao thoa0i02 trên màn E (Sa vàS2ồược xem là hai nguồn skết hợp). Cũng từ các tamgiác đồng dạng trên hình

3.17 ta co : b _ d 1

0-! O2 ~ d-f d'+D 5-> O3O2 = 5b = 10 mm

Theo đề bài ta có :3 28i = 3,2 mm —> i = —— = 0,4 mm8

Suy ra bước sóng X := 0,533 um

D3.8. a) Giải thích hiện tượng : Xem bài tập thí dụ 5.

b) Theo đề bàí thì khoảng MN chứa8 khoảng vân, ta có :. MN 3,8 ___ ii= —— = — = 0,475 mm

8 8

Từ S1S2= — ~ ; với d = 30 cm = 0,3 m ;P i

D = d -f- d’ = 1,5 m ta được :

p = (1) -» 0 = 0,00666 rad =22,6' ,2(1(11! - l) í i

184



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





và do đó °c = 180° - 2 3 « 179°15\c) Vì B, á, D giữ nguyên không đổi, nên tương tự như (a) ta có :

6 = ___ '>' 2Ĩ)2đ(n2 - 1)Ì2

Từ đó suy ra :(p-2 ~ 3- 2 _

n2 - 1 = (ELi - 1) = 0,55207 Xị i2

n2 = 1,5521.

3.9. a) Từ s hạ SHi, SH2 vuông góc với2 gương. Kéo dài SHi,8H2 những đoạn HiSi yà H2S2 lần lượt bằng SHi, SH2. Si, S2 vẽ

ĩứiưvậy là ảnh của s tạo bỗi hai gương.

Nối Si, s2 với các mép ngoài của hai gương.

b) Để quan sát được vân giao thoa phải đặt màn É cho cắt haichùm sáng. Để các vân giao thoa cách đều nhau, phải đặt chomàn E song song với dường S1Ồ2 tức là vuông góc với đường phân

giác của S1ÔS2.c) Ta có :

; XD XD 0,4.10-® .2i = -— -> a = — ■= ' = 2,10 -ma i 0,410

—ỳ â ~ S1S2 — 2mm.

đ) Nếu s là nguồn điểm phát ánh sáng trắng, thì tạ i tâm Oi

của hệ vân (Oi cách đều Si, S2) ta trông thấy một vân sáng màutrắng, hai bên có hai vân tối, gầxx như đen, các vân sau đó cómàu sẩc (đó là hiện tượng phát ngũ sắc), hầu như không còn vântối nữa, và cách Oi chừng 2mm màn E chỉ còn có màu trắng bậccao (tức là không quan sát được nữa).

185



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





3.10. ĩ) Xem bài tập th í đụ 5

Ta có : a =S 1S 2 = 2 đtgD = 2dD, vớiD = (n - 1)A (mà A = 20' = 20.3.1CT4rad) —» a = 3 nưn,

Khoảng vân : i =----- ----- = 0,42 mm.a

Ta có bề rộng trường giao thoa :1= 2d’tgD ■* 2d’D 2(n - l)d’A = 12 mm.

SỐ vân sáng quan sát đượcở mỗi nữa trường giao thoa (khôngkể vân sáng trung tâm) :

—= ki-H>k = — = 14,4-ỳ k = 142 2iSố vân sáng quan sát được : N = 2k + 1 = 29 vân.2) a- Ta có : .

a/ (d + đ ') _ _ _ . •1 — — —Ujđ/0 Tĩima ' ■ ■

Tổng số vân sáng quan sát được :

N' = — -T1 ~ 33 vân.i’ b- Nếu nguồn S’ địch ra xa lăng kính, d táng lên :

•’ - ^ (d + d1) _ A.1(d + d ') _ r a 2(n-l)dA 2(n -l)A + 2(n-ĩ)dA

Như vậy, nếu d táng thì khoảng vân ỉ' giảm -» số vân quansát được tăng lên vì bề rộng trường giao thoa không đổi.

Khi nguồn S'ồ rấ t xa lăng kính (d —» “ ) thì khoảng vân bằng X' ■, , •i’min = —;————- = 0,075 mm và sô vân quan sát đươc khi đó2(n - 1)A

bằng N’ ■" +1 = 161 vân.1min • _ tí-'

186



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Khoảng cách cần tìm là :

d = 11Ỉ2 - 5ii = 3,1 mm.

3.12. 1) i = — = 1,2 rama,2) a- Bề dày li, Ỉ2

của lãng kính tại chỗ các tiasáng từ SxS2 đi qua (Hình3.20):

li = ASitga = ASi.a ;ỉ2 = AS2tga = AS2.a,

avới ASi = AI = SXI = h--

2-h - a

01

02

o

. „ 2h + aAS2 —AI + S2I —— Á Suy ra

u = (2h - a) ^ ; 12 = (2h + a) ^2 £

Thay sô" ta được : li = 0,095 mm ; I2 = 0,105 mm.

b- Lăng kính lăm cho hiệu đường đi tăng thêm một lượng(giống như trường hợp bản mặt song song) ỉà (n - l)e, với e là bề



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





đày lăng kính, tại chỗ ánh. sáng đi qua. Do đó hiệu đường đi củahài tia SiM và SZM từ Si-và S2.tới điểm M trên màn E bây giờ là :

2 "^1 - [ 2 -*-2& ~.1)] ■[ 1 + li(n —l)j= đ2 - di + (Ỉ2 - J-i) (n - X)

—7 do - đ-Ị = -T- aoc(n - 1), với X = OM là toa đô của điềmJ. Đ

M trên màn E.

Vân sáng trung tâm O' ứng vđiỏ-2 - di = 0, suy ra :

^ 0 . -ỉ- acc(n -1) = 0 -4 Xo = -(n - Doc.D (1)

Thay số’ta được : Xo = -10*2 m = -I cm. Như vậy so vói trường hợp không có lăng kính, vân trung tâm

mối O' đã dịch chuyển về phía s2 (vì Xo < 0), dưới đường IH mộtđoạn 1 cm. (Điều này tương đương với trường hợp đặt trước Sj vàS2hai bản mỏng có bề dày li và12).

c- Căn cứ vào biểu thức tính Xo (công thức (1)) ta thấy Xokhông T>hụ thuộc vào h- Như vậy, vị trí của vân trung tâm O'không phụ thuộc vào h.

Giả sử khe s ở vị tr í bất kì S’ (Hình. 3.21) và S’S//SiS2, vàScách s một khoảng b bất kì. Nếu không có lăng kính thì hiệuđường di của các tia sáng từ s tới màn E bị giảm đi một lượng

bằng S’S2 - S'Si. (Khi nguồn sáng nằm tại s thì ỉiiệtĩ đường đi chỉ bằng S2M - SiM, vì SSi = SS2). Tính toán tương tự như khi tínhd2 - di (xem SGK Vật lí 12).

Ta có : S’S2 - S'Si = (2)d

Nếu có lãng kính thì, như trên đã chứng minh, hiệu đường đităng thêm mộtlửớng bằng aa(n - 1).

188



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Như vậy khi nguồn sáng ở vị tr í bất kì S', hiệu đường đi tổngcộng cửa hai tia giao thoa tạ i M là :

d2 - di = d2 - di + aa(n - 1) - — d

d2 - d i = — + a c t ( n - l ) ~ (3)D d

Khí hiệu O" ià vị trí mdi của vân sáng trung tâm (ứng vớidọ - dx “ 0) ta có :

ax0 ab _ —r-- + aa(n - X)---- — =0D đ

-> OO" = x'o = ^ - (n - iìa.D (5)■■ d

Ta cũng thấy vị trí của vân sáng trung tâm O" không phụthuộc h. Bây giờ ta chứng minh O" nằm trên đường đi của tiakhúc xạ qua lăng kính. Xét tiatới SI cóđường kéodàigặp màn« , . ~ m , ^ bDE tai Oi- Ta có : OOi = ——

■ d

(Xét tam giác đồng dạng ỏ hình 3.21). Góc lệch ô của tia lógặp màn quan sát tại O2 là :

5 = (n-l)a. Suy ra :

Oi02 = IO2 .Ỗ * IO.S - (n - l)a .D

■-> 0 02 = OOi - OO2 = b ậ - (n - l)<xD (6)d

Đối chiếu (6) với (5) ta thấy

00 = OO2 ,

có nghĩa là vị trí O” của vân trung tâm mới chính là điểm Ơ2,nằm trên, đường đi của tia sáng S’I sau khi khúc xạ qua lăngkính. .



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





ta lại quan sát được các vâns á n g trắng giếng như tại o. Số vânsáng trắng' quan sát được tùy thuệc vào bề rồng r cua trường giaothoa, được xác định từ hình vẽ f ‘1 : - -

Ị = ỉ = a ■=39,2 mm (1)a d iỉ K I " -

Các vị trí có vân sáng trắng : -X = k j i i = k 2ỉ2 = k 3i s :

—ỳ k-iA-i =Ỷ-2 2 — 3 -3 —ỳ 64 ỈĨ.1 = 54 k -2= 43 k 3

26ki = 2.33 k 2 = 24. 3 k 3;Bội số chung của các số này là :

K = 26.33 kik 2k 3 = 1728 n, với n là số nguyên.Ta có bảng giá trị sau đây :

n 1 2 3 4

ki 27 54 81 / .108

x(mm) 17,28 ‘34,56 51,84' 69,12

Theo (1) trị số’cực đại củaXlà (xét một phía) : .

Xinax = •— = 19,6 Him

Vậy chỉ có giá trị ứng với n =l, ki = 27 là chấp nhận đượcnhư vậy chỉ có 1 vân sáng trắngà vị trí Xi ■—17,28 mm. Sô" vânsáng tổng cộng quan sát được là :

N = 2.1 + 1 = 3 vânCác vân này ứag vởi các cực đại giao thoa của bức xạ màu đỏ

bậc ko = 0 và.ki = ± 27.3.14. Quang phổ liên tục của một vậ t phụ thuộc vào nhiệt độ :

nhiệt .độ càng cao miền phát sáng của vật càng mở rộng về phíaánh sáng có bước sóng ngắnl ; ^

191



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Dây tóc bóng đènỗ nhiệt độ cao phát sángVjứicặc ánh sángcó bước sóng ngắn nên rất sáng. Dây bếp điện ỏ' nhiệt độ thchỉ phát ra các ánh sáng chủ yếuở vùng màu đỏ kém sáng.

3.15. 1) SiS2là các ảnh. ảo của khes tạo bỏi2 gượng, được coi

như2 nguồn -kết hợp, hai chùm sáng phản xạ trên2 gương có phần giao nhau MIN (Hình 3.24) tai đó có các vân giao thoaTa có : S1IS2= 2a ;

S1S2.= a =2đisina «2đi<xKhoảng cách từ 2 nguồn kết hợp đến màn quan sát :D = HO = dxcosa + d2 ~ dx +ẩ 2Khoảng vân :

2) Các bức xạ cho vân tố i tại Ml (Xj = OMi =0,8 irun) có bướcsóng X thỏa mãn điều kiện :

Xi = (k + ỉ , vói a = 2điCc và D = đi + (Ỉ2= 3dx2 a

a 2dỵa= 0 , 1 6 2 i m n

Bề rộng của trường giao thoa trên màn E :MN = 21 =2đ2SÌna =2d2a = 2 cm

Số vấn sáng quan sát được :

N = 'Ặ + 1 = 123 vân1

—> Â, =------ —— = —— ------ (lim3(2k +1) 3(2k + 1)

Ta có 0,4 < X < 0,76 pm, suy ra

4<XX1 1 6 (1)

192



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Từ (1) ta có :k = 4 —> X - 0,593 ;k - 5 -» X - 0,485 pm ; :k = 6 X = 0,410 Ịim.

3) Để cho bề rộng của trường giao thoa giảm đi một nữa thi vịtrí gương Mi phải như trên hình3.

Kỉ hiệu gócÍS I = Yvà biếtgóc íílSi = Ổ s = p = 30°.

Xét tam giác SiĨIị ta có hệ thứcIII _ ISi Hình 3.24

sin YsinSiIiI

' b dl 1 — ỳ — siny sin(Ị3-fỴ) di sin pCOS7 + sin 7 COSỊ3

Vì Ylà góc nhỏ nên siny* ' ỵv à COSỴ = 1, do đó ta có :

'yầỵ

SÌH7

b = cos Ysin pXét tam giác SiĩO ta lại có hệ thức :

Io _ ISx

(3)

sin Y sin(a - Y)Vì y và a đều nhỏ nên có thể viết

d2 _ y a - y

„ \ Otdo 2a , s .Từ đó : Y= 7 — 4 —- (vì d2 = 2dj)đx+d2 3Thay vào (3) ta được :

2adi b =3sinỊS

Thay số ta có : b * 6,7.10'3 m = 6,7 mm

7-BTVLSCT3 193



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





§4. LƯỢNG TỬ ÁN H SÁNG

ĩ-K IẾN THỨC C ơ BẲN

1. Khi chiếu một chùm sáng thích hợp (có bước sóng ngắn)vào một tấm kim loại thì -nó Ịàm chó các electron ở mặt kim loạidó bị bật ra. Đó làhiện tượng quang điện. Gác electron bị bật ragọi là cácêỉectrôn quang điện (quang electron).

2. Theo thuyết ỉượng tử, cắc nguyên tử hay phân tử vật chấtkhông hấp thụ hay bức xạ ánh sáng một cách liên tục, mà thànhtừng “phần”riêng biệt , đứt quảng. Mỗi phần đó mang một năng lượng hoàn toàn xác định £ - hf, ttong đó h là hằng sô"Plăng fc =56,625 . ICP J.S, f là tận số’ánh sáng. Môi phần ánhsáng đó gọi làlượng tử ánh sáng, hay phôtôn. Như vậy ánh sángđược coi như một dòng các phôtôĩì.

3. Các định luậ t quang đỉệra Đ ịnh luậ t thứ n h ấ t : Đốỉ với mỗi kim loại hiện tượng quang

điện chỉ xảy ra khi bước sóng X của ánh sáng kích thích nhỏ hơngiới hạn quang điện Xo của kim loại đó :

Ỉ1C X < lo , với Ằo = - (A là công thoát của êỉectrôn,A

c là vận tốc ánh sáng). Đ ịnh luậ t thứ h a i : Cường độ của dòng quang điện bão hòa

tỉ lệ thuận với cường độ của chòm sáng kích thích. Đ ịnh luậ t thứ ba : Động năng ban đầu cực đại của các

êlectrôn quang điện không phụ thuộc vào cường độ của chùm

sáng kích thích, mà chỉ phụ thuộc vào bưđc sóng của ánh sángkích thích và bản chất kim loại dùng làm catôt.

4. Gông thức Anhxtanh về hiện tượng quang điện

c mv'ohf = h — = A + ---- _-22£_ X 2

194



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Muốn cho dòng quang diện triệt tiêu hoàn toàn thì hiệu điệnthế giữá. anôt và catôt phải đạt tới một giá trị âm - ưh nào đó ;ưh được gọi làhiệu điện thế hãm.

eUh = ỉ

(e = 1,6 . 10“19 c ; m = 9,1 . 10"31 kg là điện tích vàkhối lượng eụa êlectrôn).

Hiệụ suất của hiện tượng quang điện(hiệu suất lượng tử).số electron bật ra từ kim loại (catốt)

H •= ' - - ------------- — -- ------— -------- — ------------------số phôtôn tới kim ỉoại (catốt)

Cường độ dòng quang điện bão hòa :

bh = íVới n Ịậsô' êlectrôn bị bật rakhỏi catôt (và đi đến anôt) mỗi

giây.

5. Bước sổng nhỏ nhất cua tia Rơnghen (tia X) Dhát ra từ mộtông Rơn ghen :

nũn > _ hc

vôi Xmia — »w đw đ là độngnấng của êlectrôn tới đập vào đối catôt, có giá trị :

2w đ = " V- = eU , với Ư là hiệu điện thế giữa anôt và catôt

2của ông Rơghen.

6. Mẫu nguyền tử Bo

a) Hai giả thuyết (tiền đề) Bo :1- Nguyên tử chĩ tồn tạ i trong nhữngtrạng thái có năng lượng

xác định Els E2 . . . , gọi là cấc trạng thài dừng. Trong các trạngthái dừng, nguyên tử khôĩig bức xạ. Bình thường nguyên tử ởtrạng thái cơ bản, có náng lượng thấp nhất.

195



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





9 -------------;------------

^ m n

V v W -------- ^

1 > >

.2- Khi nguyên tử chuyển từtrạng thái dừng có năng lượngEmsang trạng thái dừng En (vớiEm > En, hình. 4,1) thì nguyêntử phát ra một phôtôn có năng —

lượng đúng bằng hiệu Em - En : Hình4£ — ỉlíirm “ Em - Eji ,với fjnn là tẩn SỐ của sóng ánh sáng ứng với phôtôn đó.

Ngược lại, nếu nguyên tử đang ở trạng th ái dừng có nlượng En thấp mà hấp thụ dược một phôtôn có năng lượng đúng bằng hiệu Em - En thì nó chuyển lên trạng thái dừnglớn hơn.

b) Từ hai tiên đề trên suy ra hệ quả quan trọng : trontrạng thái dừng êlectrôn chỉ chuyển dộng quanh hạt nhân thnhững quỹ đạo có bán kính hoàn toàn xác định, gọi là cácquỹ đạo dừng.

Đối với nguyên tử hiđrô, bán kính các quỹ đạo' dừng tăng tỉvới bình phương các sô' nguyên liên tiếp : bán kính cửa quỹ dthứ nhất K (là quỹ đạo gần hạt nhân nhất) là r 0 ; của quỹ đạothứ hai L là 4r 0 ; của quỹ đạo thứ ba M là 9r 0 . . . .

7. Quang phổ vạch của nguyên tử hiđrô : gồm nhiều dãyxác định, tách rời nhau {Hình 4.2).

Trong vùng tử ngoại có một dãy vạch quang phể gọi là dLaiman ; các vạch này được tạo thành khi các êlectrôn chuyểncác quỹ đạo bên ngoài (L, M, N ...) về quỹ đạo K, ứng vớichuyển của nguyên tử từ các trạng thái dừng có mức năng lưlớn hơn (E2 , Es . . .) về trạng thái đừhg có mức năng lượng thnhất Ej.

Kế tiếp dãy Laìman là dãy Banme, trong đó cộ một phần ntrong vùng tử ngoại, một phần nằm trong vùng ánh sáng nhthấy (phần này có 4 vạch Htt (đỏ) , Hp (lam), Hy (chàm) , (tím)). Các vạch quang phổ trong dãy Banme được tạo thành nelectron chuyển từ các quỹ đạo bên ngoài về quỹ đạo L, ứng

196



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





sự chuyển nguyên tử từ các trạng thái dừng có mức năng lưlổn hơn về trạng thái dừng có mức năng lượng E2.

----- E6(P)---- Eg (O)

V/ >1/ V \y

w V V

V V V VHaHpH, H5

E4 (N)

e 3(M)

e 2(L)

El (K)

dãy Laiman dãy Banme dãy Pasen

Hình 4.2

Dãy thứ ba, trong vùng hồng ngoại, gọi là dãy Pasen gồm cvạch quang phổ được tạo thành khi nguyên tử chuyển từ trạng thái dừng có mức nãng lượng lớn hơn về mức năng lưEa.

n- BÀI TẬP v í DỤ

1. Ví dụ 1 : Chiếu một bức xạ có bước sóng X = 0,18 Ịim vào bản âm cực của một tế bào quang điện. Kim loại dùng làmcực có giới hạn qụang điện Xạ = 0,3 jam.

a) Tìm công thoát cỗa điện tử khỏi kim loại. b) Tìm vận tốc ban đầu cực đại củạ quang điện tử.



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





w

- c) Để tấ t cả các quang điện tử đều bị giữ lại ô âm cực thìhiệu điện thế hãm phải bằng bao nhiễu ? chòh = 6,625 . 10"34 J.S ; me = 9,1 . 1CT31 kg ;e = 1,6 . 10'™ ; c = 3 . 108m/s.

cTrích Đề thi tuyền sinh Đại học Kiến ừúc Hò Nội năm học ỉ997 - ỉ998).

Giả i :a) Công thoát của êleetrôn khỏi kim loại:

A = = 6,625 x lO"ĩ9J*0 0,30 xlO ”6

-» A = 6,625 X l<r19J « 4,14 eV. b) Áp dụng công thức Anhxtanh :

r2hcT

rav= A + or hc

Xq

mv:

VOráax —Ị2bc

m' i _ _ L

VOmax =2 X 6,625 X 10-34 X 3 X 10s 1 1

=i 9,1X 10“311,0,18xicr6 0,30xl0”6;

—> VQmax = 9,85 X 105 m/s.d) Hiệu điện thế hãm ưh tính theo công thức :

he hc __ .eưh = mv0„ X q

1 1 X Ằ,Q

-> ưĩ, = 6,625 X10 ~34 X3 x*1081,6 xHT19 0,18 X10“6 0,30 X10-6

t í

I

TT 6,625 2-> XJh = X - * 2,76 V.1,6 3

198~

Ề



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Để tất cả các quang electron đều bị giữ lạiở âm cực thì hiệuđiện thế hãm (VK -VA) ít nhật phải bằng 2,76 V.

2. Ví dụ 2 : Chiếu một bức xạ diện từ.có bước sóng X = 0,546 ịxm lên mặt kim loại dùng làm cạtôt của một tế bào quangđiện, thu dược dong bão hòa có cường dộ io =2 mA. Công suấtcửa bức xạ diện từ là p = 1,515 w.

ĩ) Tìm tỉ số giữa các êlectrôn thoát ra khỏi bề raặt kim loại vàsố phôtôn rọi lên nó (tỉ số này gọi là “hiệu suất lượng tử” củhiệu ứng quang điện).

2) Giả sử các electron đó được tách ra bằng màn chắn để một chùm hẹp hướng vào một từ trường đều có cảm ứng từ B

10-4 T, sao cho B vuông góc với phựơng ban đầu của vận tốcelectron. Biết quỹ đạo của các ậlectrôn có bán kính cực đại là = 2 3 ,3 2 I M .

a) Xác định vận tốc ban đầu cực đại của êlectrôn quangđiện theo các số liệu trên.

b) Tính giới hạn quang điện của kim loại làm catôt.(Trích Đề thi tuyển sinh Đại học cần Thơ, năm học 1996 - ỉ997)

Giả i :1) Năng lượng mỗi phô tôn trong chùm :

hc 6,625X10"34X 3 X108 _ - . . ...,9 .£ - - - ỉ-----------------r------- = 3,64 X 10 X 0,546 X10

Số phôtôn tổi mặt kim loại trong 1 giây :

N = — = —— ~4 2 X 108 hat/s. s 3,64 xlO"19

Kí hiệu n là sô' electron auang điện thoát ra khỏi mặt kim loạitrong 1 giây, ta có :

n = — = 2x l0 3 .- = 1,25 X 10lổ hạt/s.e 1,6 XỊ0

Do đó hiệu suất lượng tử là :

199



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





H = — - 1,25 x1^ « 0.3 X IQ"2 . N 4,2 xiO18

2) a- Electron chuyển động trong từ trường chịu tác dụnglực từ Lorenxơ F =evB (đo vận tốc Vcửa electron vuông góc

với từ trường B ),khi đó quỹ đạocửa electron là một đường tron bán kính R và lực từ gây ra gia tốc hướng tâm. Ập đụng địnluật II Niutơn ta có :

mv2 Q eBr —-— = evB. Suyra V - -— .r m

Biết bán kính cực đại r của electron,ta tìm được vận tốc bạndầu cực đại của êỉectrôn :

. eBr 1,6X 10”1S X10-4 X 23,a2X 10"3omax — _ ^ _o-nx 9 ,1 * 2.0

-> vomax « 4,1 X 10õ m/s. b) Áp dụng công thức Anhxtanh :

Ta được:,2r r t V

A = s - mvômax2

-» A = 3,64 X 10“19 - 9’1x10~31^ 4’1x1° 5)2 .

A = 2,88 X 10‘19J * ' lẬeV .Giới hạn quang điện của kim loại ìàm catô t:

, _ hc 6,625X 10-â4 X3 X108 - ẢQ = ~ = ------ —f ----- — ------ ~ 0,690 ịxm.A 2,88x10 9

3. Ví dụ 3 : Công thoát electron khỏi đồng là 4,57 eV.a) Tính giói hạn quang điện của đồng.

200



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





b) Khi chiếu bức xạ có bước sóng' Ằ.- 0,14 pm vào mộtquả cầu bằng đồng đặt xa các vật khác thì quả cầu'được tích điệnđến điện thế cực đại là bao nhiêu ? Vận tốc ban đầu cực đại củaquang electron là bao nhiêu ?

c) Chiếu một bức xạ điện từ vào một quả cầu bằng đồng

đặt xa các vật khác thì quả cầu đạt được điện thế cực đại3V.Hãy tính bước sóng của bức xạ và . vận. tốc ban đầu cực đại củaquang electron ?

Cho: h = 6,625 .10~34J . s ; c = 3 . 108 m/s ;Ĩ = 9,1 . 10_3: kg ; e = 1,6 ; 10-19 c.

(Trích Đễ thi tuyển, sinh E)ợi học Thủy sảh, nam học 1998 - 1999)

Giả i :

a) Giới hạn quang điện của đồng :h c 6 , 6 2 5 X 1 0 - 3 4 X 3 X 1 0 ® . 0 f7 0 _

?*)= — = ; — * 278 nm.A 4,47 X1,6 X1(T1 9

b) Áp dụng công thức Anhxtanh :he _ A mvồ-

-19

v„ * |A . b£_ A

Ban đầu, quả cầu chưa tích điện. Khi chiếu bức xạ có bướcsóng X vào quả cầu thì êleetrôn bị bức ra khỏi mặt quả cầu vàquả cầu tích điện dương, quả cầu có một điện thế. Số electron bị bức ra khỏi mặt quả cầu ngày càng nhiều, điện thế của quả cầutăng dần và khi điện thế quả cầu đạt tới giá trị Vm thì cácêlectrôn vừa mói bứt ra thêm, lại bị hút trở lại quả cầu, và điệnthế của quả cầu không tăng nữa. Vậy giá trị cực dại Vmcủa điệnthế quả cầu chính là hiệu điẹn thế hãm trong tế bào quang điện.Do đó ta có :

201



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





G iả i;a) Cường độ dòng điện đi qua ống Rơnghen là : I = ne, với

là số electron tới dập vào đối catôt-mỗi giẫy. Từ đó ta có :I 0,8 xlO”3

n = — =e 1,6 xlO"19 a 5 . 1015 hạt

mv2Từ công thức : ——- = eư2

Ta tim được vận tốc y của electron khi tớ i dối catôt

V = l2e ũV m ì

2X1,6X10“^ X1,2X1039,1 XĨCT31

-> V = 2,05 V 107 m/s. b) Trong trường hợp thuận lợi nhất, toàn bộ động náng c

êléctrôn tới đập vào đôi catêt được chuyển thành năng lượng của photon tia X, khi đó tia X phát ra có tần số khả đĩ lớn nhất vàcó bướe sóng nhỏ nhất ; ta có :

hc mv2 TT= eư

^min 2hc _ 6,625 X10~~34 X 3 X108-> min eU - 10_19 xlj2x l03

= 10,35 . 1CT10m -» = 10,35 A°.

c) Năng lượng (nhiệt lượng) cần thiết để làm nóng bản platil à :

Q = mCp . At° = DVCp At°,Với V là thể tích của bản

V = Sd = 1.. vor4 . 2 . 10-3 = 2 . 10"7(m3)...S u y ra : Q = 21 X 103 X 2 X10-7

X 0,12 X 103 X 500 = 252 J Mổi electron tới cung cấp cho bản một năng lượng :

* '• 203



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





w = eU = 1,6 X 10~19 X 1,2 X 10s = 1,92 X 10"1SJ.Mỗi giây có n = 5 V1015 êlectrôn tới bản, vậy thời gian cần

thiế t để nhiệt độ củấ bản tăng thêm500°c là :Q _ 252

nWt =

5xlG15xl,92xlO-15t = 4ph 22,5 s.

5. Vídụ 5 : Bước sóng ứng với bốn vạch trong dãy Banmequang phổ hiđrô là :

Vạch đỏ (HJ : 0,656 ira ; vạch lam (Hp): 0,486 [irn ;vạch chàm (Hy): 0,434 |im ; vạch tím. (H5) : 0,410 ỊHTL

Tính bước sóng ứng với ba vạch của dãy Pasen nằm trovùng hồng ngoại.

(Trích Đềthi tuyển .sinh Học viện Khoa học Quỡn sự, năm học ỉ998 -1999)

Giả i :

Theo sơ đồ các mứcnăng lượng của nguyêntử inđrá (Hình 472) taE4CÓ sơ đồ các mức nănglượng ứng với bôn vạchtrong dãy Banme và 3vạch trong dãy Pasennhư sau (Hình 4.3).

Đối với 4 vạch trongdãy Banme, theo tiênđề Bo, ta có :

H 4 = £ A'a

Ei

Xo

= E2 - Ej (1)hc

Hs Hy Hp Ha

dãy Laimandãy Pasen

hfR = — Hình 4.3

204



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





I p — E3 —El (2)

§ hf; = ^ = E4 - E, (3) ;-Ề ' - '

X;# he „ „i hf 5 = = Eg - E: (4).

w ^ -Yn Bối với 3 vạch của dãy Pasen ta cũng có :■ A hcI - -F - E3 - E2 ;(5)

*-1I he -= e 4 - E2 ; (6),ị| 2

hc«■ — - E5 - E2 ; (7)

'1 3n Từ (1), (2) và (5) ta suy ra :

■M

hc hc r Xp V = (

1 1Xp

Xi = Xa . 00 - 3

he1

JỊ 1

I .:+ : X, = 4 = ^ - =■•• 1,282 pm. M " ' 0,656-0,486■I _ 1 1 1 M Tưcmg tự từ (1), (3) và (6) ta tìm dược : — = —— -'% 2 ky

_ ^cc-^y _ 0,656x0,434 0r ị Xo — — *- ■“ — ® lj282 uni. Ệ K ~ h 0,656-0,434 ■

I I Và từ (1), (4) và (7) ta tìm được : - ỉ— = - ì- - — II ^3

i - -» = = 0 , 6 5 6 x 0 ^ w 1?28 A , . • - ^ a -^5 0,656-0,410II0 ’.’ 6. V í du 6 : Các mức năng lượng của nguyên tử hiđrô được•Ị|ị’ * Ẹ

li;-■ tính theo công thức : En = - —ậ- ,mi-.- TÌZ

205



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Với Eo = 13,6 eV ; n = 1 , 2 , 3 . . . :a) Khi nguyên tử hidrôở trạng thái cơ bản (E i , ứng với n =1)

hấp thụ ánh sáng (phôtôn) có bước sóng thích hợpv thì bán kínhquỹ đạo của electron tàng lên s iẩn Hãy tính các bước sóng khảdĩ của các bức xạ mà nguyên tử hiđrô phát ra khi đó. Cho biết

bán kính của quỹ đạo dừng được tính theo công thức :rn = ro-, n2 , với r 0 = 0,53 A° ;n = 1 (quỹ đạo K), 2 (quỹ đạo L ). . .

b) Người ta cung cấp cho ngùyển tử hiđrôỗ trạng thái cơ bảnlần lượt các năng lượng6eV ; 12,75 eV ; 18 eV để tặo điều kiệncho nó chuỵển sang các trạng thái khác. Trong trường hợp nàonguyên tử sẽ chuyển sang trạng thái mới và đó là trạng thái

nào?Giả i :

a) Theo công thức rn = ro - n2 thì bán kính qu5Tđạo dừngtăng lên 9 lần có nghĩa lằ n2 = 9, suy ra n s= 3 : điếu đó cónghĩa là nguyên tử đã chuyển từ mức năng lượng Ei lên mức E3.Sau đó nguyên tử sẽ chuyển về các mức năng lượng thấp hơn (E2,El) và phát ra bức xạ (phôtôn) với bước sóng X . Các chuyền mức

khả dĩ eủa nguyên tử khi đólà :E3 —> E2 l Ej I và E3 —Ei-Do đó các bước sóng khả dĩ của bức xạ mà nguyên tử hiđrô có

thể phát ra là %Z 2 , ^ 2 1 và Ằ. 3 1 . Ta có :hc

'3 2

-L22 32

= Eo36

-> ^32Tương tự :

hc21

= E3 - E2 ~ Eo

s e x e ^ s x t o ^ x s x i o 836hc5E00,657

5 X13,6 X1,6 X10-19 10-6 m = 0,657 -pm.

—E2 —Ei = Eo 3Eí

i fT

I

Ị

#■--~as-

I1

‘-.-

-

206



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





- * X si = * 0 , 1 2 1 u r n .3Eq

Và — = E3 - El = ÉỌ ) = 8E°^ 3 1 P l l 2 3 2 J 9

, 9hc-> *S1 = ~zr~ ~ 0,103 pun.

b) Theo công thức :

El với Eo = 13,6 eVn

Ta có các mức năng lượng :El = - 13,6 eV , với |Ej| = 13,6 eV là năng lượng

cần thiết để làm bật êlectrÔR rá khối nguyên tử hiđrô ;E2 = - 3,4 eV ; Es = - 1,51 eV ; E4 = -■0,85 eV . . .

Ta xét các trường hợp sau :+ Khi nguyên tử hiđrôỗ trạng thái cơ bản được cung cấp năng

lượng 6eV thì nó sẽ có năng lường tổng cộng :; E = Ẽ! + 6 = - 7,6 eV.

Theo trên ta thấy trị số.này của năng lượng của nguyên tửhiđrô không ứng với mức nẩng lượng nào vừa nêu raở trên, dođó nguyên tử không hấp thu năng lượng6 eV đó và vẫn nằmở trạng thái cơ bản.

+ Khi nguyên tử được cung cấp năng lượng 12,75 eV thì nó sẽcó năng lượng tổng cộng là :

E = Ei + 12,75 = - 0,85 Ev = E4 .Do dó nguyên tử sẽ hấp thụ năng lượng 12,75 eV và chuyển

lên mức E4.

+ Khi nguyên tử được cung cấp năng-lượng 18 eV, nó sẽ cónăng lượng tổng cộng là :E = Ei + 18 = 4,4 eV > 0.

. Do đó nguyên tử sẽ hẩp thụ năng lượng 18 eV và bị iôn hóa ;khi đó êlectrôn sẽ bật ra khỏi nguyên tử yà có dộng năng bằng4,4 eV.

207



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





TIT. BÀ I TẬ P Á P DỤN G .

4.1. Khi chiếu lần lượt hai bức xẹ điên từ có bước sóng Xi - 0,25 {jm và - 0,30 UIĨ1 vào một tấm kim loại người ta xác định được vận tốc ban đầu cựe đại của các quang electron lần lưlà :

vmax! = 7,31.Ĩ05 m/s ; và Vạạga = 4,93.105 m/s.1) Xác định khối lượng ĩĩĩe cửa electron.2) Tìm giới bạn quang điện Ầ.0 của kim loại nói trên.3) Khi chiếu một bức xạ điện từ khác có bưđc sóng X vào tấm

kim loại nói trên được cô lật) về điện t,hì diện thế cực đại đ

được là 3V. Hãy tầm bước sóng A. eủa bức xạ trong trường hợnày.Cho h = 6,625-lo'34 J.S ; c = 3.ĨG8 ĩb/3 ;

e = 1,6.10“19 c.(Trích Đềthi tuyển sinh Đại học Bà Lợt nỡm học Ì99Ó - 1997).

4.2. Kim loại dùng làm catôt của một tế bào quang điện cócông thoát electron Ao =2,2 eV. Chiếu vào catôt một bức xạđiện từ có bước sóng X. Muôn triệt tiêu dòng quang điện người ta

phải đặt vào anôt và catôt một hiệu điện thế hãm Ưk = 0,4 VHãỵ tính :

1) a) Giới hạn quang điện X q c^a l°ậi*

b) Vận tốc ban đầu cực dại của êlectrôn quang điện.2) Bước sóng và tần số của bức xạ diện từ.

Cho biết : khôi lượng của êlectrôn m = 9,l.icr 31 kg ; điện tíchcủa êlẹctrôn e =1,6.10-19 c.(Trích Đề thi tuyển sinh Đợ/học Quốc gia Hà Nội, năm học ỉ997 - ỉ998)

4.3. Khi chiêu bức xạ có bước sóng Xị = 0,236 Ịirn vào catôtcủa tế bào quang điện thì các quang êlectrôn đều bị giữ lại bở

208



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





hiệu điện thế hãm Ư 1 = 2,749 V. Khi chiếu bức xẹ Ấ2 - 0,138 ịim thì hiệu điện thế hãm ư 2 = 6,4S7. V.

Cho c = 3 .10am/s ; e = 1,6 .l<r i9 c.1) Xác định hằng số Plăng (chính xác tới 4 số) và bước són

giới hạn của kim loại làm catôt..2) Khi chiếu bức xạ x3 = 0,410 ịim tởi catôt với công suất

3,03 w thì cường độ dòng quang diện bão hòa lo = 2 mA. Tínhsố phôtôn đập vào và số electron bật ra khỏi catôt trong1 s.(Trích Đề Ỷhi tuyển sinh Đợi học Giao ỉtĩỗng vận tâi, nõm học 1997-ì998

4.4.: Chiếu một chùm sáng có bước sóng X = 4 .1CT7 m vào tấmkim loại của một bản tụ điện. Hiệu điện thế hãm trên hai bản

điện phải bằng bao nhiêu để điện tử thoát ra từ kim loại btrong khoảng không gian giữa hai bản tụ, dừng ngay trên bảthứ ha i Tính điện tích của tụ điện Ịúc đó. Diện tích mỗi bản s 400 cm2 ; khoảng cách giữa hai bản tụ d = 0,5 cm.Ợrích Đề thi tuyền sinh Học viện Ngân hàng , nãm học ĩ998 - ỉ999)

, 4.5. Khi chiếu bức xạ có tần số f = 2,538 . 1015 Hz lên mộtTòm loại dùng làm catôt của một tế bào quang điện thì cá

êlectrôn bắn ra đều bị giữ lại bởi hiệu diện thế hãm u h =8 V. Nếu chiếu dồng thời lên kim loại trên các bức xạ Xi = 0,4 ịimvà 2 = 0,6 ịxm thí hiện tượng quang điện có xảy ra hay không ?tính dộng năng ban đầu cực đại của quang êìectrôn.

Cho biế t : h = 6,625 . 10~34 J.S ; c = 3 .1 08m/s;e = 1,6 . 10"19 c .

(Trích Đềthi tuyển sinh Học viện Ngân hàng , phân viện TP. Hồ Chí Mình)

4.6. Khi chiếu bức xạ có bước sóng X = 0,405 ịim vào bề mặtcatôt của một tế bào quang điện, ta được một dòng quang điệ bão hòa có cường độ I = 98 mA ; dòng này có thể làm triệt tiê bằng một hiệu điện thế hãm Uh = 1,26 V.

1) 'lìm công thòát của electron đốì với kim loại làm catôtvận tốc ban đầu cực đại của êlectrôn quang điện.

209



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





: • ' : '*£~c4) Giải.thich tại sao khiƯA K = o nhưng dòng quang điện.

không triệt tiêu. " Ợrích Đề thi tuyển sinh Ekpi học Kinh tế quấợ dân, năm học ỉ999 -2000)

4.13. Khi chiếu bức xạ có bước sóng 0,405 Ịim vào catôt củabào quang điện thì quang ềlectrôn có vận tốc ban dầu cực đại- là Vị . Thay bức xạ khác có tần. số 16 - 101.4Hz thì vận tốc Jban đầucực đại của quang êlectrôn là v2 = 2 Vi:

1) Tính công thoát êlectrôn của kim loại làm catôt. Xầc địnhđộ táng hiệu diện thế hãm để triệt tiêu dòng quang điện của halần chiếu.

2) Trong Hai lần chiếu, cường độ dòng quang điện bão hòa đều

bằng8 mA và hiệu-suất lượng tử đều bằng 5% (cứ 10Ơ phôtônchiếu vào catôt thì chỉ có 5 electron bật ra). Hỏi bề mặt cátôtnhận dược công suất bức xạ bao nhiêu trong mỗi lần chiếu.

— - ------

4.14. Một tế bào quang điện, khi chiếu vào một bức xạ điện tcó bước sóng X - 0,400 Ịjm vào bề mặt catôt thì tạó ra một dòng điện bão hòa có cường độ I. Người ta làm triệt tiêu dòngđiện này bằng một hiệu điện thế hãm có giá tr ị Uh = 1,20 V.

1) Tìm vận tốc ban đầu cực đại của các quang electron.2) Tìm công thoát electron của kim loại dùng làm catôt.3) Tìm giá trị của cường dộ dòng quang diện bão hòa I. Biết

công suất bức xạ rọi vào catôt là 2W. Giả sử trong trường hợp ltưởng cứ mỗi phô tôn đến dập vào catôt làm bứt ra một electron.

(Tách Đềthi tuyển sinh E)ợi học Đà Lợt, nỡm học 1999- 2000)

4.15. Khi rọi vào catôt phẳng hình tròn của một tế bào quangđiện một bức xạ có bước sóng X = 0,33 pm, người ta thấy hiệuđiện thế hãm phấi bằng Uh = 0,3125 v._

1) Tính công thòìẳt electron va giới hạn quang điện của kimloại.

2) Anôt của tế bào quang điện đó cũng có dạng bản phẳng

- Í

212



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





hình tròn song song với eatôt, đặtv đối diện và cách-catôt một đoạn d - 2 cm. Đặt giữa anôt và catôt của tế bào quang điện đómột hiệu điện thế ư - 2,28 V và rọi vào tâm của mặt catôt mộtchùm bức xạ rất hẹp (xem như1 tia bức xạ). Muốn cho toàn bộ sốelectron quang điện bứt ra từ mặt catôt đều đến mặt anôt thìraặt anôt phải có kích thước tối thiểụ bằng bao nhiêu. Xét trườnghợp chùm bức xạ đựợc rọi vào toàn bộ mặt cạtôt có bán kínhT =1 cm. Bỏ qua tác dụng của trọng lực. Xem điện trường giữa anôtvà catôt là đều.

4.16. Chứng minh rằng nếu bỏ qua động năng ban đầu củaelectron trong ống Rơnghen thì bựớc sóng của chùm tia X phát rathỏa mãn điều kiện :

với Ư là hiệu điện thế giữa anôt và catôt.Tính bước sóng cực tiểu Xnũn của tia X vớiu =15000 V.

(Trích Đềthi tuyển sinh Đợ/học dân Ịập Đông Đổ,năm học ỉ998-ĩ999)

4.17. Trong một ống Rơnghen người ta tạo ra một hiệu điện

thế không đổi Ư =2 . 104 V giữa hai cực.1) Tính động năng của electron đến đối catôt (bỏ qua động

năng ban đầu của êlectrôn khi bứt ra khỏi catôt).2) Tính tần số cực đại của tia Rơnghen.3) Trong một phứt người ta đếm được6 . 1015 êlectrôn đập

vào đối catôt. Tính cường độ dòng diện qua ống Rơn ghen.4) Nói rõ cơ chế tạo thành tia Rơnghenở đối catôt.cTrích Đề thi tuyển sinh Đại học Mỏ- Địa chấ t năm học Ĩ996 - 1997)

4.18. Một ống tia Rơnghen phát được bức xạ có bước sóng nhỏnhất là 5 A°.

1) Tính vận tốc của electron tới đập vào đốỉ catôt và hiệu điệnthế giữa hai cực của ống.



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





2) Khi ông Rơnghen <f#ĩibạt động cường, độ dòng diện qua ọnglà 0,002 A. Tính sô' electron đập vào đối catôt trong mỗi giây vànhiệt ỉượng tỏa ra trên dối catôt trong một phút nếu coí rằngtoàn bộ động năng cửa electron dập,-vào đối catôt được dùng đểđốt nóng nó. ^T'V

3) Để táng “độ cứng^rHeủẩ' tia r Rỡnghen, tức là để giẫm bướcsóng cỏa nó, người tạ.cbẨ;hiệu điện thế giữa hai cực tăng thêmAƯ = 500 V. Tính bữớcặóng-ngắn nKất của tia Rơnghen phát rakhi đó.

4.19. Trong quang phổ-của nguyên tử hiđrô bước sóng X (tính bằng micrômet) của các vạch quang phổ như sau :

- Vạch thứ nhất cua ciay Lairrian X 21 = 0,12f?568 ;- Vạch Iĩy của dãy Banme X32 = 0,656279.- Ba vạch đầu tiên của dãy Pasen :

X43 = 1,8-751 ; Ả53 = 1,2818 ; ha = 1,09‘38.

1) Tính tần sô' dao động của các bức xạ trên.

2) Tính bưổc sóng của hai vạch quang phổ thứ hai và thứ ba

của dãy Laimaiì và của các vạch Hg , Hy , H$ của dãy Banme.

4.20. Trong nguyên tử hiđrô bán kính của các quỹ đạo dừng vànăng lượng của êlectrôn trên các quỹ đạo dó có biểu thức :

IV = r„ . n* (A°) ; E„ = - (eV) ;n

Trong đó : r 0 = 0,53 Ả° ; Eo = 13,5 eV ; n là các sô"

nguyên dương (1, 2, . . .) tương ứng với các mức (quỹ dạo) K, L,M, N . . .

1) Xác định bán kính quỹ đạo thứ 2, thứ 3 và tính vận tốc củacác electron trên, các quỹ đạo đó.

2) Biểu diễn các chuyển dời sau đây trên sơ đồ. các mức nănglượng của nguyên tử hiđrô.



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





_. á j Từ trạng thái cơ bản đầu tiên (n =1) đến trạng thái kích' thích thứ hai (n = 3) ;

^ r ' ■-~b) Từ trang thái n = 4đến trang thái n =“'2 ;

~-r--G) Chuyển dời ứng với sự iôn hóa nguyên tử hiđrô ôtrạng•-V- - - tkái cơ bản. ■ - ,-ầẩậ )" f ’lnh bước sóng của các phô tôn (phát xạ hoặchấp thụ)' ứng với các chuyển dời trên.

của .electron phải bằng bao nhiêu ? 3 vạch đó thaộc dãy nào, có"bước sóng bằng .bao nhiêu ? Vẽ sơ đồ các mức năng lượng và các

2) Một phôtôn có năng lượng 16 eV làm bật electron ra khỏi-nguyên tử hiđrô d trạng thái cơ bản. Tính vận tốc của êlectrônkhi bậ t ra

4*22. Chiếu một chùm bức xạ có bước sóng X 55 0,56 pm vàoCătỡt của một tế báo quang điện.

1) Biết rằng cường độ dòng quang điện bằo hòa có giátrị Ibh= 2 mA. Tính xem mỗi giây có bao nhiêuêlectrôn quang điệnđược giải phóng khỏi catôt.

2) Dùng màn chắn tách một chùmhẹp các êlectrôn quang điện rồihướng chúng vào một từ trường đềucó cảm ứng từ B = 7,64 -1CT5 T, saocho B í'có phương vuông góc với phương ban đầu của vận tốc cácquang electron, chiều như hình vẽ(Hình 4.6). Ta thấy quỹ dạo cácquang electron đổ trong từ trường làcạc đường tròn mà bán kính lớn nhạti = 2,5 cm.

v0

B

Bể

Hình 4.6

215



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Mặt khác bước sóng X của ánh sáng kích thích liên hệ với X0 ĩ k v í Lvà theò công thức :2

hc _ hc mvmax•ỢC' x0 2

-* — = — + eV™, -+ ì = -L + ®^SL X hc

Thay sô" ta được :

X ~ ----- ỉ— _ « 0,1926 |xm.

4.2. 1- a) Ta có :

5,193.106

x 0 = — = 0,566 |im.

b) Vma- = j-2eơj j - = 3,75 . 105 m/s.V m

2) hf = A + m— = eưh + Ạ.2

f = f F .h + 4 = 6,279 . 1014 Hzh

—> Ầ. = — ~ 0,478 Ịxm.

4.3. 1) Áp dụng công thức Anhxtanh lần lượt cho hai bức xạ Xl , 2 te được :

,2 + A ~ eưt + A y (1)hc mví ___ _ 1 max Xị 2

c 111V'2A-2

Từ đó :

he = + A = eư2 + A .

218



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





2) Ta thấy X3 < XQvậy cổ hiền tương quang 'điện.

Số phôtôn đập vào catốt mỗi giây :

Np = — =: -£ : = l ỉ l * 6,25 - Ĩ01S phôtôn.£ hc hcT

Số electron bậ t ra khỏi catố t:

Ne = — » 1,25 . 106 electron.

[•ftis •

e

4.4. Hiệu điện thế Ưh này phải có giá tr ị sao cho công củđiện trường eUh giữa hai bản tụ điện vừa đủ để triệt tỉều độnăng cực đại của êlectrôn, tức là :

ta được : Uh = - i— - A j .

Thay số ta tìm được : Ưh « 1,075 V.Hiệu điện thế này được tạo bởi điện tích + Q trên bản đư

chiếu sáng. Ta có :

Áp dụng công thức Anhxtanh :

hcT

Ạ + Omas = A + e Uh. 2



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Q = cưh , với c = -T3 TT ’ với 8 = 1 i47ĩkas = 400 cm2 = 400 . 10”4 m2 ; d = 0,5CIĨ1 - 5 . 10~3 m ;

k = 9 . 109 . Từ đó Q * l, 2 .1<r 10c.

4.5. Áp dụng công thức Anhxtanh :

Suy ra : A = hf - eưh = 2,5 ẹV.Bước sóng giới hạn ẢQ của kim loạ i :

He _ xồ = ss 0,497 pxn.

AKhi chiếu đồng thời hai bức xạ 0,4 (xm và0 ,6|im thì bức xạ thứ

nhất 0,4|om có thể gây được hiện tượng quang điện. Động năn ban đầu cực dại của ẽlectrôn :

+ A , với -mYg y = eưh22

Eđ„2ọ max2

= hf - A * 9,6 . 10"20 J.

4.6. lì Ta có :

/2eUll - * J— ----- » 6,6 . 10 m/s.V mÁp dụng công thửệ Anhxtanh :

he X

A + = A +■ eUh2 :

A - eưh * 1,8 eV.. X

. 2) SỐ' êlectrôn hi bứt ra khối catốt mỗi giây : Ne = —

e

220



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Năng lượng bức xạ của catôt nhận được mỗi giây là công suấtcủa nguồn :

p = N e = — X — 6 W .e X ■ '

4.7.1) A = — = 7,23 . 10"19J = 4,52 eV.

ov _T hc . hc hc2) eVjnax = - A = ,-r- “À A, K q

_ hc Ỵ l 1 '-> Ymax - --- “ "7 *6 Â, Ả.Q

Với bức xạ X - Xi = 0,2 Jim ta có : Vmaxi = 1,7 V.

Với bức xa f 2 = 1,67 . xo15 Hz hay x2 = , ta có :f 2

vmax2 : = 2,4 V .,Khi rọi đồng thời cả2 bức xạ trên, diện thế cực đại cửa tấm

kim loại là : Vxnax = 2,4 V.3) Khi rọi Xi, hiệu điện thế hãm Uhtính theo công thức :

eUh .■= mv-°0maĩl = eVmaxi -> u h = = 1,7 V.z

4.8. 1) Ta có — « 45,376 . 10'20J.

Áp dụng công thức Anhxtanh, ta thấy :

- Khi catôt là kẽm thì — < A ( = 56,8 .10~20J) :Ằ

hiện tượng quang điện không xảy ra.- Khi catôt ỉà kali, công thoát là :

A = = 32,056 . 10“20 < ^ : có hiện X q X

tượng quang điện. Ta có :

221



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





2) Số' electron dược giải phóng mỗi giây :

Ne = = 2 . 1016 êlectrôn/s.e

Nếu cường độ chùm sáng bức xạ tăng lên u lần, thì Ne cũngtáng lên n lần (thành nNe) vì cường độ dòng quang diện bão hòatỉ lệ với cường độ chùm bức xạ.

4„9o Vì X. < X q nên một mặt hiện tượng quang điện xảy rạ,mặt khác năng lượng của phô tôn hf1ỚĨ1 hơn công thoát electron

ỈÌCA = — , nên êlectrôn bị bứt ra có một động năng ban đầu

điện thế với catôt. Do đó vẫn có dòng điện trong dây nổi anôt vàcatôt.

Eo = —— , giúp cho chúng tối được anôt, mặc dù anôt có cùnglu

4.10.1) XQ = — * 0,50 Jim.A

2) v0max = J —Í ~ - a Ì * 5,84 . 105 m/s.

3) N = — = 1,875 . 103 êỉectrôn/s.e

4) omax2 eUh = — - A X

4.11. 1) Ta có động năng ban đầu cực đại của electron :

mvomax2 X

222



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Lực diện trường hăm sinh công âm. Quãng đường s tối đa màelectron đi được theo phương diện trường, ra xa mặt điện, cực,được xác định bằng định lí dộng năng :

AWđ = o - =. -e E s.2

,2- = - Ị- f— - a Ì » 7,5

eE I X )2eE3) Khi cường độ chùm sáng đủ mạnh, giữa điện cực và đất có

một hiệu điện thế Ư = Vmax , với Vmax là giá 'trị cực đại củađiện thế của điện cực kỉúđược chiếu sáng.

Ta có : rcVọạuạ«=. eV**, ..= eự. .■ . 2 ' ■■

1 ( he . V —ỳe IT -Aj

Đòng điện cực đại qua điện trở (dòng êleetrôn từ đất đến điệncực) là :

U = _L fi ĩ£ _ A lR eR V ‘X

IX mA.

4.12. 1) Bức xạ 1 = 0,56 [im có bước sóng nằm trong quang phổ nhìn thấy (0,4ụm < Ấ < 0,75 pm) nên mắt người có thểnhìn thấy và thấy bức xạ màu lục (xanh lá cây).

2) Từ công thức Anhxtanh ta có :

A = — - Warau , vứi w đmax = 5,38 . 10-20 J. - X

Suy ra : A = 3,011 . lO' 19 J » 1,88 eV ; _ Xo = = 0,66 pm : kim loai đó là Xê di (Cs) (Xem

ASGK, vrn, § 50).

3) Đường đặc trung vôn-ampe của đòng quang điện (Hình 4.4)(SGK, v n i, hình8.3).

223



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





- Khi ư a k tăng thì I tăng ; ^ *- Khi ƯAK > ưbh, ãòng quang

điện đạt giá trị bão hòa Ibh-- Khi ƯAK < - ưh : dòngquang điện triệt tiêu.- K h iƯ A K = o , I = l o * 0 .

4) Giải thích : vi các electronquang điện cồ 'dộng nằng ban đầu - -Q— ~khác không nên một số vẫn về h 1được anôt, tạo nên dòng quangđiện I0.

Ao

'bh

Hình 4.4

Ư AK

4.13. 1) Áp đụng cõng thức Aĩihxtanh cho 2 bức sạ đó ( vởiv2 = 2vi) :

hc niv? mv?* -TIL + A ; hf 2 = 4 — ỉ- + A , Xĩ 2 2

với Ầ,1 = 0,405 pm ; f 2 = 16 . 1014 H z.

Suy ra A 4cAl

- u

Kí hiệu AV là độ tăng hiệuđiện thế hãm và biếtTT mv2 , hc .eưh = — —, ta có : eUh = —— - A :

2 3LX . .

e (uh +AUh) = hf 2 - A-

Suy ra : Aưh = — e

( c Nf , - — 3,56 V.'1 )

2) Sô' êlectrôn bắn ra từ catôt mỗi giây :

n = ÍÌÌÈ- = 5 . 1016 hạt.e

Số phô tôn tới đậpvẵố cẩ tố t: .

N = — , vứi H là hiệu suất lượng tử , H = 5%.H

224



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Suy ra : N = 1015 hạt.Cộng suất bức xạ :

Pi = N — = 0,49w ; p2 = N . hf 2 = 1,06 w.*1

4.14. 1) Ta có : "

mv° ^ - = eưh ^ = m = 6,5 . XO5 m/s.2 • V m

2) Ãp dụng công thức Anhxtanh :

— = *A + =A + e ưh X 2 '

. — > A SS — - eưh . = 3,048 . 10"19 J • « 1,905 eV. X

p PÂ3) Tá có ; Ibh = ne , với n = — = ~ .s hcPẰe

-*■ Ibh = “ ° ’64A-hc

4.15.1) Ta có :h c

f t > +

m v

T 2

— > Ấ 1 1 1 eƯỊ

= A + eưh

hc hcX —> Xo — A hc “ e lư k

Thay số ta được.:*o = 0,36 pra ; A = 5,52i . lO-19 J = 3,45 eV.

2) Các electron bị bứt ra khỏi catôt phẳng từ tâm Oi có vậntốc ban đầu Vo t h e o mọi hướng (Hình 4.5). Dưới tác dụng củađiện trường s (hướng từ anôt A sang catôt K) các êleeírôn nàychuyển động theo các quỹ đạo khác nhau.

Vì lực điện trường hướng vuông góc vối 2 bản cực và đo bỏ quatác dụng của trọng lực nên ta thấy :

BA-BTVLSCT3 225



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





E

Hình 4.5

M

0o

+ Các electron có vận tốc ban đầuVo vuông góc với cat ốt. sẽ chuyểnđộng thẳng nhanh dần đều (vì lực Fngược hướng điện trường E ) tớiđập vào tâm O2 cửa mặt anôt.

-ỉ- Gác êlectrôn có véctơ Vo xiêngóc với mặt catôt chuyển động theođường Daráboltới đập vào mặt anôttại điểm M cách tâm anôt một đoạnO2M ; góc hợp bởi Vo yà O1O2càng lớn thì thành phần của yận tốcVo theo phương song song với mặt catôt càng lớn, và do đó O2Mcàng ỉởn. Điểm xa nhất Mo mặ electron tới đậu vào mặt anôt(O2M0 lớn nhất) ứng với trường hợp véetơ Vohướng song song với mặt catôt. Khi đó ta có bài .toán tương tự với bài toán, némvật theo phương ngang trong trường. Chụyển động của êlectrônkhi đó được xem như gồm. hai chuyển động thành phần. "

- Chuyển động đều theo phương Ox vuông góc với điện trường(theo phương song song với mặt anôt và catôt), với yậntốc Vo , có

phương trinh : X = v0t ; (1)- Chuyển động nhanh dần đều theo Dhương điện trường Ov

với gia tốc :F eE eUa = m

có phương trình

Tại đĩểm Mo

Suy ra đ =

y =

â t ~2

at~1T

y = à 2

m

vă

mdeU

(2 )

và

2md

= O2M0-O2M0 = v„ , j l ỉ

Va

. n M _ 2mđO2M0 = v0 tỉ— 77 - -V eư

2 mv*V e ư

226



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





ĨĨIVqMăt khác ta có : ---- — = eU]

Từ đó : 02Mo = 2 d = 7,4 mm.y u

Vậy muốn cho toàn bộ sô' electron quang diện bứt ra từ mặtcatôt đều đến được mặt anõt thì mặt anôt phải có bán kính tôithiểu là :

Rmin - 0 2Mo = 7,4 xnm. Nếu chùm bức xạ rọi vào toàn hộ mặt catôt thì mặt anôt phải

có kích thước sao cho các electronồ các điểm ngoài cùng củacatôt, như điểm I chẳng hạn, có thể tới dập váo mặt anôt. Lập

luận tương tự như trên cho thấy anôt phải có bán kính tối thiểulà :

Rnùn = 02Mo + Oil = 1,74 cm.

4.16. Kí hiệuv0 là vận tốc của êlectrôn khi vừa bay rã khỏicatôt và V là vận tốc của Ĩ1Ó khi tới anôt. Độ tăng động năngcủa electron là :

AEđ = mv2''* mv°2 2

Công của lực điện trường là : A = eU. Theo định luật bảotoàn năng lượng : AEđ = A , ta có :

_ ^ 0 = e U .2 2

Thông thường v0 < < V và ta có thể bỏ qua Voso vói V.

Ta có : e / = ^ V e U .2

Khi kích thích cho đối catôt (bằng vonfram chẳng hạn) phátra tia X, êlectrôn nhường toàn bộ động nãng Eđ của nó chonguyên tở vonfram mà nó gặp, và động năng ấy lại được chuyểnthành năng lượng hf của phôtôn tia X.

- Nếu nguyên tử vonfram đó ở ngay trên mặt đối catôt thì :

8B-BTVLSCT3 227



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





hf = Es = eU.- Nếu nguyên tử vonframở sâu trong đối catôt, thì elect

khi gặp được nó, đã mất một phần dộĩìg nãng do va chạm, với cnguyên tử và ion trong vonfram, và hf < eU.

Do đó ta có : hf á eU và À= — > _&£... f eU X là bước sóng tia X do đôi âm cực phát ra.

Như vậy Xmíi, ~ -^r .eưThay số ta được : Aroin. s= 0,828 . 10"10m « 0,83 A°

4.17.1) Eđ = = eư = 3,2 . 10"15 J. 2

2) = Eđ s eư -> w = ~ « 4,8 - 10lsHz.- ' ' . h

3) I = = — » 16 mA.t 60

4) Xem SGK Vật lí12, V II, §48, 2).

4.18.1) -» u = = 2500 V.eU e^min' v mv2và —-— = eU

2Í2ẽữ _ I2hc ^-» V = J — — ■.*= J —» 2,96 .. 10 m/s.

Vm .

2) Số electron đập vào đối catôt mỗi giây :

n = - - - 0,0-v « 1,25 . 10- hạt.e 1,6 X10-19

Năng lượng của electron cung cấp cho đối catôt để làm nónnó môi giâv :

228

_ mv2 Ip ss n — -— = — . eư = UI 2 e



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





'0 -

■is*f:■"I s

■I

Nhiệt lượng tỏa ra trên dối catồt trong ĩ phút:Q = Pt = Ưlt = 300 J.

hc3) Từ Xvãn = , suy ra :eU

•min _ ^ _ ư r“min

~ ^mín

.4.19. 1) Ta CÓ:

f*2i =

Í32 =

£13 =

Ỉ53 -

fs3 “

2) Theothuỵết Bo1

U*m in

■U+ AU

* 4,17 A°.

21c

^32c

^43c

^53

c _^63 -

2,46775 . 1 0 15Hz ;

4,57123 . 10ISHz ;

1,5999 . 1014 Hz ;

2,3405 . 1014 Hz ;

2,7427 . 1 0 14 Hz ;

Xmn hc. , 1 E 2 - Ki 1 E3 - E 2 /ta COI ----- = -—:— ---- Ị “ — , 7

X 2 1 X32 hc

J _ E 4 - E 3 . _ ì_ = E5 - E 3 . J _ = E6 - E 3X4 3 . he * X53 hc 1 Ằ63 hc

Từ đó suy ra bước sóng của hai vạch quang phổ thứ hai và thứ ba của dãy Laiirtan (xem hình 4.3):

--L = E3 - Sĩ ——— + — = 9,74959 . 10*6 (nT1).^31 he X.21 A.32



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





—ỳ ^31 ~ 0,10257 11771 j1 E4 —E} 1 1

X 41 he X43 Â32 A.21

« 10,28289 .106 (m_1) -> x 4l = 0,09725 ,pm.

' Bước sóng của các vạch Hp ,ĩiy và Hg của dãy Banme là :1 Eặ —E2 X' ĩ

Â-42 hc ^43 ^32= 2,05705 .106 (m-1) -> *42 = 0,48613 Jim (Hp)

1 _ E5 ~ ^2 _ 1 + 1,, A52 hc ^53 ^32

= 2,3039 . 106 (m_1) -> x52 = 0,43405 um (Hy)1 e 6 - e 2 _ 1 1

Xq2 hc ^63 ^32,= 2,437986 . 106 (m"1) -► x62 * 0,41017 pm (n 5).

4.20» 1) Ta có :r 2 s 4r 0 = 2,12 A° ; r 3 « 9r 0 = 4,77 A°.

Bởi vì lực hấp dẫn nhỏ không đáng kể nên lực tương tác giữaêlectrôn và hạt nhân trong nguyên tử hiđrô chi là lực hút tĩnh

, e* , ađiện f =^k—— (k = 9 . 10 đơn vị SI); lực này gây ra gia tốcr

hướng tâm của êlectrôn trên quỹ đạo tròn quanh hạt nhân, do đó9. 5 • / k -» V = e J-— hay

Vxnr

“k” _ 2.18 x io 6 ,----- = ------------- m/s.n

Vi = 1,1 . 106 m/s ; v3 = 0,73 . 106m/s.. 2) Sơ đồ mức năitg lượng (Hình. 4.5).230



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





3) Chuyển dời a ứngvới trường hợp nguyên tửhấp thụ một phôtôn có bưổc sóng Ằ.33 tính theo E3 —^công thức :

I _ E3 —El E2hc

Eo ( 1hc U 5

43

00

Hình 4.5Với Eo * 13,6 eV

= 13,6 .1,6 :KT19J '

Suy ra : x13 = 0,103 |jtm. Chuyển dời b ứng với trưỗrng hợpnguyên tử phát xạ một phôtôn có hước sóng42 :

1 _ S4 - E 2 _ Eo M 2'42 hc hc 2

—> /.42 •= 0,487 um.

Chuyển dời c ứng với trường hợp nguyên tử hấp thụ phôtôn có bước sóng Ầ-í :

_JL Xx hc

Sọhc

4.21. 1) Độc giả tự vẽ sơ đồ mức năng lượng dựa theo hình 4.3E„và hình 4.5 và tính E'i, E2, E3,£ 4 . . . từ công thức En = -n

(Eo = 13,6 eV) (xem bài 4.20). Từ sơ đồ thấy rằng : muốn cho 3và chi có 3 vạeh phát xạ thì nguyên tử phải nhảy lên mức kíchthích E3, và êlectrôn phải có động năngwđlớn hơn hoặc bằngS3 - Ex , nhưng nhỏ hơn E4 —Ei :

wd > 13,6 -1,5 = 12,1eV ; wđ < 13,6 -0,85 =12,75 eV

Vậy phải cộ : 12,1 eV á Wd < 12,75 eV.

231



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Các vạch có bước sóng Xi ss 0,121 Ịxm và 2 = 0,103 ịiin(ứng với sự chuyển của nguyên tử từ các mức D, = 2 và n = 3về mức n =1) thuộc dãy Laiman. Vạch có bước sóng X3 =0,651 [im (từ n = 3 về n =2) là vạch đầu tiện của dãy Banme.

2) Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng :2

hf = Eọ + —J , suy raV - 9,2 . 105 m/s.

4.22. 1) Ta có :

Iòh = ne n a ^bh = 1,25 ! 1016 êíectrôn/s.

2) a) Lực Lorenxơ tác dụng lên electron eó phương vuông góc

với v0 và có độ lớn (vìVQ _L B )F = e v0B.

Vì F J_ VQ và có độ lớn không đổi nên có làm cho êlectrônchuyển động theo quỹ đạo tròn bán kính r, với F là lực hướngtâm :

mvi= e VQB r = ravọ

eB ( )

Áp dụng quy tắc bàn tay trái đểxác định chiều của lực Lorenxơ vàchủ ý điện tích của electron ià điệntích âm ta xác định được chiềuchuyển động của êlectrôn như trênhình 4.7.

b) Từ (1) ta thấy :

r =Tr

<-» v0 = vr eBr.m axm

= 3,36 . 105m/s.c) Áp dụng công thức Anhxtanh :

232



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





hf = A +2

he niv; _ _ _ • _z_ _ 1 _

2Omax

2

—> X q2hcA, = 0,65 Jim.

2 h c - ĩ D Ằ V Q i n a x

4.23. 1) a- Sai. Vì cường độ dòng quang điệa bão hòa tí lệthuận với cường độ chùm sáng kích thích chiếu vào catôt.

b- Sai. Vì theo hệ thức Anhxtanh trong hiện tượngquang điện.

Đối với đường cong (1) ta có :hfi = A + eU h . (2)

Đối với đường cong (2) ta có :hf 2 = A . (vì ƯK = O).

Từ (1) và (2) suy r a :hfi > hf 2 —> fi > Ỉ 2'

2) a- Có thể, vì nguồn J phát ra ánh sáng dưới dạng các lượngtử, tức là các phõtôn, là các phần tử riêng biệt.

b- Theo mẫu nguyên tử Ẹo, th ì các phôtôn từ nguồn J cónăng iượng đúng bằng hiệu năng lượng của hai mức cao và thấp

nào đó của nguyên tử hiđrô thì sẽ bị nguyên tử này hấp thụ.c- Có thể, vì các phôtôn của nguồn J nà3r được phát ra khicác electron trong nguyên £ửhỉđrô chuyển dời từ mức có nănglượng Ecao về mức có nâng lượng Ethâ'p, và năng lường của phô tônđó là : s = Ecao - Ethấp và theo b thì các phôtôn này có thể bịcác nguyên tử hiđrô hấp thụ.

hf = A + eU h (1)

c) Đúng. Vì ta có : A hcẤq

Thay vào (2) :

233



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Phần 3. VẬT LÍ HẠT NHÂN « »

§5. VẬT ú HẠT NHÂN

I- KIẾN THỨC Cơ BẢN

1. Cấu tạo của hạt nhâ n nguyêntử

c) Hạ t nhâ n nguyên tửảượécấu tạo từ các prô tôn (P) vàliơtrôn (n ), gọi chung là nuclôn.

Prôtôn là hạt có điện tích dương -í- e và có khối lượng Hip 1,672 . 1C-27 kg. Nơtrôn là hạt không mang điện, có khôi lượngmn = 1,674 . 10-*7 kg.

h) Số prôtôn trong hạt nhân bằng z (nguyên tử số). Sốnơtrôn là A - z, vổi A là số khối (hay khôi lượng số).

c) Kí hiệu hạ t nhãn : , với X là kí hiệu hóa học của

nguyên tử. Thí dụ : Ịn , g2C - . . Bể cho gọn cókhi chỉ ghi12 c , 23 Na . . - hoặc c 12, Na 23.

d) Bồng vị : là những nguyên tử mà hạt nhâncủachúng cócùng số prôtôn Z, nhưng có số khối A khác nhau :

e) Đơn vị khố i lượng nguyên iử , kí Kiệu là u :l u = 1-66055 . 10'27kg.

Thí dụ : mp “ 1,007276 u ; mn = 1,008665 u.



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





1 - 1,7827 . 10"30kg.cz

f) Độ hụ t khố i eủă hạ t nh ăn : ^ X , kí hiệu là Am :

Am = Zmp + (A - Z) mn - nihn ,với mhn là khối lượng của hạt nhân. Khổỉ lượng của hạt nhân baogiờ cũng nhỏ hơn tổng các kh.ối lương của các nuclôn riêng biệttạo thành hạt nhân đó.

Đại lượng AE ss. Am.c2 (c là vận tốc ánh sáng) được gọi lànăng lượng liên kết của hạt nhân, đó là năng lượng cần cung cấpcho hạt nhân (đứng yên) để tách nó thành các nuclôn riêng biệt(cũng đứng yên). Khi Am = l u thì AE = 931 MeV. (lMeV =

10ổeV = 1 ,6 . 10"13 J).Đại lượng •— được gọi lànăng lượng liên kết riêng, Hạt

•Á.nhân có nằng lượng liên kết riêng càng lớn, thì càng bền vững.

2) Sự phóng xạ

a) Phóng xạ : (phân rã,-phóng xạ) là hiện tượng một hạt

nhân tự động phóng ra những bức xạ, gọi làtia phóng xạ, và biến đổi thành hạt nhân khác. Quá trình phóng xạ của một hạtnhân hoàn toàn do các nguyên nhân bên trong hạt nhân đó gâyra và hoàn toàn không phụ thuộc vào các tác động bên ngoài(như nhiệt độ, áp suất. . .)• Ngoàiđồng vị phóng xạ-cố sẵn trongtự nhiên (như uraní), người ta còn tạo ra được nhiềuđồng vị

phóng xạ nhân tạo (như phôtpho P30).

h) Có 3 ỉoaì tia phôn g xạ :

- Tia a (chính là hạ t nhân nguyên tử hêli IH e ) ;

- Tia , gồm tia ị3" (ià các êlectrôn, kí hiệu , hay e~ ), và

tia , gọi là electron dương, hay pôzitrôn (kí hiệu là ^ e 4' hayO ;

235



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





- Tia Y, là sóng điện từ có bước sóng rất ngắn (phôtcn của có năng lượng cao).

Mỗi chất phóng xạ chĩ phóng ra một trong 3 tia : cc , P' hay|3+ , và có thể có tia y kèm theo .

c) Đ ịnh luậ t phó ng xạ .*

Mỗi chất phóng xạ được đặc trưng bởi một thời gian T, gọi làchu kì bán rã ; cứ sau mỗi chu kì nàỷ thì ì số nguyên tử của

2chất ấy đã biến đổi thành chất khác.

Công thức : N55 Nò é2 Vr

Hay m = m, ẹ-“ = m°

Trong đó No , mo lần lượt là số hạt nhân và khối lượng banđầu (lúc t = O) ; N, m là số hạt nhân và kỉtối lượngở thờiđiểm t ; X được gọi ỉàhằng số phóng xạ :

_ Ln2 0,693T T

ả) Độ phóng xạ H : của một lượng chất phóng xạ là đại

ỉượng đặc trưng cho tính phóng xạ mạnh hay yếu, đo bằng sô' phân rã trong1 giây :H (t) = XN = ?lN0 é~Ảt * Ho e~xt ,

Vối Ho = XNo là độ phóng xạ bạn đầu.Đơn vị của độ phóng xạ là Becơren, kí hiệu là Bq, bẵng1

phân rã/giây : XBq = 1 phân rã/giây.Đợn vị khác là Curi, kí hiệu C i:

ICi = 3,7 . lo10Bq.3. Phản ứng hạ t n hân

a) Phản ứng hạ t nh ân : là-“tương tác giữa hai hạt nhân dẫnđến sự biến đổi của chúng thành các hạt khác.

Phương trình phản ứng : a + b -» c + d



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Sự phóng xạ ỉà trường hợp riêng của phản ứng hạt nhân :A (hạt nhân mẹ) -» b (hạt nhân con) + c (hạt a, p)

b) Các định luậ t bãò toàn trong phản ứng hạt iihân :- Định luật bảo toàn Sổ nụcỉon (số khối A) :

Aa + Ab =. Ae + Ad- Định luật bảo toàn điện tích (nguyên tử số Z)2a + Ztì = zc + zd

- Định luậi bảo toàn động lượng :maVa + mbvb = rn Vc +Tũúvả .

- Định luật bảo toàn năng lượng (bao gồm cả năng lượng nghỉvà động năng của các hạ t) :

m„c _ 2 ^

2 , mdvd m^c + -----

c) Năng lượng của phả t i ứng hạ t nhăn :

AE = (Mo - M) c2Trong đó Mo = ma + mb là tổng khối lượng (nghỉ) của các

hạt nhân trước phản ứng ; M = nic + nid là tổng khối lượng(nghĩ) của các hạt nhân sau phản ứng.

-Nếu Mo > M thì AE > o , phản ứng tỏa năng lượng ;-Nếu Mo < M thì AE < o , phản ứng thu năng ỉượng ;ả) Các quy tắc d ịch chuyển trong sự phỏn g xạ :

+ Phóng xạ a : | x ;He A-4 VZ-2 1(Hạt nhân conỗ vị trí lùi 2 ô trong Bảng tuần hoàn, so với

hạ t nhân mẹ)A

+ Phóng xạ : ■> 4 e + Z+1.237



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





(Hạt nhân con ở vị trí tiến 10 so với hạt nhân mẹ).

+ Phóng xạ 0" : £ x . — —— > + 2 _*

(Hạt nhân con ở vị trí .lùi 1 ô so với hạt nhân mẹ).

+ Phóng xạ y : ị x - ------» £ x + Ỵ ■(Hạt nhân õ trạng thái kích thích, chuyển về mức năng lượng

dưới phát ra tia y ; không có sự biến đổí hạt nhân).

e) Hai loạ i phản ứng hạ t nhân tỏa nă ngỉượng (AE > O)+ Sư phân hạch : Hạt nhân rất nặng (như ĩirani, pliitôni

hấp thụ một nơtrôn và vở (phân rẳ) thành hai hạt nhân có sốkhôi trung bình ;

+ Phản ứng nhiệt h ạ c hHạt nhân Tất nhẹ, như hidrô , hêli ...kết hợp với nhau thành một hạt nhân nặng hơn (xảy ra ở nhiệtđộ rất cao).

4. Máy gia tốc xiclôtrôn gồm có hai hộp hình chữ D đặttrong chân không ; có một từ trường B vuông góc với các hộp vàgiữa hai hộp có một hiệu điện thế xoay chiều,

Hạt có khối lượng m, điện tích q, đi trong máy với vận tốc Vsẽ chịu tác dụng một lực từ (lực Lorenxơ, vĩ vậy nó chuyển động

tròn trong lòng hôp với bán kính R - . Mỗi iầĩi đi qua kheq3

giữa hai hộp D hạt được tăng tốc. Chu kì quay T (thời gian điđược một vòng) của hạt là :

qB

Tần số của hiệu điện thế xoay chiều đặt vào máy :

f 1 = qBT 2nm

238



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





n- BÀI TẬP v í DỤ

1. Ví dụ1 : Pôlôni |ị°pQ là nguyên tố phóng xạ a , nó phóng ra một hạt a và biến đổi thành hạt nhân con X. Chu kì bán rã của pốlôni là T = 138 ngày.

a) Viết phương trình phân ứng. Xác định cấu tạo, tên gọi củahạ t nhân X.

b) Một mẫu pôỉôni nguyên chất có khối lượng ban đầu 0,01 g.Tính độ phóng xạ của mẫu chất trên sau 3 chi kì bán rã. Cho biết số Avôgađrô Na = 6,023 . 1023 nguyên tử/mol.

c) Tính tỉ số giữa khối lượng pôlôni và khối lượng chất X trongmẫu chất trên sau 4 chi kì bán rã.

(Trích Đề thi tuyển sinh Đợi học Thương mợỉ, năm học ỉ999 - 2000)

Giả i : :

a) Kí hiệu hạt nhân con X là2 X >Phương trình phản ứng códạng:

i fPo -> ịHe ■+ | x .

Áp dụng định luậ t bảo toàn số khố i :. 210 ~ 4 + A

và định luật bảo toàn điện tích :84 — 2 + z

ta tìm được : A = 206 và z = 82. Vậy hạt nhân X là hạtnhân dồng vị chì I^P b , có cấu tạo gồm 82 prôtôn và

N s 206 - 82 = 124 nơtrôn. b) Số hạ t nhân pôiôni ban đầu là :

No = Na . -2 - ,AVới mo = 0,01 g ; A = 206 (g). Sau thời gian t =3T số hạtnhân pôlôni còn lại (chưa; bị phân rã phóng xạ) là :

239



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





•*y No N0 _ No NA.m(2>r 23 8 8A -

Độ phóng xạ của mẫu pôlôni sau 3 chu kì bán rã. là :H = ÀN - °-693 X N = 0,693 xN a xib0'

T 8A X T 'với T =s 138 ngày * 138X 24 X 3600 s ; .

H « 2,084 X10u Bq.c) Số hạt nhân pồlôni còn lại sau t = 4T là

N’ = No No No2 % 24 16 ■

SẨ hạt nhân Pôlôni đă bị phân rã phổng xạ sau thời gian t

AN = Ne - N- = ỉ ^ - . -16

SỐ hạt nhân AN . này cũng chính bằng số hạ t nhân X đtạo rá-trong thời gian t = 4T. Vậỷ khối lượng chất X được

A' a m _ 15Nora là : mx 8= . X AN = Na 16Na ’

Với A’ = 206.Khôi lượng pôlôni còn lậi sau thời gian t = 4T :

. A XT, AN0m = X N ~ Na 16Na

Từ đó ta tầm được tĩ số :. m' A 210 * 0,068.mx ISA* 15x206

2. Ví dụ 2 : Hạt nhân là một chấ t phóng xạ, nó phóra tia Ị3~ có chu kì bán rã là 5600 năm.

à) Viết phương trinh của phản ứng phân rã. b) Sau bao lâu lượng chất phóng xạ của một mẫu chỉ còn b

—lượng chất phóng xạ ban đầu cua mẫu đó.8

240



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





c) Trong’cây cối có.chất .phóng-xạ c . Độ. phóng xạ của mộtmẫu gỗ tươi và một'mẫu gỗ cổ đại dã chết cùng khối lượng lầnlượt là 0,25 Bq và 0,215 Bq. Xác định xem mẫu gỗ cổ đại chết dã bao lâu ? Cho biết : ln (1,186). = 0,1706.

(Trích Đềthi tuyển sinh Đợi học Anh ninh phân dân, năm học 199Ó-1997).Giả i :

a) Phương trình của phản ứng phân rã là :

ị4C j r + X

hay . 64° - I e~ + ZX *

Áp dụngđịnh luật bảo toàn sô' khô"ivà bảo toànđiệntíchcó : 14 = Ó + Ả -> A = 14 '6 = - 1 + z -> z = 7.

Như vậy hạt nhân X cỉúnh là hạt nhân nitơ ị4 N .

Vậy ta có phương trình :

g4C -1 e.“ + ị4N

b) Ta có :mo m 1

m = —TT H— ” TĨZ*2>t ni0 2%Theo đề b à i:

= — , suy ramo 8

_ L _ ỉ ■= - ĩ . — = 3 -» t = 3T2/4 8 2 T M t = 3 X 5600 = 16800 năm.

Vậy sau t = 16800 năm Tượng chất phóng xạ chỉ còn bằng

-r lượng chất phóng xạ ban đầu.8

241



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





c) Sau một thời gian bằng mặt chu kì bán rã T thì số’ hạnhân phóng xạ g4C giảm đicỊ l ị còn một nữa. Do đó cứ sau thờigian T thì độ phóng xạ của mẫu .gỗ cổ đại chỉ còn bằng nửa độ phóng xạ của mẫu gỗ tươi. Kí hiệu t là khoảng thời, gian mà mẫu

gỗ cổ đại đã chết tá có : v •H = -H0è-Xt ,

Với Ho = 0,25 Bq ; H = 0,215-Bq.

Từ đó : xt = ln - In - ln (1,186) = 0,1706H 0,215

t - 0 ,1706 - 0,1706 xT _ 0,1706 X5600” X ~0,693 ~ 0,693

t = 1378,58 . . . » - 1380 năm.

3. Ví dụ 3 : Nhờ một máy đếm xong người ta biết được thôntin sau đây về một chất phóng' xạ.. Ban đầu, trong thời gian1 phút có 360 nguyên tử của một chạt bị phân rã phóng xạ, nhưng2 giờ sau (kể từ thời điểm ban dầu) thi trong một phút chỉ có 90nguyên tử bị phân rã. Hãy xác định chu kì bán rã của chất phóngxạ đó.

0 'rích Đ th tuy n sinh Đ i h c Qu c gia TP. H Chí Minh, năm h c 1997-ĩ998)

Giả i :

Theo định luậ t phân rã phóng xạ : N = No£~xt Số hạt nhân dN bị phân rã trọng thời gian vô cùng nhỏ dt là:

dN = -À N X dt

Coi khoảng thời gian At = 1 phút ss — giờ là nhỏ so với

chu kì T,ta có thể viết gần đúng :

ANo = - ANọAt = 360 (1)

và àN ị = - XNi At 5= 90 (2)với AN0 vàANị là sô' hạt nhân bị phân rã ban đầu trong At = 1

242



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





phút, và số hạ t nhân bị phân rã , cũng trong thời gian At 1 phút, sau2 giờ.

Từ (1) và (2) ta suy ra :N i 1 = i = -_L ■ ■■ (3). N0 ■" 360 4 22 .

Mặt khác theo định luật phóng xạ ta có :XT _ No , . Nị 1 ,AX Ni = , hay ^ , (4)

Với t = 2h. Từ (3) và (4) ta tìm đựợc :t 0 ~ _ t _ 2~r = 2 -» T lh. -T 2 2 -

Vậy chu kì bản ră củâ chấ t phóng xạ đố là T - lh.4. Ví dụ 4 : Phản ứng phân rã của urani có dạng .

| | 8U 826Pk + xa + yB' -" '1) Tính xv ày .2) Chu kì bán rã của92SƯ là T a 4,5 109ỉĩăm. Lúc đầu

có Ig p sXJ nguyên chất.

a- Tính độ phóng xạ ban đầu và độ phóng xạ sau 9 . 109năm của g|8^ ra becơren.

b) Tính số nguyên tử | | 8Ư vị phân rã sau 1 năm.

Ch.0 Na - 6,02 . 1023 Rguyên tử/mol. Khi t « T eoi è"xt~ 1 “ Ằ.t - Coi1 năm = 385 ngà}’'.

(Trích Đề ỉhi tuyền sinh 0ạ/học Kiến trúc Hà Nội, nỡm học ĩ999-2000)

Giả i :1) Áp dụng định luật bảo toàn số khôi và bảo toàn điận tíc

cố :238 = 206 .+ -> X =8

92 = 93 -ỉ- 2x - y ->■ y =s6

243



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





2) a- Độ phóng xạ ban đâu là :Ho = XNo ,

0,693 0,693Với X =T 4,5 X109 X365 x 86400 u

mNA __ 1X6,02X1023 _ . in2i No a — I* . a t ,. . r r — - « 2,5 . 10Zi hat.A 238

Từ đó tim được : Ho = 1,22 . 1Q4 Bq.Sau thời gian ti = 9 . 109 nàm = 2T dộ phóng xạ còn lại là :

H0 H0 Ho _ 3t,H = - 3,05 - 10 Bq2/T 2 4

b) Số hạt bị phân rã sau t2 = 1 năm là :AN = No. - N = No ( l - e :M?)

Theo đề bài vói ts = 1 năm ta có :

e‘u 2 X 1 - XU 1 - e~u 2 « XV

Dó đó :AXT - XT 2 ,5 X 1 0 21 X Dr6 9 3 X 1 nAN « No X Xt 2 ss — —-------------------------------------------- — -------

4,5 X109 ■

5. Ví dụ 5 : Cho các phản ứng hạt nhân :|° 3 + X -> a + |Bo (1)

g.Na + p _> X + |§Ne (2)

f£ a + X -5- n + Jg Ar (3).

a) Hãy viết đầỵ đủ các phản ứng đó. Cho .biết tên gọi, số khốivà số thứ tự của các hạt nhân X.

b) Trong các phản úng (2) , (3), phản ứng nào thuộc loại tỏanâng lượng ? Phản ứng nào thuộc loại thu riăng lượng ? Hãv timnãng lượng tỏa ra hoặc thu vào của các phản ứng đó (tính ra eV).

Cho các khối lượng hạ t nhân :

244



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





m ( 11 Na) = 22>983734u > m f IS'A*) ^ 36’956889u ’

m ^ 37Cl) = 36,956563 u ; in ịĩLj = 1,007276 u ;

m ^ *HeJ = 4,001506'u ; m | *°Nej = 19,986950 u ;

= 1,008670 u ;

u = 1,66055 . 1(T27 kg = 931 MeV/c2 ;(Trích Đềthi tuyển sinh Đại học Thái Nguyên)

G iả i:

a) —.Đốì với phận ứng (1):

10 B + -- -----» ^He + ®Be5 z 2 4

Áp dụng các định luật bảo toàn số”khôi và bảo toàn điện tíchta có :

1 0 + A = 4 + 8 -> A = 25 + z = 2 +‘ 4 -> z = 1

Vậy X là hạt nhân đơtêri .

- Tương tự, đối với phản ứng (2), ta lạ i có A = 4 ; z = 2 .4

Vậy X là hạt a , hay hạ t nhân hêli ‘ H e.

- Tương tự đối với phản ứng (3) ta có : A = 1 , z = 1 .

Vậy X là hặt prôtôn H .

b) Xét phản Úng. (2) ta có :AE = [m(Na)+m(p)-m(He)-m(Ne)] - c2.

AE = 0,002554 u - c2 = 0,002554 . 931 = 2,38 MeV > oĐây là phản ứng tỏa năng lượng.Xét phản ứng (3) ta có :

9-BTVLSCT3 245



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





AE = [m(CI) + m(p)'-m(n) - m(Ar)] . c2

AE = - 0,001720 u . c2 = -0,00172 . 931= - 1,60 MeV < o

Đây là phản ứng thu năng lượng.

6.VÍ dụ 6: Bắĩi hạt a có động nãng 4 MeV vào hạt nhân *4N

đứng yên thì thu được một hạt prôtôn và một hạt nhân X.1) Tìm hạt nhân X _và tính xem phận ứlig đó tỏa ra hay thu

vào năng lượng bao nhiêu MeVV2) Giả sử hai hạt sinh ra có cùng độ lớn vận tốc, tính động

năng và vận tốc của prôtôn.Cho : m (a) = :4,0Ọ15 u ; m (X) = 16,9947 u ;

m (N) 5B 13,9992 u ■ ; m (p) .= 1,0073 u ;l u = 931 MeV / c2 ; c = 3 -108m/s ;

(Trích Đề thi tuyển sinh ĐH Giao thông vận tái năm học ỉ999 -2000)

Giả i :1) Phương trình phản ứng :

ị u e + ;4N ------- Ịh + ị-K

Áp dụng các dịnh luật bảo toàn số’khối và bảo toàn điện tíchtìm đươc : A = 17 ; z . ss8 . Do đó là hat nhân .

8

Ta thấy : M0 = m (a) + m (N) = 18,0007 u ;M = m (p) + m (X) = 18,0020 u.

Như vậy Mo < M : phản ứng thu năng lượng, với :AE = (Mo - M)c2 = - 1,2103 MeV.

2) Theo định luật báo toàn năng lượng ta có :Moc2 + W (a ) = Me2 + W (0 ) + w (p) , (1)

Trong dó w ( a ), w (O), w (p) là động năng của hạt a, hạ t

246



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





nhân 017 và hạt prôtôn. Vì hai hạt sinh ra, 017 và prôtôn cócùng vận tốc, nên ta có :

W(g) _ W(O) = ^ 2 1 w ( p j , - (2)W(p) m(p) m(p)

Từ (1) và (2) thay sô' ta được :W(p) = 0,1561 MeV. '

Suy ra vận tốc của prôtôn :

V (p) = ® 5,5 . 10® m/sV m(p)

7. Ví dụ 7 .*Cho các hạt a có động năng Ea = 4 MeV va

cham với các hat nhân nhôm 7' AI đứng yên. Sau phản ứng cóXo

hai loại hạt được sinh ra là hạt nhân X và nơtrôri. Hạt nơtrônsinh ra .có phương chuyển động vuông góc với phương chuyểnđộng của các hạt a.

a) Viết phương trình phản ứng hạt nhân nói trên. Phản ứngnày thu hay tỏa nhiệt ?

b) Tính dộng nằng của hạt nhân X và động năng của ĩiơtrônđược sinh ra sau phản ứng.

Cho biết khối lượng các hạt nhân :ma = 4,0015 u ; mAi = 26,974 umx = 29,970 u ; mn = 1,0087 u.

ơrích ỡề thi tuyển sinh Cao đổng Sư phợm Hà Nội, nâm học 1999-2000)

Giả i :a) Phương trình phản ứng là :

4 TT . 2 7 . . ■ . Ị A„2 + 13 * 0n + z

Theo định luật bảo toàn sổ nuclôn và bảo toàn điện tích ta tìmđược : A = .30 , và Z = 15-

Vây X là hat nhân f?p- (phôtpho).15

247



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Và phương trình phản ứng đầy đủ là :4 X J 2 7 A1 1 3 0 — ^He . + 7 'AI -------->■ *n + p2 13 0 1 5

Năng lượng của phản ứng :AE = (m + mAỊ - nin - mp) . c2

=s [4,0015 + 26,974 - 1,0087 - 29,970] . 931 (MeV)AE = - 2,98 MeV.

Vậy phản ứng thu năng ỉượng là 2,98 MeV. b) Theo định luật bảo toàn năng lượng :

- wa + AE 5= wn + Wp , (1)

Trong đó Wa , Wn , Wp tương ứng là động năng của hạt acủa ĩiơtrôn và của hạt nhân phôtpho.Theo định luật bảo toàn động lượng :

va = mnvn + mpỹp

% va - mnvn =: mpVp

Bình phương hai vế và lưu ý rằng vn Ầ va nên vn . va= oTa được : •+ m2v2ilAa v a ^ 111 n v n - m |v |

-> mawa + mnwn = mpWp (2)2 2 2m V(Vì w s 2

m .V v2xn

Từ (1) ta có : 3 + ì ẻ I I c

& - Wp (3)

Thay vào (2) ta được :

mawa + mnWn +mnAE — mnWp= mpWp

w (mq f mn)Wq + mnAE D Ịn + m p

248



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





± +1. mWp =

w a +AE

m ỉ> , .•——+1-mn

Thay số ta được : Wp . = 0,55 MeV.Từ (3) ta CÓ :

w n = w a + AE - Wp = 0,47 MeV.

Ill- BÀI TẬP ÁP DỤNG

5.1. Đồng vị phóng xạ côban27 Co phát ra tia ỊT- và tia y

với chu kì bán rã T = 71,3 ngày.1) Hãy cho biết thành phần cấu tạo của hạt nhân nguyên tử

côban như thế nào ? Tính độ hụt khôi và năng lượng liên kết củahạt nhân Côban. Cho biết m (Co) = 55,940 u.

2) Hãy tính xem trong 1 tháng (30 ngày) ỉượng chất côbannày bị phân rã bao nhiêu phần trầm.

3) Viết phương trình phản ứng, chỉ rõ hạt nhân con của phản

ứng. (Trích Đểthi tuyển sinh Đại học Quốc gia TP. Hồ Chí Minh, năm học 199Ó - ì997)

5.2. Có bao nhiêu hạt (T được giải phóng 1 giờ từ1 microgam(1CT6 g) đồng vị 24 N a , biết rằng đồng vị đó phộng xạ (T với chu

kì bán rã T - 15 giờ.

5-3. Hạt nhân phóng xạ ^ 4Ư (đứng yên) phóng ra hạt CL

1) Viết phương trình phân rã phóng xạ.2) Tính năng lượng tỏa ra (dưới dạng động năng của hạt nhân

con và hạ t á).3) Tính động ĩiăng của hạt a và của hạt nhân con.

249



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





4)'Trong thực tế người ta lại đo được động năng eủa hạ t a vàhạt nhân con chỉ bằng 13,00 MeV. Sự sai lệch giữa giá trị tínhtoán và giá trị đo dược đã được giải thích bằng việc phát ra bứcxạ y (cùng với hạt a). Hãy xác định bước sóng của bức xạ y.

Cho biết khối lượng hạt nhân : m (U234) = 233,9004 u ;

m(Th230) = 229,9737 u ; m (a) = 4,00151 u •u ==■1,66055 . 10~27 kg = 931 MeV / c2.

(Trích Đề thi tuyền sinh Đợ/học sư phạm Vinh và Học viện Quan hệ Quốc tế, nỡm học ỉ996 - 1997)

5.4. Hạt nhân mẹ A đứng yên phân rã thànhmột hạ t nhỏ Bvà hạt nhận con c. Biết khối lựợng của các hạt B, c là mA,mB, mc- Tính động năng của các hạt B và c.

Áp dụng cho phóng xạ a của ra đi :226 222 — 4Ra — — > __ Rn + ‘a .88 86 2

Cho biết m (Ra) = 225,977 u ; m (Rn) = 221,970 u ;m (a) = 4,0015 u.

Ợrỉch Bề thi tuyển sinh Đợi học SƯ phạm Hà Nội 2, năm học ỉ996 - ỉ997)

5.5. 1) Hãy cho biết thành phần cấu tạo của hạt nhân nguyêntử pôlôni !WPo n hư thế riào ?842) Nguyên tử trên dây có tính phóng xạ. Nó phóng ra một

hạt a và biến đổi thành nguyên tố chì Pb . Hãy chỉ ra các địnhluật bảo toàn đơn giản mà các phản ứng hạt nhân phải tuân theovà viết phương trình phản ứng. Cho biết cấu tạo hạt nhân Pb.

3) Những phép đo chính xác cho thấy :

210Po = 209,937303 u ; 4He = 4,001506 u ;206Pb = 205,929442 u , với u = 1,66055 . 10"27 kg.

Tính năng lượng cực đại tỏa ra bởi phản ứng hạt nhân ở câuhỏi 2, theo dờn vị J và MeV.

(Trích Đềthi tuy n sinh C o đâ ng s ph m Hò N i, năm h c 99Ó - ĩ 997).

250



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





5.6. Lúc dầu có một mẫu pôlôni g* Po nguyên chất. Hạt

nhân pôlôni phóng ra hạt a và chuyển thành hạt nhân bềnf'X với chu kì’bán rã T = 138 ngày.ù

a) Tim * x .Ù b) Hiện nay tỉ số khôi lượng .của chất X và của pôlôni

trong mẫu chất trên là :

210

. Tìm tuổi của mẫu chất.m(Po) 35

c) Hạt a phóng ra có vận tốc ban dầu v0 . Cho hạt này bay vào một điện trường đều giữa hai bản củà một tu điện phẳng(chiều dài bản tụ là1, khoảng cách giữa hai bản là á), sao cho khi bắt dầu bay vào tụ, hạt <xcách _ _

^ _ ______ - bản dương của tu đoan — và

4vận tốc v0 của nó song song Oq ^Vqvới bản tụ (Hình 5.1). Tìm hiệu ^4 I.điện thế giữa hái bản tụ để hặ t ■+ ■. ■■+ ! + +

a có thể thoát ra mà khôngchạm vào bản tụ. Bỏ qua tác ^dụng của trọng lực.

Áp dụng bằng sô':1 BS 10 cm ; d = 1 cm ; v0 = 107 m/s ;khôi lượng hạt a : nia. = 6,64 .10~27 kg.ữrích Đề fhi tuyển sinh Học viện Kĩ fhuộỶ quởn sự, hăm học Ỉ99Ó - 1997)

5.7. Cho chu kì bán rã của là 7,13 •10s năm.

2351) Tính số nguyên tử bị píhân rã của1 gam ~z u trong 2 năm*7 L

2) Hiện nay trong quặng thiên nhiên có chứa cả ??8Ư 92

và gg5U theo tỉ lệ nguyên tử là 140 : 1. Giả thiết ỏ thời điểm

251



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





tạo thành vật thể tỉ lệ trên là1 : 1. Hãy tính tuổi cửa vật thểấy. Biết chu kì bán rã cửa là 4,5 . 109m,

Cho biế t, nếu X rấ t nhỏ so vớ i 1 thì e_x » 1 - X.(Trích Đề thi tuyển sinh Bại học Nông nghiệp, năm học 1998 - 1999

5.8. Người ta dùng một hạt X có động năng Kx bắn phá 7 , . .

nhân ‘Li đứng yên, thu được hai hạt cc có cùng động năng.

a) Cho biết hạt X là hạt gì ? Viết đầy đủ phương trình pứng hạ t nhân.

b) Thiết lập biểu thức tính động năng Ka của mỗihạt a sau phản ứng, cho biết dộng năng của hạt X là Kx, khối lượnghạt là : mx , mLi , m* .(Tách Đề thi tuyển sinh Học viện Ngân hàng, Phân vịện TP. tìồ Chí Mi

năm học 1998 - ỉ999).

2105.9 . Chất phóng xa pôlôni “* Po phát ra tia phóng xa a v84

biến thành chì o 6Pb - Biết chu kì bán rã của pôlôni là 138ng82

1) Ban đầu có lg chất phóng xạ pôiôni, hỏi sau bao lâu lư pôlôni chĩ còn lại lOmg.2) Viết phương trình phân rã cửa pôlôni. Tính năng lượng

ra (theo đơn vị MeV) khi 1 hạt nhân pôlôni phân rã. Tính Ịượnăng lượng tổng cộng tỏa ra khi lOmg pôlôni phân rã hết.

Cho biết m (Po) = 209,9828 ư ; ma = 4,0026 u ;m(Pb) = 205*9744 u .

3) Tính động năng và yận tốc của hạt a và hạt nhân con.4) Tính độ phóng xạ ban đầu của 1mg pôlôni và độ phóng

của nó sau 17, 25 ngày ; 34,5 ngày ; 69 ngày và 276 ngày.5) Biết rằng ban dầu khối lượng của khối chất pôlôni là 1

và sau 6624h độ phóng xạ của khối chất pôlôni đó bằng 4,1011 Bq. Dựa vào các dữ liệu đó hẩỳ xác định, khối lượng của

252



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





5.10. Cho phản ứng hạt nhân

Be + ; h —

à còn gọi là hạt gì ?1) X là hạt nhân nguyên tử vào V'* - lượng ? Tậi sao ? Tính2) Đây là phản ứng tỏa hay

nàng lưạng tỏa hay thu của phản 5 45 MeV bắn phá hạt3) Cho biết hạt prôtôn có độnể ***“ với dộng năng 3,55 MeV,

nhân Be đứng yên, hạt nhân Litìm động năng của hạt X bay ra. _ 0 0733 u .

Cho biết : m (Be) K 9,01219 u ’ ^ nn9fin 11.. mx = 4,00260 u.m (Li) = 6,015X3 ư ;

rủa một mẫu thực hiện5.11. Các phép đo độ phóng

cứ sau 5 phút một cho kết quả sau

t (phứt)

Độ phóng xạH (m Ci)

In H

. 10 15 20

3 2,65 0,99 0,37

6 0,974 - 0,010 -0,994

i m -

fftưdng, nõm học 1999 - 2000)

1 m Ci = 3,7 *Tìm chu kì bán rã của Cr.ơrích Đề thi tuyền sinh Đợi học Nỡơ^

năng 1,6 MeV bắn vào hạt5.12. Người ta dùng nơtrôn có và thu được hai hạt giống

nhân đồng vị berili ( Be )đứnể "nhân đỗng vị berili ( . E nhau có cùng động năng.

1) Viết phương trinh phản ứnểthành sau phản ứng.

2) Tính động năng của xnỗi hạt'

à xác định nguyên tố được tạo

253



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





3) Phản ứng này thu hay tỏa nàng lượng ?Cho khối lượng mn = 1,0075 u ; ni3e 7,0152 u ;

ma = 4,0015 u.(ĩ.'rích Đề thi tuyển sinh Đại học Đờ Nâng (đợt 1), nõm học ĩ999 -2C00)

5.1Se Cho phản ứng hạt nhân :230^ 226- , M „Th ------- > ZZ Ra + a + 4,91 MeV.90 88

1) Phản ứng hạt nhân trên nói lên hiện tượng gì ?2) Tính động năng của hạt nhân Ra. Biết rằng hạt nhân Th

đứng yên.Coi như khối lượng gần đúng của các hạt nhân tính theo đoTí

vị u có giá trị bằng số khối của chúng.

5.14. Một lượng chất phóng xạ radoní222 Rn) có khối lượng ban đầu mo = lmg. Sau 15,2 ngày thi độ phóng xạ của nó giảm93,75%. Tính chu ki bán rã T của Rn và độ phóng xạ H của lượngchất phóng xạ còn lại.Ợrích Đềthi tuyển sinh Đợ/học Quốc gta ĨP. Hồ Chí Mình (đợt ỈX

năm học ỉ999 - 2000)

5.15. Hạt a có động năng Wa = 7,7 MeV đến va chạm vối14hạt nhân * N đứng yên, gây ra phản ứng :

a + ị4 N -* Jh + X

1) Xác định sô' prôtôn và nơtron của hạt nhân X.2) Phản ứng này tỏa hay thu bao nhiêu năng lượng ?3) Biết vận tốc của prôtôn bắn ra có phương vuông góc với vận

tốc hạt a . Hãy tính động năng và vận tốc của hạ t nhân X.Cho biết khôi lượng các hạt nhẩn : ■'

= 4,0015 u ; mp = 1,0073 u ;'m(Ní4> = 13,9992 u ; m (X) = 16, 9947 u.

254



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





5.16. Trong phản ứng phân hạch của hạt nhân” u , nănglượng trurig bình tỏa ra khi phân chia một hạt nhân là 200 MeV

a) Tính năng lượng tỏa ra trong quá trình phân chia hạt nhâncủa 1 kg urani trong lò phản ứng. Cho số Avôgađrô NA = 6,023

1023/mol. b) Một nhà máy điện nguyên tử dùng nguyên liệu urani trên

có công suất 500.000 kW, hiệu suất 20%. ‘rinh khôi lượng urantiêu thụ trong một Răm(1 năm = 365 ngày).

(Tách Đề thi tuyển sinh Cao Ổổng Kiểm sát năm'học ỉ999 - 2000)

5.17. Đầu năm 2000 một phòng thí nghiệm mua một nguồn

phóng xạ Xêsi13 Gs có độ phóng xạ Ho =1,8 . 105 Bq. Chu kì55 ban rã cửa Xêri là 30 năm.

1) Chấ t phóng xạ Xêsi phóng xạ p”. Viết phương trình phârã.

2) Tính khối lượng Xê di chứa trong mẫu.3) Tìm độ phóng xạ của m|u vào năm 2010. .

4) Vào thời gian nào độ phóng xạ của mẫu bằng'3,6 . 104Bq.5.18. Ở Californie (Hoa Kì) gần vết nức San Anđrêas thườn

xuyên có động đất. Năm 1979 người ta lấy 2 mẫu thực vật đã hủy diệt do các trận động đất và đo độ phóiig xạ của chúng nđồng vị phóng xạ C14 (có chu kì bán rã là 5700 năm). Kết quảcủa các phép đo là : mẫu1 có độ phóng xạ 0,333 Bq và mẫu2 cóđộ phóng xạ 0,215 Bq.

1) Hãy xác định tuổi của hai mậu thực vật đó là chỉ ra nămxây ra các trận động đất. Cho biết độ phóng xạ của đất không chôn vùi chứa mẫu thực vật còn sống luôn luôn không đổi v bằng 0,255 Bq.

2) Hãy tìm tỉ số của c 14 đối với C12, biết rằng ở mẫu vậsông tỉ sò” nấy là1 : 106.

235

255



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





5.19. Ban dầu một mẫu pôlôni Po. nguyên chất. có khôi

lượng nio = 1,00 g. Chất pôlôni phóng xạ á và biến thành chì.1) Xác định chu kì bán rã của pôlôni biết rằng trong 1 nãm

(365 ngày) Ĩ1Ótạo ra một lượng khí hêli có thể tích V = 89,5 cm3ở điều kiện tiêu chuẩn.

2) Tính tuổi của mẫu chất trên, biết rằng tại thời điểm khảosát tỉ số giữa khối lương chì ^ 6Pb và khối lương pôlôni GÓtrcng

8 2

mẫu chất là 0,4. Tính các khối lượng đó.

5.20. Để xác định được the tích ỉaáu trong một Cơ thể bệnhnhân người ta tiêm vào máu người dó10cm3 một dung dịch có

chứa 24 Na có chu kì bán rã là 15 giờ với nồng độ là 10"3 mol/Iít.

1) Tính số mol (và số gam) Na24 đã đưa vào máu bệnh nhân.2) Sau 6 giờ lượng chất phóng, xạ Na24 còn lại trong máu

bệnh nhân là bao nhiêu ?3) Sau 6 giờ người ta lấy ra 10cm3 máu của bệnh nhân và dã

tìm thấy trong dó chứa 1,5 . lo-8 mol của cíiất Na24. Hãy tính

thể tích máu trong cơ thể bệnh nhân. Gíậ thiết rằng lượng, chất phóng xạ dược phân bố đều trong toàn bộ thể tích máu bệnhnhân.

5.21. Do biện tượng xói mòn, một phần đá bị tan vào nước

biển. Một sô" hạt này có chứa urani 234 92* ^ • U234 là một

2 3 0chất phóng xạ và khi phân rã nó cho ta thôri ■“ T h . Chất

thôri cũng là chất phóng xạ a có chu kì bán rã80.000 năm.Ưrani tan vào nước biển, trong ktụ đó thôri không tan và lắngxuống đáy biển. Nồng độ uranikhông đổi trong nước biển, ta suyra tốc độ lẳng của thôri xùốhg đáy biển cũng không đổi.

1) Viết các phương trình, phân rã tương ứng với các phóng xạtrên.

210

256



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





2) Một mẫu vật dạng hình trụ . có chiều cao h = 10 cm đượcBấyở đáy biển. Phân tích lớp bề mặt phía trên của mẫu người tathấy nó chứa 10~e g thôri 230, trong khi dó một lớp bề mặt phíadưới cùng của mẫu chỉ chứa0,12 . 1CT6 g thôri 230. Tìm tốc độtích tụ của trầm tích biển d vị trí lấy mẫu (theo đơn vị mm/

năm).5.22. Giữa hai phần hộp chữ D của một máy xiclôtrôn có bán

kính R = lm người ta đặt một hiệu điện thế xoay chiều 80 kv,tan số f = 10 MHz. Một chùm hạ t prôtôn được gia tốc trong máynày.

1) Xác định cảm ứng từ B để máy hoạt động binh thường.

2) Tìm vận tốc và động năng của mỗi hạt bay ra khỏi máy.3) Tính số vòng quay của mỗi hạt trước khi bay ra khỏi máy.

5.23. Dưới tác dụng của bức xạ7 , hạt nhân của các đồng vị bền bêri 9Bej và cacbon ^ *2c j có thể tách ra thành các hạt

nhân hêri ^ 4Hej và có thể sinh ra hoặc không sinh ra các hạt

khác kèm theo.1) Viết các phương trình của các phản ứng biến đổi đó ;

2) Xác định tần-số tối thiểư của các ỉượng tử Ỵđể thực hiệncác phản ứng đó.

Cho biết : xn (Be) = 9,01219 u ; ni (He) = 4,002604 u ;

m (C) = 12 u ; mn = 1,008670 u.

5.24. Một hạt Đơtôn được gia tốc trong máy xiclôtron

có bán kính R = 50 cm, cảm ứng từ của từ trường B - 2,62 T.1) Tìm tần số của hiệu diện thế xoay chiều đặt vào máy.

2) Tìm vận tốc và dộng năng của hạt Đơtôn bay ra khỏi máy.

257i



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





3) Biết sô" vòng củạ hạt Đơtôn đã quay trong 'máy trước kh bay ra khỏi máy là 136 vòng. Tính hiệu điện thế xoay chiều dặvào máy.

4) Sau khi bay ra khỏi máy hạt Đơtôn bắn vào hạt nhân liti

ị gLij đứng yên và một trong hai hạt sinh ra sau phản ứng là

bêri ( > ) •

a) Viết phương trình phản ứng hạt nhân và tính nănglượng của phản ứìig,

b) Biết rằng hai hạt sinh ra có cùng vận tốc.Tính dộng năng của mỗi hạt.Cho biết :

m (Li) n 7,01823 u ; m (D) = 2,0136 u ;ma = 1,0087 u ; m (Be) = 8,00785 u. .

IV. HƯỚNG DẪN GIẲI, ĐÁP số

5 .1 . 1) Ta có : z = 27 ; A = 60 -*■ N = A - z =33 :Hạt nhân côban 27 prôtôn và 33 nô trôn.Độ hụt khối:

AM = Zmp + (A - Z) mn - mhnvới mhn = 55,940 u ; mp = 1,007276 u ; mn = 1,008665 u ;

-> AM' = 4,542397 u = 7,543 . 10“27 kg. Năng lượng liên kết :

AE = am - c2 = 4299 MeV = 6,766 . l(r 10J.2) Lượng côban còn lại :

m = mo e”xt , với 'X =~ ~ « 6,766 .1(T3 ngày "V



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Sau một tháng lượng côban còn lại :m ' í t _Q79 1rv-3= e~xt = e-9,72.l0-3.30 K 0j747 _ 74j7%:

m0

Phần côban đã bi phân rã sau 1 tháng :

100% - 74,7% = 25,3%.3) Phương trình phản ứng :

60 _ A 027 --------> z + - I e + M

Áp dụng địah luật bảo toàn số khôi và bảo toàn diện tích tacà: z = 28 ; A s=. 60.

Đây là hat nhân ^ N i.

Phương trình phản ứng hạ t nhân đầy dủ :60 — 60>T. 027Co — ♦ 28 + - I 6 + hf'

5.2. Lượng Na24 còn lạ i :

m SÉ mo e_u , với X = = 0,04621 (giờ) _1 ;

t = 1 giờ.Phần hạt nhân Na24 còn lại sau 1 giờ :

m = e~u = 0,9548 = 95,48%.m0

Phần hạt nhân Na24 bị phân rã sau1 giờ :100% - 95,48% = 4,52%.

1 xg đồng vị Na24 có :

. N = ^ A 'm = 2,51 . 1016 nguyên tử.A

Mỗi hạ t nhân Na24 bị phân rã phóng ra một hạ t ỊT .Sô"' hạt fr được giải phóng sau1 giờ bằng số hạt nhân Na24

bị phân rã sau1 giờ :



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Pa = P b + p c = o —> pB

Biết E = p 22 m

, từ (1) và ( 2 ) ta c ó

p 21 l ì 2

2 -----+ -----mc ) = c .

Do đọ : E b = 1 c2.Am

2mgmc

- p2r c c2.Am

Am.

2mc 1 +mB

(2)

Áp đụng cho phóng xạ a của ra đ i:Am = 225,977 - (221,970.+ 4,0015) = ọ,0055 uE b + Ec = c2Ain=s 5,12 eV ;

5,12E b = » 5,03 eV ; EB = 0,09 eV1+

2225.5. 1) Hạt nhân pôlôni cóz = 84 prôtôn và

N = A - z = 210 - 84 = 126nơtrôn.2) Áp dụng định luật bảo toàn số khối và bảo toàn diện

tích cho phân rã phóng xạ pôlôni ta có phương trình phản ứng :210,

84

3) Độ hụt khối :

Po 4 206 .

* 2 H e + 82 p b

Am = m (Po) - [m (Pb) +m (a)] = 0,006355 u Năng lượng cực đại tỏa ra :

E = Am . c2 = 5,93 MeV = 9,49 - 10' 13J.

261



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





5.6.1) là hạt nhân chì ?°6Pb.z 86

2) Sau thời gian t (tuổi của mẫu chất) số hạt nhân pôlôcòn lại là Noe-** , và số hạt nhân đã ohâĩi rã biến thành hnhận X (chì) là No - Noe- u .

Vâv : mx _ Nọ (l-e~ M)x206 _ 103m(Po) Noe '“ x210- ~ 35

~> ext - 4 xt - 21n2.

Với X = ta suy ra :T

t = 2T = 276 ngày.

3) Chọn o (vị trí ban đầu của hạ t a bay vào trong tụlàm gốc tọa độ, trục Oy hướng thẳng đứng lên trên, trục Ox ssong với các bản tụ. Lực điện trường tác dụng vào hật a hưvuông góc với các bản (hướng từ bản đương đến bản âm), cólớn: F = qaE = qa í ỉ

d

Vectơ gia tốc a hướng theo trục Oy và có dộ lớn :

F _ qaƯ a = ma mad

Chuyển động của hạt a được xem là gồm hai chuyển dộthành phần :

- Chuyển động đều theo phương Ox, có phương trình :X = v0 t ; (1)

- Chuyển động biến đổi. đều theo phương Oy, có phương trìnax2

y =2v20

Để hạ t a bay ra ngoài tụ tạ i M thì tọa độ điểm M phải ỉà :

XM = 1 và yM < ~ , Vậy ta có :

262



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





2vg 4 2mad ' v ịa l2 3d qa u l2 < 3d

4

5.7. 1) Sô' ngùyên tử bị phấn rã sau thời gian t :

N = No - Nt = No ( l - e - Xt) , vối7, =

Với t = 2 n ă m , T= 7,13 . 108năm thì - = — . lo'8T 7 13

Ta lại có :

No = ^ . Na = g i - ,6,022 . 1023nguyên tửA j£ỏuDo đó : N = 4,98 .1012 nguyên tử.2) Ban đầu sô" nguyêntử XJ235 và Ư238 trong vật đều là N

Tới nay, tức là sau thời gian t (t là tuổi của vật thể) số nguyêcòn lại của hai loại nguyên tử ấy lần lượt là :

là rất Ịihỏ so vớNi1, và ta có :

e~u » 1 - u1 - xt , hay 1 - e~xt « tá

Do đó : N = N

^235 = N0e Ằ'lt ; N238 - No© *2t ,

N 238 140

263



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





TSau t2 = 34,5 ngày =. -j- ,4

H = ỉĩgr = -Ẹgr * 1,4 . 1011Bq,. 2« vv2

Sau t3 = 69 ngày = — ,

H = H g _ ^ n2% J2

Sau t4= 276 ngày = 2T ,

H = 5 a . - ZL° * 4 20 . 1010Bq.2 4

5) Sau thời gian t- = 6624 h = 276 ngày = 2T tức là sau 2chu ki bán rã thì khối lượng của khôi chất Po còn lại bằng.

m0 _ m0 _ lOmg _ o tr___ m = f y r = * r = 4 = 2 '5 m g -

Số hạt nhân Po còn lại là N (cótrong 2,5mg) liên hệ với độ phóng xạ K theo hệ thức H = XN, suy ra :

H HT N = X 0,693

2219.*.Win= 7,17 . 10 hạt nhân.4,17 xlOn x 3312x3600 -

0,693Từ đó khối lượng một hạt nhân Po là :

M (Po) = — = 3,49 . 10~22 kg.

Biết =■te tìm đươc khôi lương mồt hat a :m(Po) 210 '

m (a) = — m (Po) = 6,65 . 10'24 g.120 .

Theo trên trong 2,5 mg Po có N hạt nhân. Vì vậy trong 1 moiPo tức 210 g Po có số hạt nhân là :

266



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





7 ,17 X 1 0 1S X 2 1 0 - n 2 3 , , .--------- - ---- - ---- « 6,02 . 10 hat nhân.2,5 xlO"3

Đó là số Avôgađrô.

5.10. 1) Hạt nhân Xcó z = 4 + 1 - 3 = 2 vàA = 9 +1 - 6 = 4.Vậy X là hạ t nhân của nguyên tử hêlì, còn gọi là hạt a.

2) Ta có : Am = (mBe + mH) - (ni (Li) + nia) 3= 0,00229Am > o : phản ứng tỏa năng lượng.

Năng lượng tỏa ra :

AE = Am . c2 = 2,13 MeV.3) Ta đã b iế t:

AE = w đ(Li) + w đ(a) - w đ(P)

Suy ra động năng của hạt a bay ra :

w d(a) = AE + w đ(P) - w đ (Li) = 4,03 MeV.

5.11. Độ phóng xạ H = ‘XN-> In H .as In Ho - H làmột hàm tuyến tính của t. Vẽ đồ th ị ỉn H = f (t) thì dó là mộtđường thẳng có độ dốc (hệ số góc) có giá trị X (hằng số phân rã).Căn cứ vào bảng cho trong đề bài, có thể thấy kết quả thựnghiệm phù hợp với lí thuyết, từ dó ta cớ :

X . 2-95 - i ^ = 0 , 1 9 8 - 15 phút

0 m _ 0,693 ,Suy ra : T = ——— « 3,5 phút.

1 96 - 0 974(Cũng có thể tính X = — ----- —----- ~ 0,1972 / p h ú t. . .)5

Các kết qua chênh lệch nhau rất ít; không đáng kể, do có saisô' trong thực nghiệm).

267



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





5.12. Phương trình phản ứng :

* p ie + ị n e

Hạt nhân tạo thành là hạt nhân nguyên tử hêli (hạt a).Ta có :

Am = [ mn + m (Be) ] - 2111a = 0,0197 u > o :Phản ứng tỏa năng lượng AE = Am . c2.Áp dụng định luậ t bảo toàn năng lượng :

5.13. 1) Phản ứng trên mô tả hiện tượng phóng xạ ra hạt 2 3 0của hạt nhân T h , mỗi phản ứng tỏa ra năng lương- 4,91 M

dưới dạng'động năng Wa và Wfta của hạt a và của hạt nhân R

5.14. Khôi lượng Radon phóng xạ còn lại sau t = 15,2 ngày

wn + AE = 2Waw + AE-> w a = g „ 9 97MeV

2

2) Theo định luậ t bảo toàn năng lượng :AE = wa + WRa = 4,91MeV,

Theo định luật bảò toàn động lượng :

o = pa + PRa —> p* = pRa

p 2Biết Eđ = -— , từ trên ta tìm đươc :2m

Wr *m R a + m a

X AE = — X 4,91 « 0,085 MeV.230

là :

m 0 16 -» — = 4T

268



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





T = — = 3,8 ngày.. 4 7 - ■Số nguyên tử Radon pnóng xạ còn lại sau t = 15,2 ngày là :

N = — - Na-AĐộ phóng xạ H của lượng Radõn còn lại là :

: H = u t ' = ^ . £ .n a ,T A

Với m = — . 1(T3 g ; T = 3,8 . 86400 s.

^ H ~ 3,6 . 10“ Bq.

_ , 171) Ta tìm được hạt nhân X là hạ t nhân o , có 8 prôtôn và' ' 8(17 - 8) = 9 nơtrôn.

2) Năng lượng của phản ứng :AE = [lĩio; 4- ĩĩiN - (niH + mo)] c2 = ~ 1,21 MeV :

phản ứng thu năng lượng :3) Áp dụng định ỉuật bảo tpàn năng lượng :

Wa + AE = WH + Wo (1)Áp dụng định luậ t bảo toàn động lượng :

Pa = pỊỊ + * (2)

Theo đề bài ;v ã X -» Pa* 1 PH nên từ (2) ta có :

p02 = + Pẳ (3)

u2Biết w = 4— , Từ (1) và (3) tìm dược :2m

(i + ỊĨÌSl V + A ẸWo = - mH^ — ---- - = 2,075 MeV.

, m01.+mH

269



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





Suy ra : v0 = ft = 4,86 . 106 m/sV D*0

5.16. a) Số hạt nhân urani có trong 1 kg :

n = — Na = — . 6,023 . 1023 « 25,6 . lo 23 hatA 235

Năng lượng tô a ra khi 1 kg uraní bị phân hạch h ế t :

Q =: n . 200 = 51,3 . 1025 MeV = 8,2 . 1013 J.

b) Khối lượng urani tiêu thụ trong 1 năm là :

Pt 100 Q£Ĩ1 K1m * —• . = 961,5 kg.Q 20

. -V 137 _ A v 05.17. I) Cs ------ _ X + 655 z - l

Với A = 137 ;z s= 55 + 1 = 56. Đó là hạt nhân bari 5g7Ba .

2) No = Họ =Ẽẹ X 0,693

N0A H0TA . _ ■ ,-> m = —— = ~— = 5,6 . lo -5 gNa 0,693Na ổ

3) Vào đầu năm 2010 tức là sau 10 năm kể từ ngày mua độ phóng xạ là :

H = H0e~M , với « = = 0,231

-> H = 1,4 . 105 Bq.

4) ~ = e_w = - -» t = — » 69 năm.Hộ 5 X

Như vậy vào năm 2069 (2000 + 69) độ phóng xạ của mẫu bằng 3;6 , 104 Bq.270



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





■Ẵ<:~

'9%-

m

5.18. 1) t = - ỉn ÍỈ£-7\, rĩ

với Ằ, - , T = 5700 năm

(đối vớiCU) ; Ho =. 0,255 Bq.Với mẫu 1, H = 0,333 Bq tìm dược t = 742 năm, do đó

năm xảy ra động đất là (1979 “ t) = 1237-

Với mẫu 2, H = 0,215 Bq tìm được t = 1400nám, do đónăm xảy ra động đất là (1979 - 1400) = 579.

2) Tỉ số của c 14 đối với C12 tỉ lệ với dộ phóng xạ :

—ỳ

pPo :

p = Po

HHo

H

với p0 =10'

H= 8,4 . 10-7

o

5.19. 1) Mỗi hạt a từ phản ứng phân rã phóng xạ chonguyên tử hêli. Số hạt a dược tạo ra do phân rã của mẫu pôlônsau t = 1 năm được tính theo công thức :

V - Na = — - Na , với v 0 là thể tích moi ở diều kiện tiêu Vo

chuẩn v 0 = 22,4 I =; 224Ọ0 cm3 ; V = 89,5 cm3.Mặt khác, áp dụng định luật phóng xạ ta tìm được sô" hạt

nhân bị phân rà sau thời gian t = i năm, tức là tìm được Na :

Na = AN = No (1 - e 'w ) = V'o

■Na .

-» m0NA (1 - e~u ) = V, Na .

o

1 _ 1 1?L —. - lĩlt

T s 0>693

m0V0

m0 V0 -AV \0 ,693i

In m0V0[mpVo - AVJ

T = 0,379 năm * 138 ngày.

271



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





V = JL>8.-i.O 10 cm3 = 5000 cm3 = 5 lit.3,6.10

5.2Ĩ. 1)

2) Ở lớp dưới của mẫu vì lắng đã lâu nên lượng thôri giảm,ở lớp trên của mẫu vừa mới lắng nên ìượng thôn còn nhiều. Thờigian tích tụ để có mẫu trênđược tính theo công thức :

t = ỉ ln , với mo = 10-6 g ; X m

m = 0,12 fl<r®g ; X = ; .T = 80000 năm.Suy ra : t = 2,45 . 105 năm , và do đó tốc độ lắng là :

-» B = , với mp = 1,007276 u » 1,67 . 10'27 kg ;q

q = 1,6 *1(T19c ; f = 10 MHz = 107Hz. _> B « 0,655 T.

2) V = « 6,26 . 107m/s

3) Trong 1 vòng quay hạt được gia tốc 2 lần vì nó qua khe giữahai hộp chứa D hai lần, sau N vòng quay hạt được gia tốc 2N lần;mỗi lần được gia tốc, động năng của nó được tăng thêm một

273

V — = 0,41 . 10t năm

5.22.1) Ta có : _ mv ‘ _ 2tcR __ 2ttm _ 1

m



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





lượng qự. Do' đó khi đi ra khỏi máy nó đạt được dộng năng bằn2N . qU ; đó chính là động năng đã tính được ở trên. Vậy ta có :

wổ = 2NqƯ.số vòng quay cửa hạt :

wđ N a 2qư 128 vòng.

5.23. 1) Theõ đề bài, ta có thể viết:

Be + 7

Áp dụng các định luặt bảo toàn số khôi và bảo toàn diện tíchta tìm được:

m = 2 ; X V *n ; n = 3 ; y = o

Ìg là :

> 2 ( 2He) + ỉ “ :

Vậy phương trình phản ứng là :9

4

12

Be + y

c + y

( )

(2 )

2) Kí hiệu AE là năng lượng phản ứng, tần sô' tối thiểu lượng tử y được xác dịnh bởi :

hf > AE.Với phản ứng (1),aẸ j = Am! . c2 , với

Am! = (2niHe + mn) - m (Be).

Thay số tìm được : ( fi Jain = 3,8 . 1020 Hz.Với phản ứng (2): AẼ2 = Am2 . o2 ,với Am2 = 3m (He) - m (C).

Thay sô'suy ra :( f2 )min = 1,762 . 1021 Hz-

274

v-4I9 :rf

- xá



BỒI DƯỠNG T

OÁN - LÍ -

HÓA CẤ

P 2

3 100

0B T

RẦN

HƯNG ĐẠO T

P.QU

Y NHƠ

N





* 6,26 . 107 m/s.m


NHƠN


BÀI TẬP VẬT LÍ SƠ CẤP TẬP 3 (QUANG HỌC - SÓNG & LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG - VẬT LÍ...

Documents

Transcript of BÀI TẬP VẬT LÍ SƠ CẤP TẬP 3 (QUANG HỌC - SÓNG & LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG - VẬT LÍ...