Bài tập Phân cực ánh sáng| BT môn Vật lý đại cương 3| Trường Đại học Bách Khoa Hà Nội

Một chùm tia sáng tự nhiên sau khi truyền qua một cặp kính phân cực và kính phân tích, cường độ sáng giảm đi 4 lần; coi phần ánh sáng bị hấp thụ không đáng kể. Hãy xác định góc hợp bởi tiết diện chính của hai kính trên.

14 7 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Môn: Vật lý đại cương

Trường: Đại học Bách Khoa Hà Nội

Thông tin:

15 trang 1 tháng trước

Tác giả:

Profile Trịnh Thảo Anh
B- Lời giải bài tập
Bài 1
Một chùm tia sáng tự nhiên sau khi truyền qua một cặp kính phân cực và kính phân tích,
cường độ sáng giảm đi 4 lần; coi phần ánh sáng bị hấp thụ không đáng kể.
Hãy xác định góc hợp bởi tiết diện chính của hai kính trên.
I
2
=
4
1
I
0
α = ?
Giải
Sau khi đi qua kính phân cực, chùm ánh sáng tự nhiên bị phân cực trong hai mặt phẳng
vuông góc với nhau. Gọi E, E
x
, E
y
lần lượt là biên độ dao động sáng của ánh sáng tự nhiên,
của ánh sáng phân cực theo hai phương x, y vuông góc với nhau. ta có :
E
2
= E
x
2
+ E
y
2
Vì sự biến đổi độ lớn và phương của vectơ, dao động sáng E là hoàn toàn hỗn loạn nên lấy
trung bình ta có :
E
x
2
= E
y
2
=
2
1
E
2
Vì cường độ sáng tỉ lệ với bình phương biên độ dao động sáng, nên sau khi đi qua kính
phân cực, ánh sáng có cường độ :
I
1
= 0,5I
0
Sau khi đi qua kính phân tích, cường độ sáng được tính theo định luật Maluyt :
I
2
= I
1
cos
2
α
α – góc giữa hai tiết diện chính của hai kính.
Theo đề bài, I
2
=
4
1
I
0
4
1
I
0
=
2
1
I
o
cos
2
α
Hay cos α =
2
1
và α = 45
o
Đáp số : α = 45
o
Bài 2
Góc hợp bởi tiết diện chính của kính phân cực và kính phân tích bằng α, cho một chùm tia
sáng tự nhiên lần lượt truyền qua hai kính đó. Biết rằng hai kính cùng hấp thụ và phản xạ 8%
cường độ chùm sáng đập vào chúng; sau khi truyền qua kính phân tích, cường độ sáng bằng
9% cường độ ánh sáng tự nhiên tới kính phân cực. Hãy xác định góc α ?
k = 8%
I
2
= 9%I
0
α = ?
Giải
Do ánh sáng bị hấp thụ và phản xạ khi qua mỗi kính là 8% nên hiệu suất ánh sáng truyền
qua mỗi kính sẽ là 92%.
Theo phân tích ở bài 1, ta biết rằng cường độ ánh sáng sau khi đi qua kính phân cực là I
1
=
0.5I
0
nhưng do hiệu suất truyền qua chỉ còn 92% nên ta suy ra :
I
1
= 92% . 0,5I
0
= 46%I
0
Sau khi đi qua kính phân tích, cường độ sáng được tính theo định luật Maluyt :
I
2
= (1 - k) I
1
cos
2
α = 92% . 46% I
0
cos
2
α
Theo đề bài, I
2
= 9% I
0
α = 62
o
32’
Đáp số : α = 62
o
32’
Bài 3
Mặt phẳng chính (mặt phẳng dao động) của hai lăng kính nicol N
1
và N
2
hợp với nhau một
góc α = 60
0
. Hỏi:
a) Cường độ ánh sáng giảm đi bao nhiêu lần sau khi đi qua một nicol (N
1
) ?
b) Cường độ ánh sáng giảm đi bao nhiêu lần sau khi đi qua cả hai nicol ?
Biết rằng khi truyền qua mỗi lăng kính nicol, ánh sang bị phản xạ và hấp thụ mất k = 5%.
α = 60
o
k = 5%
a.
1
0
I
I
= ?
b.
2
0
I
I
= ?
Giải
Khi ánh sáng đi qua hai lăng kính Nicol thì lăng kính nicol 1 sẽ là nicol phân cực và lăng
kính nicol 2 sẽ là nicol phân tích.
Hiệu suất ánh sáng truyền qua mỗi lăng kính là : 1 – k
a) Theo bài 2, ta suy ra :
I
1
= (1-k) . 0,5I
0
Hay
1
0
I
I
=
= 2,1 (lần)
b) Sau khi đi qua lăng kính nicol phân tích, cường độ sáng là:
I
2
= (1-k) I
1
cos
2
α
= (1-k)
2
. 0,5I
0
cos
2
α
Hay
2
0
I
I
=
2
)1(
2
k
cos
2
α = 8,86 (lần)
Đáp số : a. giảm 2,1 lần
b. giảm 8,86 lần
Bài 4
Ánh sáng phản chiếu trên một mặt thủy tinh đặt trong không khí sẽ bị phân cực toàn phần
khi góc khúc xạ γ = 30
0
.
Tìm chiết suất của loại thủy tinh trên ?
γ = 30
o
n = ?
Giải
Khi cho ánh sáng tự nhiên phản xạ trên mặt thủy tinh đặt trong không khí, ánh sáng phản
xạ sẽ bị phân cực toàn phần nếu góc tới i
B
thỏa mãn định luật Briuxtơ :
tg i
B
= n
21
( i
B
là góc tới)
Áp dụng định luật khúc xạ :
sin i
B
= n
21
sin γ
sin i
B
= tg i
B
. sin γ
Hay cos i
B
= sin γ = sin 30
o
= 0,5
I
B
= 60
o
Như vậy n = n
21
= tg 60
o
≈ 1,73
Đáp số : n = 1,73
Bài 5
Chiếu một chùm ánh sáng tự nhiên lên mặt một bản thủy tinh nhẵn bóng, nhúng trong một
chất lỏng. Tia phản xạ (trên mặt bản thủy tinh) hợp với tia tới một góc
0
97
, và bị phân cực
toàn phần.
Xác định chiết suất của chất lỏng, cho n
tt
= 1,5.
5,1
97
0
tt
n
?
l
n
Giải
Theo bài ra ta có góc tới của chùm sáng là
2
Tia phản xạ bị phân cực toàn phần thì góc tới của nó bằng góc tới briuxtơ
tg
l
tt
n
n
2
33,1
2
97
5,1
2
0
tg
tg
n
n
tt
l
Đáp số :
33,1
l
n
Bài 6
Xác định góc tới briuxtơ của một mặt thủy tinh có chiết suất n
1
= 1,57 khi môi trường ánh
sáng tới là :
a) Không khí
b) Nước (có chiết suất
3
4
2
n
)
1
3
4
57,1
0
2
1
n
n
n
?
B
i
Giải
a) Khi môi trường ánh sáng tới là không khí
0
n
= 1
tg
57,1
1
57,1
0
1
n
n
i
B
'305757,1
o
B
arctgi
b) Khi môi trường ánh sáng tới là nước
3
4
2
n
tg
1775,1
3
4
57,1
2
1
n
n
i
B
'39491775,1
o
B
arctgi
Đáp số : a.
'3057
o
B
i
b.
'3949
o
B
i
Bài 7
Một chất có góc giới hạn của hiện tượng phản xạ toàn phần là 45
0
. Tìm góc tới briuxtơ
ứng với chất đó ?
o
o
45
?
B
i
Giải
o
là góc giới hạn phản xạ toàn phần nên:
1sin
21
o
n
2
45sin
1
sin
1
21
o
o
n
Góc tới briuxtơ của chất đó thỏa mãn:
2
21
ntgi
B
'44542
o
B
arctgi
Đáp số :
'4454
o
B
i
Bài 8
Một chùm tia sáng, sau khi truyền qua chất lỏng đựng trong một bình thủy tinh, phản xạ
trên đáy bình. Tia phản xạ bị phân cực toàn phần khi góc tới trên đáy bình bừng 45
0
37’, chiết
suất của bình thủy tinh n = 1,5. Tính:
a) Chiết suất của chất lỏng
b) Góc tới trên đáy bình để chùm tia phản xạ trên đó phản xạ toàn phần
5,1
'3742
tt
o
B
n
i
a.
?
l
n
b.
?
Giải
a. Tia phản xạ phân cực toàn phần ứng với góc tới Briuxtơ:
l
tt
B
n
n
tgi
63,1
'3742
5,1
o
B
tt
l
tg
tgi
n
n
b. Với
o
là góc giới hạn phản xạ toàn phần thì:
0
90sinsin
ttol
nn
92,0
63,1
5,1
sin
l
tt
o
n
n
hay
'5666
o
o
Suy ra góc tới trên đáy bình thỏa mãn cho chùm tia phản xạ toàn phần là
'5666
o
Đáp án : a.
63,1
l
n
b.
'5666
o
Bài 9
Một chùm tia sáng phân cực phẳng (có bước sóng trong chân không
m
589,0
) được
rọi thẳng góc với quang trục của một bản tinh thể băng lan. Chiết suất của tinh thể băng lan
đối với tia thường và tia bất thường lần lượt bằng n
o
= 1,658 và n
e
= 1,488.
Tìm bước sóng của tia thường và tia bất thường trong tinh thể ?
m
589,0
n
o
= 1,658
n
e
= 1,488
?
?
e
o
Giải
Ánh sáng khi chiếu vào trong môi trường khác thì tần số f của nó không đổi, và vận tốc của
nó bằng:
mt
as
n
c
v
(c là vận tốc ánh sáng trong chân không, n
mt
là chiết suất của môi trường)
Mặt khác ta lại có:
const
v
f
as
as
, suy ra:
o
o
v
c
f
o
o
o
nc
v
Như vậy, bước sóng của tia thường là:
m
n
o
o
355,0
658,1
589,0
Bước sóng của tia bất thường là:
m
n
e
e
396,0
488,1
589,0
Đáp số :
m
o
355,0
m
e
396,0
Bài 10
Áp dụng nguyên lý Huyghen, vẽ mặt đầu sóng và hướng truyền của tia thường và tia bất
thường trong một tinh thể đơn trục dương nếu quang trục của nó:
a) Vuông góc với mặt phẳng tới và song song với mặt tinh thể
b) Nằm trong mặt phẳng tới và song song với mặt tinh thể
c) Nằm trong mặt phẳng tới và nghiêng trên mặt tinh thể một góc 45
0
, tia tới vuông
góc với quang trục
Bài 11
Tìm bể dày của bản
2
1
sóng nếu chiết suất của bản đối với tia thường và tia bất thường lần
lượt bằng n
o
= 1,658 và n
e
= 1,488, bước sóng ánh sáng
m
589,0
?
m
589,0
n
o
= 1,658
n
e
= 1,488
d = ?
Giải
Bề dày của bản
2
1
sóng :
1273,1
488,1658,12
589,012
2
12
k
k
nn
k
d
eo
m
k =0,1,2,…
Đáp số : d = 1,73 (2k+1)
m
Bài 12
Tìm bể dày nhỏ nhất của bản
4
1
sóng nếu chiết suất của bản đối với tia thường và tia bất
thường lần lượt bằng n
o
= 1,658 và n
e
= 1,488, bước sóng ánh sáng
m
545,0
?
m
545,0
n
o
= 1,658
n
e
= 1,488
d
min
= ?
Giải
Bề dày của bản
4
1
sóng :
eo
nn
k
d
4
12
Bề dày nhỏ nhất của bản ứng với k = 0, suy ra:
md
8,0
488,1658,14
545,0
min
Đáp số : d = 0,8
m
Bài 13
Một bản tinh thể được cắt song song với quang trục và có bề dày d = 0,25
mm
, được dùng
làm bản
4
1
sóng (đối với bước sóng
m
530,0
)
Hỏi đối với bước sóng nào của ánh sáng trong vùng quang phổ thấy được, nó cũng là bản
4
1
sóng? Coi rằng đối với tia mọi bước sóng trong vùng quang phổ thấy được
(
mm
7,04,0
0
) hiệu chiết suất của tinh thể đối với tia bất thường và tia thường là:
n
e
– n
o
= 0,009
d = 0,25
mm
m
530,0
m
m
7,0
4,0
max
min
n
e
– n
o
= 0,009
d
min
= ?
Giải
Bề dày của bản
4
1
sóng :
oe
nn
k
d
4
12
12
)(4
k
nnd
oe
và
2
1
)(2
oe
nnd
k
Trong vùng quang phổ thấy được, bước sóng ứng với bề dày d là bản
4
1
sóng:
2
1
2
2
1
2
maxmin
oeoe
nnd
k
nnd
Thay số ta được
93,575,10 k
. Do k nguyên nên k = 6,7,8,9,10
Thay k vào ta tính được các bước sóng thỏa mãn:
m
692,0
1
m
600,0
2
m
530,0
3
m
473,0
4
m
430,0
5
Đáp số :
m
692,0
1
m
600,0
2
m
530,0
3
m
473,0
4
m
430,0
5
Bài 14
Người ta cắt một bản thạch anh song song với quang trục với bề dày không quá 0,5 mm.
Tìm bề dày lớn nhất của bản để một chùm ánh sáng phân cực thẳng bước sóng
m
589,0
sau khi truyền qua bản:
a) Mặt phẳng phân cực chỉ bị quay đi một góc nào đó
b) Trở thành ánh sáng phân cực tròn.
Biết rằng hiệu chiết suất của tinh thể đối với tia bất thường và tia thường là: n
e
– n
o
= 0,009
m
589,0
n
o
- n
e
= 0,009
d
max
= ?
Giải
a) Mặt phẳng phân cực chỉ bị quay đi một góc nào đó, suy ra bản phải thỏa mãn điều kiện
bản
2
1
sóng :
d =
5,0
2
12
oe
nn
k
(mm)
2k+1
oe
nn
.2.5,0
k
2
1
5,0
oe
nn
= 7,14
k
max
= 7
d
max
=
4
6
10.9,4
009,0.2
10.589,0.17.2
(m) = 0,49 (mm)
b) Để trở thành ánh sáng phân cực tròn bản phải thỏa mãn điều kiện bản
4
1
sóng :
d =
5,0
4
12
oe
nn
k
(mm)
k
2
1
2
5,0.4
oe
nn
= 14,78
k
max
= 14.
d
max
=
4
6
10.7,4
009,0.4
10.589,0.114.2
(m) = 0,47 (mm)
Đáp số : a. d
max
= 0,49 (mm)
b. d
max
= 0,47 (mm)
Bài 15
Tìm bể dày nhỏ nhất của một bản thạch anh có mặt được cắt song song với quang trục để
ánh sáng phân cực thẳng sau khi truyền qua bản trở thành ánh sáng phân cực tròn. Với ánh
sáng có bước sóng
m
7
10.5
, chiết suất của bản đối với tia thường và tia bất thường lần
lượt bằng n
o
= 1,5442 và n
e
= 1,5533 ?
m
7
10.5
n
o
= 1,5442
n
e
= 1,5533
d
min
= ?
Giải
Để ánh sáng phân cực thẳng sau khi truyền qua bản thạch anh trở thành ánh sáng phân cực
tròn thì bản phải thỏa mãn điều kiện của bản
4
1
sóng :
d =
oe
nn
k
4
12
Suy ra d
min
ứng với k = 0, khi đó :
d
min
=
5
7
10.4,1
5442,15533,14
10.5
4
oe
nn
(m) = 14 (
m)
Đáp số : d
min
= 14
m.
Bài 16
Một bản thạch anh được cắt song song với quang trục và đặt vào giữa hai nicol bắt chéo
nhau sao cho quang trục của bản hợp với mặt phẳng chính của các nicol một góc
0
45
Tìm bề dày nhỏ nhất của bản để anh sáng bước sóng
m
643,0
1
có cường độ sóng cực
đại còn ánh sáng có bước sóng
m
564,0
2
có cường độ sóng cực tiểu, sau khi chúng truyền
qua hệ thống hai nicol trên.
Coi hiệu chiết suất của tinh thể đối vơi tia bất thường và tia thường là: n
e
– n
o
= 0,0090
0
45
m
643,0
1
0090,0
564,0
2
oe
nn
m
d
min
= ?
Giải
Đối với ánh sáng bước sóng
1
, bản phải có bề dày thỏa mãn điều kiện của bản
2
1
sóng để
ánh sáng phân cực sau khi ló ra khỏi bản thạch anh là ánh sáng phân cực thẳng và phương dao
động sáng quay đi một góc
2
.
Đối với ánh sáng bước sóng
2
, bản phải có bề dày thỏa mãn điều kiện của bản 1 sóng để
ánh sáng phân cực sau khi ló ra khỏi bản thạch anh là ánh sáng phân cực thẳng với phương
dao động sáng như cũ.
22
1
1
2
12.
kkdnn
oe
2
12
44,1
2
12
1
2
11
2
kk
k
Mặt khác k
1
, k
2
nguyên nên ứng với bề dày nhỏ nhất của bản thạch anh d
min
thì:
k
1
= 3; k
2
= 4
d
min
=
4
6
1
10.5,2
009,0
10.643,0.5,3
5,3
oe
nn
(m) = 0,25 (mm)
Đáp số : d
min
= 0,25 mm
Bài 17
Bằng một bản pôlaroit và một bản
4
1
sóng làm bằng tinh thể đơn trục dương (n
e
> n
o
) làm
thế nào để phân biệt dược:
a) Ánh sáng phân cực tròn quay trái với ánh sáng phân cực tròn quay phải
b) Ánh sáng tự nhiên với ánh sáng phân cực tròn
c) Ánh sáng tự nhiên với hỗn hợp ánh sáng tự nhiên và ánh sáng phân cực tròn.
Giải
a) Chọn Oy là phương song song với phương dao động của tia bất thường, Ox là phương
song song với phương dao động của tia thường.
Với ánh sáng phân cực tròn quay trái (đối với người quan sát) thì phương trình chuyển
động của đầu mút vectơ dao động sáng là :
x = a cos
t
/2 c
y = a sin
t
Vì
eo
nn
nên sau khi tia sáng đi qua bản
4
1
sóng, dao động sáng theo phương Oy sẽ sớm
pha hơn dao động sáng theo phương Ox thêm một lượng
2
.
x = a cos
t
Chọn lại mốc thời gian sao cho
x = y = a cos
t
y = a sin
2
t
Suy ra sau khi qua bản
4
1
sóng, ánh sáng phân cực tròn quay trái trở thành ánh sáng phân
cực thẳng với phương dao động sáng hợp với trục Oy một góc 45
0
(hình 1)
Đối với ánh sáng phân cực tròn quay phải (đối với người quan sát) thì phương trình
dao động sáng :
x = a sin
t
y = a cos
t
Lý luận tương tự ta có: sau khi qua bản
4
1
sóng, phương trình dao động sáng có dạng
x = a sin
t
x = a sin
t
y = a cos
2
t
y = -a sin
t
Như vậy, sau khi đi qua bản
4
1
sóng, ánh sáng phân cực tròn quay phải trở thành ánh sáng
phân cực thẳng với phương dao động sáng tạo với trục Oy góc -45
0
(hình 2)
b) Ánh sáng tự nhiên sau khi đi qua bản
4
1
sóng sẽ trở thành ánh sáng phân cực tròn, như vậy
nếu sau đó ta đặt bản pôlarôit và quay nó thì cường độ sáng luôn không đổi.
Ánh sáng phân cực tròn sau khi qua bản
4
1
sóng sẽ trở thành ánh sáng phân cực thẳng (như
lý luận ở câu a), như vậy nếu đặt bản pôlarôit ở phía sau và quay thì cường độ sáng thay đổi
và có khi tắt hẳn.
c) Tương tự câu b, nếu là ánh sáng phân cực elip thì tia ló sau hệ thống cũng thay đổi và có
khi tắt hẳn khi quay bản pôlarôit.
d) Cũng làm tương tự câu b, nếu là hỗn hợp của ánh sáng tự nhiên và ánh sáng phân cực tròn
thì tia ló sau hệ thống thay đổi nhưng không thể đạt giá trị 0 (không tắt hẳn).
Bài 18
Một bản thạch anh dày d = 2mm, được cắt vuông góc với quang trục, sau đó được đặt vào
giữa hai nicol song song. Người ta thấy mặt phẳng phân cực bị quay đi một góc
0
53
.
Hỏi chiều dày của bản phải bằng bao nhiêu để ánh sáng đơn sắc dùng trong thí nghiệm
trên không qua được bản phân tích ?
d = 2 mm
= 53
0
d' = ?
Giải
Ta có góc quay mặt phẳng phân cực của ánh sáng là:
d
.
Vì hai nicôn được đặt song song nhau nên để ánh sáng đơn sắc không đi qua được nicôn phân
tích thì mặt phẳng phân cực phải bị quay đi một góc
0
90
Ta lại có:
'. d
(d’ là bề dày bản thạch anh ứng với
0
90
)
d
d'
4,3
53
90
2.'
dd
(mm)
Đáp số : d’ = 3,4 mm
Bài 19
Chất nicotin (lỏng tinh khiết) đựng trong một bình thủy tinh dài l = 8cm sẽ làm quay mặt
phẳng phân cực của ánh sáng natri một góc
= 136,6
0
. khối lượng riêng của nicotin
3
/01,1 cmg
.
Xác định góc quay riêng
của nicotin ?
l = 8 cm
= 136,6
0
= 1,01 g/cm
3
= ?
Giải
Áp dụng công thức tính góc quay mặt phẳng phân cực:
l..
9,16
8.01,1
6,136
.
0
l
(độ.cm
3
/g.cm) = 169 (độ.cm
3
/g.dm)
Đáp số :
169 độ.cm
3
/g.dm
Bài 20
Dung dịch đường glucozơ nồng độ C
1
= 0,28 g/cm
3
đựng trong một bình trụ thủy tinh sẽ
làm quay mặt phẳng phân cực của ánh sáng xanh đi qua bình một góc
1
= 32
0
Hãy các định nồng độ C
2
của một dung dịch cũng đựng trong bình như trên, biết nó làm
quay mặt phẳng phân cực của ánh sáng xanh một góc
2
= 24
0
.
C
1
= 0,28 g/cm
3
1
= 32
0
2
= 24
0
C
2
= ?
Giải
Mặt phẳng phân cực của ánh sáng khi đi qua dung dịch đường glucôzơ sẽ bị quay đi một
góc:
dC..
Trong đó :
là góc quay riêng của dung dịch chất glucôzơ đối với as đó
C là nồng độ dung dịch
d là bề dày của dung dịch mà ánh sáng truyền qua
Góc quay của mặt phẳng phân cực trong hai trường hợp là:
dC ..
11
dC ..
22
C
2
= C
1
21,0
32
24
28,0
1
2
(g/cm
3
)
Đáp số : C
2
= 0,21 g/cm
3
Bài 21
Cho một chùm tia sáng đơn sắc truyền qua một hệ thống hai bản pôlảoit đặt bắt chéo nhau.
Giữa hai bản polaroit đặt một bản thạch anh có các mặt vuông góc với quang trục
Hãy xác định bề dày nhỏ nhất của bản thạch anh để ánh sáng bước sóng
1
= 0,436
m
bị
hệ thống trên làm tắt hoàn toàn, còn ánh sáng bước sóng
2
= 0,497
m
truyền qua được một
nửa. Cho biết hằng số quay của thạch anh đối với hai bước sóng trên lần lượt bằng 41,5 và
31,1 độ/mm.
1
= 0,436
m
2
= 0,497
m
5,41
1
độ/mm
1,31
2
độ/mm
d
min
= ?
Giải
Khi truyền dọc theo quang trục của tinh thể đơn trục, vectơ dao động sáng của ánh sáng
phân cực bị quay đi một góc
(
d.
) với :
là hằng số quay của tinh thể
d là bề dày của bản tinh thể
Cường độ ánh sáng sau khi qua bản pôlarôit thứ nhất và thứ hai lần lượt là I
1
, I
2
Ta có:
2
cos
2
12
II
Đối với tia
1
, I
2
= 0
0
2
cos
1
2
11
k
Đối với tia
2
, I
2
=
1
2
1
I
2
1
2
cos
2
2
4
12
22
k
Mặt khác:
d.
11
d.
22
3
4
1,31
5,41
4
12
2
1
2
1
2
1
k
k
Hay
3
1
12
2
1
k
k
Để bề dày cần thiết là cực tiểu d
min
thì k
1
= k
2
= 1.
d
min
=
)(34,4
5,41
180
180
1
1
mm
k
o
o
Đáp số : d
min
= 4,34 mm
Bài 22
Giữa hai nicol bắt chéo trong một đường kẻ, người ta đặt một ống thủy tinh dài 20cm đựng
trong dung dịch đường có nồng độ C = 0,2 g/cm
3
.
a) Hỏi cường độ sóng giảm đi bao nhiêu lần sau khi nó đi qua nicol thứ nhất.
b) Tính góc quay của mặt phửang phân cực gây ra bởi dung dịch đường
Cho biết goc quay riêng đối với ánh sáng vàng natri bằng
8,67
độ.cm
3
/g.dm và ánh
sáng đi qua nicol sẽ bị nicol hấp thụ 5%
C = 0,2 g/cm
3
cmd 20
8,67
độ.cm
3
/g.dm
k = 5%
a.
1
0
I
I
= ?
b.
?
Giải
a. Sau khi đi qua Nicon thứ nhất :
Chuyển động sáng bị giảm một nửa do ánh sáng tự nhiên sau khi qua kính bị phân cực hoàn
toàn, đồng thời Nicon hấp thụ mất k = 5% suy ra:
I
1
=
0
.
2
1
.1 Ik
Như vậy cường độ sáng giảm:
1
0
I
I
=
k1
2
=
105,2
95,0
2
(lần)
b. Góc quay của mặt phẳng phân cực sau khi đi qua dung dịch đường:
dC..
Trong đó:
8,67
độ.cm
3
/g.dm, C = 0,2 g/cm
3
d được tính theo đơn vị dm : d = 2 dm.
67,8.0,2.2 = 27,12
o
= 27
o
4’
Lưu ý rằng bản nêm thứ 2 dùng để xác định góc quay của mặt phẳng phân cực sau khi đi
qua dung dịch đường.
Đáp số : a.
1
0
I
I
= 2,105
b.
27
o
4’
| 1/15
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

B- Lời giải bài tập Bài 1
Một chùm tia sáng tự nhiên sau khi truyền qua một cặp kính phân cực và kính phân tích,
cường độ sáng giảm đi 4 lần; coi phần ánh sáng bị hấp thụ không đáng kể.
Hãy xác định góc hợp bởi tiết diện chính của hai kính trên. 1 I2 = I0 4 α = ? Giải
Sau khi đi qua kính phân cực, chùm ánh sáng tự nhiên bị phân cực trong hai mặt phẳng
vuông góc với nhau. Gọi E, Ex, Ey lần lượt là biên độ dao động sáng của ánh sáng tự nhiên,
của ánh sáng phân cực theo hai phương x, y vuông góc với nhau. ta có : E2 = E 2 2 x + Ey
Vì sự biến đổi độ lớn và phương của vectơ, dao động sáng E là hoàn toàn hỗn loạn nên lấy trung bình ta có : 1 E 2 2 x = Ey = E2 2
Vì cường độ sáng tỉ lệ với bình phương biên độ dao động sáng, nên sau khi đi qua kính
phân cực, ánh sáng có cường độ : I1 = 0,5I0
Sau khi đi qua kính phân tích, cường độ sáng được tính theo định luật Maluyt : I2 = I1cos2α
α – góc giữa hai tiết diện chính của hai kính. Theo đề bài, 1 I2 = I0 4  1 1 I0 = Iocos2α 4 2 1 Hay cos α = và α = 45o 2 Đáp số : α = 45o Bài 2
Góc hợp bởi tiết diện chính của kính phân cực và kính phân tích bằng α, cho một chùm tia
sáng tự nhiên lần lượt truyền qua hai kính đó. Biết rằng hai kính cùng hấp thụ và phản xạ 8%
cường độ chùm sáng đập vào chúng; sau khi truyền qua kính phân tích, cường độ sáng bằng
9% cường độ ánh sáng tự nhiên tới kính phân cực. Hãy xác định góc α ? k = 8% I2 = 9%I0 α = ? Giải
Do ánh sáng bị hấp thụ và phản xạ khi qua mỗi kính là 8% nên hiệu suất ánh sáng truyền qua mỗi kính sẽ là 92%.
Theo phân tích ở bài 1, ta biết rằng cường độ ánh sáng sau khi đi qua kính phân cực là I1 =
0.5I0 nhưng do hiệu suất truyền qua chỉ còn 92% nên ta suy ra : I1 = 92% . 0,5I0 = 46%I0
Sau khi đi qua kính phân tích, cường độ sáng được tính theo định luật Maluyt :
I2 = (1 - k) I1 cos2 α = 92% . 46% I0 cos2 α Theo đề bài, I2 = 9% I0  α = 62o32’ Đáp số : α = 62o32’ Bài 3
Mặt phẳng chính (mặt phẳng dao động) của hai lăng kính nicol N1 và N2 hợp với nhau một góc α = 600. Hỏi:
a) Cường độ ánh sáng giảm đi bao nhiêu lần sau khi đi qua một nicol (N1) ?
b) Cường độ ánh sáng giảm đi bao nhiêu lần sau khi đi qua cả hai nicol ?
Biết rằng khi truyền qua mỗi lăng kính nicol, ánh sang bị phản xạ và hấp thụ mất k = 5%. α = 60o k = 5% I a. 0 = ? I1 I b. 0 = ? I2 Giải
Khi ánh sáng đi qua hai lăng kính Nicol thì lăng kính nicol 1 sẽ là nicol phân cực và lăng
kính nicol 2 sẽ là nicol phân tích.
Hiệu suất ánh sáng truyền qua mỗi lăng kính là : 1 – k a) Theo bài 2, ta suy ra : I1 = (1-k) . 0,5I0 I 2 Hay 0 = = 2,1 (lần) I 1  k 1
b) Sau khi đi qua lăng kính nicol phân tích, cường độ sáng là: I2 = (1-k) I1 cos2 α = (1-k)2 . 0,5I0 cos2 α I 2 Hay 0 = I 2 1 (  cos2 α = 8,86 (lần) k) 2
Đáp số : a. giảm 2,1 lần b. giảm 8,86 lần Bài 4
Ánh sáng phản chiếu trên một mặt thủy tinh đặt trong không khí sẽ bị phân cực toàn phần khi góc khúc xạ γ = 300.
Tìm chiết suất của loại thủy tinh trên ? γ = 30o n = ? Giải
Khi cho ánh sáng tự nhiên phản xạ trên mặt thủy tinh đặt trong không khí, ánh sáng phản
xạ sẽ bị phân cực toàn phần nếu góc tới iB thỏa mãn định luật Briuxtơ :
tg iB = n21 ( iB là góc tới)
Áp dụng định luật khúc xạ : sin iB = n21sin γ  sin iB = tg iB . sin γ Hay
cos iB = sin γ = sin 30o = 0,5 IB = 60o Như vậy n = n21 = tg 60o ≈ 1,73 Đáp số : n = 1,73 Bài 5
Chiếu một chùm ánh sáng tự nhiên lên mặt một bản thủy tinh nhẵn bóng, nhúng trong một
chất lỏng. Tia phản xạ (trên mặt bản thủy tinh) hợp với tia tới một góc 0
  97 , và bị phân cực toàn phần.
Xác định chiết suất của chất lỏng, cho ntt = 1,5.   970 n  5 , 1 tt n  ? l Giải
Theo bài ra ta có góc tới của chùm sáng là 2
Tia phản xạ bị phân cực toàn phần thì góc tới của nó bằng góc tới briuxtơ  n tg tt  2 nln 5 , 1 n tt   33 , 1 l  970 tg tg 2 2 Đáp số : n  33 , 1 l Bài 6
Xác định góc tới briuxtơ của một mặt thủy tinh có chiết suất n1 = 1,57 khi môi trường ánh sáng tới là : a) Không khí 4
b) Nước (có chiết suất n  ) 2 3 n  57 , 1 1 4 n  2 3 n  1 0 i  ? B Giải
a) Khi môi trường ánh sáng tới là không khí n = 1 0 n 57 , 1 tg 1 i    57 , 1 B n 1 0  i arctg 57 , 1  57o ' 30 B 4
b) Khi môi trường ánh sáng tới là nước n  2 3 n 57 , 1 tg 1 i    1 , 1 775 B n 4 2 3  i arctg 1 , 1 775  49o ' 39 B
Đáp số : a. i  57o ' 30 B b. i  49o ' 39 B Bài 7
Một chất có góc giới hạn của hiện tượng phản xạ toàn phần là 450. Tìm góc tới briuxtơ ứng với chất đó ? o   45 o i  ? B Giải
 là góc giới hạn phản xạ toàn phần nên: n sin  1 o 21 o  1 1 n    2 21 sin sin 45o o
Góc tới briuxtơ của chất đó thỏa mãn: tgi n  2 B 21 
i arctg 2  54o 44' B
Đáp số : i  54o ' 44 B Bài 8
Một chùm tia sáng, sau khi truyền qua chất lỏng đựng trong một bình thủy tinh, phản xạ
trên đáy bình. Tia phản xạ bị phân cực toàn phần khi góc tới trên đáy bình bừng 45037’, chiết
suất của bình thủy tinh n = 1,5. Tính:
a) Chiết suất của chất lỏng
b) Góc tới trên đáy bình để chùm tia phản xạ trên đó phản xạ toàn phần i  42o ' 37 B n  5 , 1 tt a. n  ? l b.   ? Giải
a. Tia phản xạ phân cực toàn phần ứng với góc tới Briuxtơ: ntt tgi B nln 5 , 1 n tt   63 , 1 l tgi tg42o ' 37 B
b. Với  là góc giới hạn phản xạ toàn phần thì: o 0
n sin  n sin90 l o ttn 5 , 1 sin  tt   92 , 0 hay   66 o56' o o n 63 , 1 l
Suy ra góc tới trên đáy bình thỏa mãn cho chùm tia phản xạ toàn phần là  66o  ' 56 Đáp án : a. n  63 , 1 l b.  66o  ' 56 Bài 9
Một chùm tia sáng phân cực phẳng (có bước sóng trong chân không   5 , 0 89 m  ) được
rọi thẳng góc với quang trục của một bản tinh thể băng lan. Chiết suất của tinh thể băng lan
đối với tia thường và tia bất thường lần lượt bằng no = 1,658 và ne = 1,488.
Tìm bước sóng của tia thường và tia bất thường trong tinh thể ?   5 , 0 89 mno = 1,658 ne = 1,488   ? o   ? e Giải
Ánh sáng khi chiếu vào trong môi trường khác thì tần số f của nó không đổi, và vận tốc của nó bằng: c v
(c là vận tốc ánh sáng trong chân không, n as
mt là chiết suất của môi trường) nmt Mặt khác ta lại có: v f as   const  , suy ra: as c vo f     ovo      o c no
Như vậy, bước sóng của tia thường là:   5 , 0 89    3 , 0 55  omn , 1 658 o
Bước sóng của tia bất thường là:   5 , 0 89    3 , 0 96  emn , 1 488 e Đáp số :   3 , 0 55 mo   3 , 0 96 me Bài 10
Áp dụng nguyên lý Huyghen, vẽ mặt đầu sóng và hướng truyền của tia thường và tia bất
thường trong một tinh thể đơn trục dương nếu quang trục của nó:
a) Vuông góc với mặt phẳng tới và song song với mặt tinh thể
b) Nằm trong mặt phẳng tới và song song với mặt tinh thể
c) Nằm trong mặt phẳng tới và nghiêng trên mặt tinh thể một góc 450, tia tới vuông góc với quang trục Bài 11
Tìm bể dày của bản 1 sóng nếu chiết suất của bản đối với tia thường và tia bất thường lần 2 lượt bằng n  
o = 1,658 và ne = 1,488, bước sóng ánh sáng 5 , 0 89 m  ?   5, 0 89 mno = 1,658 ne = 1,488 d = ? Giải 2k  1 2k   Bề dày của bản 1 1 5 , 0 89 sóng : d    , 1 73 2k   m   k =0,1,2,… 2  2 n n o e  2 , 1 658  , 1 48   1 8
Đáp số : d = 1,73 (2k+1) m Bài 12
Tìm bể dày nhỏ nhất của bản 1 sóng nếu chiết suất của bản đối với tia thường và tia bất 4
thường lần lượt bằng n  
o = 1,658 và ne = 1,488, bước sóng ánh sáng 5 , 0 45 m  ?   5, 0 45 mno = 1,658 ne = 1,488 dmin = ? Giải 2k   Bề dày của bản 1 1 sóng : d  4 4n n o e
Bề dày nhỏ nhất của bản ứng với k = 0, suy ra: 5 , 0 45 d   min  4 6 , 1 58  , 1 48  8 , 0 m  8
Đáp số : d = 0,8 m Bài 13
Một bản tinh thể được cắt song song với quang trục và có bề dày d = 0,25 mm , được dùng
làm bản 1 sóng (đối với bước sóng   5 , 0 30 m  ) 4
Hỏi đối với bước sóng nào của ánh sáng trong vùng quang phổ thấy được, nó cũng là bản
1 sóng? Coi rằng đối với tia mọi bước sóng trong vùng quang phổ thấy được 4 (   , 0 4 m   7 , 0 m
 ) hiệu chiết suất của tinh thể đối với tia bất thường và tia thường là: 0 ne – no = 0,009 d = 0,25 mm   5 , 0 30 m    , 0 4 m  min   7 , 0 m  max
ne – no = 0,009 dmin = ? Giải 2k   Bề dày của bản 1 1 sóng : d  4 4n n e o d n d n   4 ( n ) 2 ( n ) e o 1   e o và k   2k  1  2
Trong vùng quang phổ thấy được, bước sóng ứng với bề dày d là bản 1 sóng: 4
2d n n d n n e o  1 2   e o   1   k    2  2 min max Thay số ta được , 10 75  k  93 , 5
. Do k nguyên nên k = 6,7,8,9,10
Thay k vào ta tính được các bước sóng thỏa mãn:   692 , 0 m  1   6 , 0 00 m  2   5 , 0 30 m  3   , 0 473 m  4   , 0 430 m  5 Đáp số :   692 , 0 m  1   6 , 0 00 m  2   5 , 0 30 m  3   , 0 473 m  4   , 0 430 m  5 Bài 14
Người ta cắt một bản thạch anh song song với quang trục với bề dày không quá 0,5 mm.
Tìm bề dày lớn nhất của bản để một chùm ánh sáng phân cực thẳng bước sóng   5 , 0 89 m
 sau khi truyền qua bản:
a) Mặt phẳng phân cực chỉ bị quay đi một góc nào đó
b) Trở thành ánh sáng phân cực tròn.
Biết rằng hiệu chiết suất của tinh thể đối với tia bất thường và tia thường là: ne – no = 0,009   5 , 0 89 mno - ne = 0,009 dmax = ? Giải
a) Mặt phẳng phân cực chỉ bị quay đi một góc nào đó, suy ra bản phải thỏa mãn điều kiện bản 1 sóng : 2 2k  1 d =  (mm) n n e o   5 , 0 2 n n e o   2k+1  . 2 . 5 , 0   5 , 0 n n e o   1 k    = 7,14 2  kmax = 7  7. 2   6   1 10 . 589 , 0 . d 4  max = 10 . 9 , 4 (m) = 0,49 (mm) 009 , 0 . 2 1
b) Để trở thành ánh sáng phân cực tròn bản phải thỏa mãn điều kiện bản sóng : 4 2k  1 d =  (mm) n n e o   5 , 0 4  5 , 0 . 4 n n e o   1 k   = 14,78 2 2  kmax = 14.  14 . 2   6   1 5 , 0 . 89 10 .  d 4  max = 10 . 7 , 4 (m) = 0,47 (mm) 0 , 0 . 4 09
Đáp số : a. dmax = 0,49 (mm) b. dmax = 0,47 (mm) Bài 15
Tìm bể dày nhỏ nhất của một bản thạch anh có mặt được cắt song song với quang trục để
ánh sáng phân cực thẳng sau khi truyền qua bản trở thành ánh sáng phân cực tròn. Với ánh sáng có bước sóng 7  10 . 5  
m , chiết suất của bản đối với tia thường và tia bất thường lần
lượt bằng no = 1,5442 và ne = 1,5533 ? 7  10 . 5   m no = 1,5442 ne = 1,5533 dmin = ? Giải
Để ánh sáng phân cực thẳng sau khi truyền qua bản thạch anh trở thành ánh sáng phân cực
tròn thì bản phải thỏa mãn điều kiện của bản 1 sóng : 4 2k  1 d = 4n n e o
Suy ra dmin ứng với k = 0, khi đó : 7  5.10 d 5   min =  (m) = 14 (  m) 4 n n e o   4 5 , 1 533 5 , 1 44  , 1 4 10 . 2
Đáp số : dmin = 14  m. Bài 16
Một bản thạch anh được cắt song song với quang trục và đặt vào giữa hai nicol bắt chéo
nhau sao cho quang trục của bản hợp với mặt phẳng chính của các nicol một góc 0   45
Tìm bề dày nhỏ nhất của bản để anh sáng bước sóng   643 , 0 m
 có cường độ sóng cực 1
đại còn ánh sáng có bước sóng   5 , 0 64 m
 có cường độ sóng cực tiểu, sau khi chúng truyền 2
qua hệ thống hai nicol trên.
Coi hiệu chiết suất của tinh thể đối vơi tia bất thường và tia thường là: ne – no = 0,0090 0   45   643 , 0 m  1   564 , 0 m  2 n n  0090 , 0 e o dmin = ? Giải
Đối với ánh sáng bước sóng  , bản phải có bề dày thỏa mãn điều kiện của bản 1 sóng để 1 2
ánh sáng phân cực sau khi ló ra khỏi bản thạch anh là ánh sáng phân cực thẳng và phương dao 
động sáng quay đi một góc  . 2
Đối với ánh sáng bước sóng  , bản phải có bề dày thỏa mãn điều kiện của bản 1 sóng để 2
ánh sáng phân cực sau khi ló ra khỏi bản thạch anh là ánh sáng phân cực thẳng với phương dao động sáng như cũ.   n n    e o .d 2k  1 1 k  1 2 2 2 k   k   2 1 2 1 1 1 k    , 1 44 1  2 2  2 2
Mặt khác k1, k2 nguyên nên ứng với bề dày nhỏ nhất của bản thạch anh dmin thì: k1 = 3; k2 = 4 6    5 , 3 . 5 , 3 , 0 643 10 . d 1    min = 4 . 5 , 2 10 (m) = 0,25 (mm) n n 0 , 0 09 e o
Đáp số : dmin = 0,25 mm Bài 17
Bằng một bản pôlaroit và một bản 1 sóng làm bằng tinh thể đơn trục dương (ne > no) làm 4
thế nào để phân biệt dược:
a) Ánh sáng phân cực tròn quay trái với ánh sáng phân cực tròn quay phải
b) Ánh sáng tự nhiên với ánh sáng phân cực tròn
c) Ánh sáng tự nhiên với hỗn hợp ánh sáng tự nhiên và ánh sáng phân cực tròn. Giải
a) Chọn Oy là phương song song với phương dao động của tia bất thường, Ox là phương
song song với phương dao động của tia thường.
 Với ánh sáng phân cực tròn quay trái (đối với người quan sát) thì phương trình chuyển
động của đầu mút vectơ dao động sáng là : x = a cos  t      2 c /  y = a sin  t   1
Vì n n nên sau khi tia sáng đi qua bản
sóng, dao động sáng theo phương Oy sẽ sớm o e 4 
pha hơn dao động sáng theo phương Ox thêm một lượng   . 2 x = a cos  t  
Chọn lại mốc thời gian sao cho  x = y = a cos t      y = a sin t    2  1 Suy ra sau khi qua bản
sóng, ánh sáng phân cực tròn quay trái trở thành ánh sáng phân 4
cực thẳng với phương dao động sáng hợp với trục Oy một góc 450 (hình 1)
 Đối với ánh sáng phân cực tròn quay phải (đối với người quan sát) thì phương trình dao động sáng : x = a sin  t   y = a cos  t  
Lý luận tương tự ta có: sau khi qua bản 1 sóng, phương trình dao động sáng có dạng 4 x = a sin  t   x = a sin  t       y = a cos t   y = -a sin  t    2 
Như vậy, sau khi đi qua bản 1 sóng, ánh sáng phân cực tròn quay phải trở thành ánh sáng 4
phân cực thẳng với phương dao động sáng tạo với trục Oy góc -450 (hình 2) 1
b) Ánh sáng tự nhiên sau khi đi qua bản
sóng sẽ trở thành ánh sáng phân cực tròn, như vậy 4
nếu sau đó ta đặt bản pôlarôit và quay nó thì cường độ sáng luôn không đổi.
Ánh sáng phân cực tròn sau khi qua bản 1 sóng sẽ trở thành ánh sáng phân cực thẳng (như 4
lý luận ở câu a), như vậy nếu đặt bản pôlarôit ở phía sau và quay thì cường độ sáng thay đổi và có khi tắt hẳn.
c) Tương tự câu b, nếu là ánh sáng phân cực elip thì tia ló sau hệ thống cũng thay đổi và có
khi tắt hẳn khi quay bản pôlarôit.
d) Cũng làm tương tự câu b, nếu là hỗn hợp của ánh sáng tự nhiên và ánh sáng phân cực tròn
thì tia ló sau hệ thống thay đổi nhưng không thể đạt giá trị 0 (không tắt hẳn). Bài 18
Một bản thạch anh dày d = 2mm, được cắt vuông góc với quang trục, sau đó được đặt vào
giữa hai nicol song song. Người ta thấy mặt phẳng phân cực bị quay đi một góc 0   53 .
Hỏi chiều dày của bản phải bằng bao nhiêu để ánh sáng đơn sắc dùng trong thí nghiệm
trên không qua được bản phân tích ? d = 2 mm  = 530 d' = ? Giải
Ta có góc quay mặt phẳng phân cực của ánh sáng là:   . d
Vì hai nicôn được đặt song song nhau nên để ánh sáng đơn sắc không đi qua được nicôn phân
tích thì mặt phẳng phân cực phải bị quay đi một góc 0   90 Ta lại có:   . d
 ' (d’ là bề dày bản thạch anh ứng với 0   90 )   d '   d   90 d '  d.  2   , 3 4  (mm) 53
Đáp số : d’ = 3,4 mm Bài 19
Chất nicotin (lỏng tinh khiết) đựng trong một bình thủy tinh dài l = 8cm sẽ làm quay mặt
phẳng phân cực của ánh sáng natri một góc  = 136,60. khối lượng riêng của nicotin 3   01 , 1 g / cm .
Xác định góc quay riêng  của nicotin ? l = 8 cm  = 136,60  = 1,01 g/cm3 = ? Giải
Áp dụng công thức tính góc quay mặt phẳng phân cực:
  . l. 0   6 , 136    9 , 16 
(độ.cm3/g.cm) = 169 (độ.cm3/g.dm) .l 8 . 01 , 1
Đáp số :   169 độ.cm3/g.dm Bài 20
Dung dịch đường glucozơ nồng độ C1 = 0,28 g/cm3 đựng trong một bình trụ thủy tinh sẽ
làm quay mặt phẳng phân cực của ánh sáng xanh đi qua bình một góc  = 320 1
Hãy các định nồng độ C2 của một dung dịch cũng đựng trong bình như trên, biết nó làm
quay mặt phẳng phân cực của ánh sáng xanh một góc  = 240. 2 C1 = 0,28 g/cm3  = 320 1  = 240 2 C2 = ? Giải
Mặt phẳng phân cực của ánh sáng khi đi qua dung dịch đường glucôzơ sẽ bị quay đi một
góc:   C . d . Trong đó :
 là góc quay riêng của dung dịch chất glucôzơ đối với as đó
C là nồng độ dung dịch
d là bề dày của dung dịch mà ánh sáng truyền qua
Góc quay của mặt phẳng phân cực trong hai trường hợp là:    1  C . d . 1    2  C . d . 2   24 C 2    2 = C1 , 0 28 , 0 21  (g/cm3) 32 1
Đáp số : C2 = 0,21 g/cm3 Bài 21
Cho một chùm tia sáng đơn sắc truyền qua một hệ thống hai bản pôlảoit đặt bắt chéo nhau.
Giữa hai bản polaroit đặt một bản thạch anh có các mặt vuông góc với quang trục
Hãy xác định bề dày nhỏ nhất của bản thạch anh để ánh sáng bước sóng  = 0,436 m bị 1
hệ thống trên làm tắt hoàn toàn, còn ánh sáng bước sóng  = 0,497 m truyền qua được một 2
nửa. Cho biết hằng số quay của thạch anh đối với hai bước sóng trên lần lượt bằng 41,5 và 31,1 độ/mm.  = 0,436 m 1  = 0,497 m 2   5, 41 độ/mm 1   1, 31 độ/mm 2 dmin = ? Giải
Khi truyền dọc theo quang trục của tinh thể đơn trục, vectơ dao động sáng của ánh sáng
phân cực bị quay đi một góc  (   d . ) với :
 là hằng số quay của tinh thể d
là bề dày của bản tinh thể
Cường độ ánh sáng sau khi qua bản pôlarôit thứ nhất và thứ hai lần lượt là I1, I2    Ta có: I I cos2 2 1      2    
Đối với tia  , I cos2 
       k  1 2 = 0  0  2 1  1 1     Đối với tia  1 2 1 , I I  cos 
       k  2 2 2 1 2 2 = 1 2 2  2  2 4 Mặt khác:    1  d. 1    2  d. 2   k  1  1  5 , 41 4        2   1 2 2k  2  1 , 31 3 1 4 k 1 Hay 1  2k  1 3 2
Để bề dày cần thiết là cực tiểu dmin thì k1 = k2 = 1. o o   k 180 180 d 1   min =  mm  1  ( 34 , 4 ) 5 , 41
Đáp số : dmin = 4,34 mm Bài 22
Giữa hai nicol bắt chéo trong một đường kẻ, người ta đặt một ống thủy tinh dài 20cm đựng
trong dung dịch đường có nồng độ C = 0,2 g/cm3.
a) Hỏi cường độ sóng giảm đi bao nhiêu lần sau khi nó đi qua nicol thứ nhất.
b) Tính góc quay của mặt phửang phân cực gây ra bởi dung dịch đường
Cho biết goc quay riêng đối với ánh sáng vàng natri bằng  8 , 67 độ.cm3/g.dm và ánh
sáng đi qua nicol sẽ bị nicol hấp thụ 5% C = 0,2 g/cm3 d cm 20  8, 67 độ.cm3/g.dm k = 5% I a. 0 = ? I1 b.   ? Giải
a. Sau khi đi qua Nicon thứ nhất :
Chuyển động sáng bị giảm một nửa do ánh sáng tự nhiên sau khi qua kính bị phân cực hoàn
toàn, đồng thời Nicon hấp thụ mất k = 5% suy ra: 1 I1 = 1 k . .I 0 2
Như vậy cường độ sáng giảm: I 2 2 0 = =  105 , 2 (lần) I 1  k 95 , 0 1
b. Góc quay của mặt phẳng phân cực sau khi đi qua dung dịch đường:   C . d . Trong đó:   8 ,
67 độ.cm3/g.dm, C = 0,2 g/cm3
d được tính theo đơn vị dm : d = 2 dm. 
  67,8.0,2.2 = 27,12o = 27o4’
Lưu ý rằng bản nêm thứ 2 dùng để xác định góc quay của mặt phẳng phân cực sau khi đi qua dung dịch đường.
Đáp số : a. I0 = 2,105 I1 b.   27o4’