Đáp án - Giải thích cơ chế phát sáng và tính toán trong quang học môn Vật lý đại cương | Đại học Kinh tế Thành phố Hồ Chí Minh

Câu 1 a)
Giải thích cơ chế phát sáng của bóng đèn sợi đốt và bóng đèn huỳnh quang. Tại
sao bóng đèn sợi đốt lại tỏa nhiệt lớn hơn nhiều so với đèn huỳnh quang? b)
Trong quá trình phát sáng, nhiệt độ của dây tóc bóng đèn luôn biến đổi do quá trình
đốt nóng bằng điện xoay chiều. Nhiệt độ thấp nhất là 1000 K, và nhiệt độ cao nhất là
1500 K. Hỏi công suất bức xạ của dây tóc bóng đèn biến đổi bao nhiêu lần? Đáp án:
a) Nguyên lý phát quang của bóng đèn sợi đốt dựa trên định luật Joule–Lenz.
- Nguyên lý phát quang của đèn huỳnh quang dựa trên vật lý lượng tử, khi các electron
trong bóng đèn va chạm vào các phần từ vật liệu phát quang tạo ra các photon
- Đèn sợi đốt phần lớn bức xạ phát ra là tia hồng ngoại nên nóng hơn.
b) Công suất phát xạ của vật đen tuyệt đối: 𝑃 = 𝑇. 𝑆 = 𝛿. 𝑇4. 𝑆
Pmin = .T Smin4.
Pmax = .Tmax4.S 4 Pmin Tmin = Pmax = 5,1Pmin Pmax Tmax
Câu 2: Trong nhiếp ảnh, để xử lý vấn đề lóe sáng (flare- là hiện tượng gây bởi sự phản
xạ liên tục của ánh sáng cường độ lớn giữa các thấu kính bên trong ống kính) người ta
cần chế tạo bộ lọc để khử sự phản xạ. Sử dụng vật liệu trong suốt có chiết suất n = 1.25
phủ lên một mặt của tấm thủy tinh, có chiết suất n = 1.50, có thể khử sự phản xạ của ánh
sáng có bước sóng 600 nm. Tính chiều dày tối thiểu của lớp phủ này? Đáp án:
Sự phản xạ ở A và B đều làm quang lộ tăng thêm
nửa bước sóng nên để khử phản xạ thì hiệu quang
lộ 𝛥𝐿 phải bằng bán nguyên lần bước sóng: (𝑚+0,5)𝜆
𝛥𝐿 = 2𝑛1𝐿 = (𝑚 + )𝜆 ⇒ 𝐿 = 2𝑛1
- Để độ dày là nhỏ nhất thì: 𝑚 = 0 600 => 𝐿𝑚𝑖𝑛 = 4 ×1.25 = 120 𝑛𝑚
Câu 3: Hai điện tích điểm q1 = q2 = q lần lượt đặt tại A và B
cách nhau một khoảng 2a trong không khí. Xét điểm M nằm
trên đường trung trực của AB, cách đường thẳng AB một khoảng x.
a) Khi x = a, tìm cường độ điện trường tại điểm M.
b) Tìm x để cường độ điện trường tại M đạt cực đại và xác định giá trị cực đại đó. Đáp án:
a) (1 điểm) Xét điểm M nằm trên trung thực của AB: + 𝑥 = 𝑎 ⇒ 𝛼 = 45°
+ mà: 𝐸⃗ 𝑀 = 𝐸⃗ 1 + 𝐸⃗ 2 2𝑘𝑞 𝑘𝑞
⇒ 𝐸⃗𝑀 = 2𝐸⃗1 𝑐𝑜𝑠 𝛼 = 𝑀
𝐴2 𝑐𝑜𝑠 𝛼 ⇒ 𝐸⃗𝑀 b) (1.5 điểm)
Từ câu a) ta có cường độ điện trường tại một điểm trên trung trực là: 2𝑘𝑞 2𝑘𝑞 2 𝛼 . 𝑐𝑜𝑠 𝛼 + 𝐸⃗ = 𝑀
𝑀𝐴2 𝑐𝑜𝑠 𝛼 = 𝑎2 . 𝑠𝑖𝑛
+ 𝐸⃗𝑀 cực đại khi (𝐸⃗𝑀)′ = 0 ⇒ 𝑥 𝑎 𝑘𝑞  𝐸⃗𝑀 𝑚𝑎𝑥
Câu 4: Trong nghiên cứu về phân rã hạt nhân, cho hạt alpha (α) có điện tích +2e, khối
lượng 4u với động năng Wd = 500 eV bay theo hướng vuông góc với một từ trường đều
có cảm ứng từ B = 0.1 T. Tính:
a) Lực tác dụng lên hạt α.
b) Bán kính quỹ đạo chuyển động của hạt.
c) Chu kỳ quay của hạt trên quỹ đạo.
Biết: e = −1.602 × 10−19 𝐶, 𝑢 = 1.66055 × 10−27 kg Đáp án:
Ta có động năng: 𝑊𝑑 = 𝑚𝑣2 → 𝑣 (𝑚/𝑠)
a) Lực tác dụng lên hạt: 𝐹 = 𝐵𝑣𝑞 𝑚𝑣
b) Bán kính quỹ đạo của hạt: 𝑅 𝐵𝑞 𝜋𝑚
c) Chu kỳ quay của hạt trên quỹ đạo: 𝑇 𝐵𝑞
Câu 5: Hình 1a cho thấy hai dây dẫn, mỗi dây mang một dòng điện. Dây dẫn 1 bao gồm
một cung tròn bán kính R và hai đoạn thẳng hướng tâm, mang dòng điện 𝑖1 = 2 𝐴. Dây
dẫn 2 là một dây dài và thẳng, mang dòng điện 𝑖2 có thể thay đổi được, và nằm cách tâm
của cung tròn một khoảng bằng 𝑅/2. Biết cảm ứng từ tổng cộng 𝐵 do hai sợi dây sinh
ra tại tâm của cung tròn có phương vuông góc với mặt phẳng hình vẽ, và có độ lớn phụ
thuộc cường độ của dòng điện 𝑖2 như hình 1b. Hình 1.
Hỏi chiều của dòng điện 𝑖2, và cung tròn 𝜃 tạo thành một góc bao nhiêu?
Gợi ý: Cảm ứng từ do dây dẫn dạng cung tròn (góc tại cung là 𝜃, bán kính là 𝑅), có dòng
điện 𝐼 chạy qua, sinh ra tại tâm của cung tròn là: 𝜇0𝐼𝜃 𝐵 = 4𝜋𝑅 Đáp án:
- Từ hình 1b, tại 𝑖2 = 0.5 𝐴 thì cảm ứng từ tổng tại tâm của cung tròn bằng 0  Cảm ứng
từ do dòng điện 𝑖2 sinh ra bằng cảm ứng từ do dòng điện 𝑖1 sinh ra. 𝜇 𝑖 𝜃
- Từ trường do dòng điện 𝑖1 sinh ra là: 𝐵1 =
𝜋𝑅 , và hướng ra ngoài mặt phẳng hình vẽ.
- Từ trường do dòng điện 𝑖 = 2 sinh ra là: 𝐵2 𝜇𝜋𝑅0𝑖2
- 𝐵1 + 𝐵2 = 0  𝐵1, 𝐵2 ngược chiều, suy ra 𝑖2 hướng từ trên xuống - và ta có: 𝜇
𝜋𝑅𝑖 𝜃 = 𝜇𝜋𝑅0𝑖2  𝑖1𝜃 = 4𝑖2  𝜃 = 4𝑖𝑖12 = 4 × = 1 𝑟𝑎𝑑 3°
Câu 6: Một lớp màng mỏng acetone có chiều dày không đổi 𝑑, chiết suất 𝑛1 = 1.25, phủ
lên một tấm kính thủy tinh có chiết suất 𝑛2 = 1.50. Ánh sáng trắng từ không khí chiếu
vuông góc tới màng acetone. Khi ánh sáng phản xạ, xảy ra giao thoa triệt tiêu tại bước
sóng 590 nm và giao thoa tăng cường tại bước sóng 690 nm. Hãy tính độ dày của lớp màng acetone. Đáp án:
- Ánh sáng chiếu từ không khí (𝑛0 = 1) vào acetone (𝑛 1 = 1.25), rồi phản xạ từ lớp
acetone đến kính (𝑛2 = 1.50). Cả hai tia phản xạ tại mặt trên và dưới của lớp acetone
đều bị đổi pha π, nên không cần cộng thêm 𝜆/2 vào hiệu quang lộ hai tia phản xạ này
khi xét điều kiện giao thoa.
- Điều kiện giao thoa tăng cường: 2𝑛1𝑑 = 𝑚𝜆2  𝑚 = 2 𝑛𝜆12𝑑
- Điều kiện giao thoa triệt tiêu: 2𝑛1𝑑 = (𝑚 + 1/2)𝜆1  2𝑛1𝑑 = (2
𝑛𝜆12𝑑 + 12) 𝜆1 = (4
𝑛12𝑑𝜆+2 𝜆2 ) 𝜆1
 4𝑛1𝜆2𝑑 = (4𝑛1𝑑 + 𝜆2)𝜆1
 4𝑛1𝑑(𝜆2 − 𝜆1) = 𝜆1𝜆2  𝑑 𝑛𝑚
Câu 7: Trong quang phổ phát xạ của Mặt Trời, bức xạ mang năng lượng cực đại có bước
sóng 𝜆 = 480 𝑛𝑚. Coi Mặt Trời là vật đen tuyệt đối, hãy xác định:
a) Công suất phát xạ toàn phần của Mặt Trời.
b) Mật độ năng lượng mà Mặt Đất nhận được của Mặt Trời.
Biết rằng bầu khí quyển hấp thụ 10% năng lượng bức xạ của Mặt Trời, bán kính của Mặt
Trời 𝑟 = 6.95 × 108𝑚, khoảng cách từ Mặt Trời tới Trái Đất 𝑅 = 1.5 × 1011𝑚. Đáp án:
a) Nhiệt độ của Mặt Trời:
𝜆𝑚𝑎𝑥 = 𝑏/𝑇  𝑇 𝐾
- Công suất phát xạ toàn phần của Mặt Trời: 𝑃 = 𝜎 𝐴 𝑇4 trong đó:
+ 𝜎 = 5.67 × 10⁻⁸ 𝑊/(𝑚2 · 𝐾4) + 𝜋𝑟² 10¹⁸ 𝑚² + 10¹⁵ ⇒ 𝑃 10⁻⁸ × 6. 10¹⁸ × 1. 10²⁶ 𝑊
b) Cường độ bức xạ tại khoảng cách R: 𝐼 10³ W/m²
- Do khí quyển hấp thụ 10%, tại Mặt Đất cường độ bức xạ là: 𝐼𝑡 𝑊/𝑚²
-Mật độ năng lượng Mặt Đất nhận được: 𝑢 = 𝐼/𝑐 = 4.86 × 106 𝐽/𝑚3
Câu 8: Ba tấm vật liệu lớn 1, 2, 3 được tích điện điện đều với mật độ điện mặt lần 𝜎1, 𝜎2,
𝜎3, đặt song song và cách đều nhau trong không khí như hình 4a. Mặt các tấm vuông góc
với trục 𝑂𝑥. Hình 4b biểu diễn cường độ điện trường tổng hợp do ba tấm sinh ra dọc theo
trục 𝑂𝑥. Coi các tấm vật liệu là các mặt phẳng vô hạn. Hỏi tỉ số mật độ điện tích trên tấm
số 3 so với tấm số 2 là bao nhiêu? Hình 4. Đáp án:
- Điện trường gây ra bởi một tấm phẳng lớn mang mật độ điện tích 𝜎 là: 𝜎 𝐸⃗ = ⇒ 𝜎 = 2 ₀𝐸⃗ 2𝜀0 - Dựa vào đồ thị:
+ Trước tấm 1: 𝐸⃗ = 𝐸⃗1 + 𝐸⃗2 + 𝐸⃗3 = 0  −𝐸⃗1 = 𝐸⃗2 + 𝐸⃗3
+ Sau tấm 1: 𝐸⃗ = −𝐸⃗1 + 𝐸⃗2 + 𝐸⃗3 = 2 × 105  2(𝐸⃗2 + 𝐸⃗3) = 2 × 105
+ Sau tấm 2: 𝐸⃗ = −𝐸⃗1 − 𝐸⃗2 + 𝐸⃗3 = 6 × 105  2𝐸⃗3 = 6 × 105
 𝐸⃗3 = 3 × 105  𝐸⃗2 = −2 × 105  𝜎𝜎32 =
Câu 9. Ba điện tích điểm cùng độ lớn ∣q∣ được đặt tại 3 đỉnh của một tam giác đều cạnh
a. Hai điện tích tại các đỉnh A và B mang điện tích +q, còn điện tích tại đỉnh C mang điện
tích −q. Gọi O là trọng tâm của tam giác.
a) Hãy phân tích hướng của điện trường tổng hợp tại điểm O. Véc-tơ điện trường tại O
có nằm trong mặt phẳng tam giác không? Vì sao?
b) Điện thế tại điểm O có thể bằng 0 không? Hãy giải thích
c) Nếu thay điện tích tại đỉnh C từ −q thành +q, điện trường tại O có triệt tiêu không? Vì sao? Đáp án:
a) Hướng của điện trường tại O
- Các véc-tơ điện trường tại O do các điện tích gây ra đều nằm trong mặt phẳng tam giác,
vì tất cả điện tích cùng nằm trên một mặt phẳng. - Điện trường do:
+q tại A, B: hướng ra xa A và B
−q tại C: hướng về phía C
- Do tính đối xứng: 2 véctơ điện trường do điện tích tại A và B gây ra có thành phần ngang
triệt tiêu nhau, chỉ còn thành phần hướng xuống (hướng từ O đến trung điểm AB)
- Véctơ điện trường do điện tích tại C hướng về C, cũng hướng xuống  Điện trường tại
O hướng xuống dưới theo phương phân giác từ C đến O
b) Điện thế là đại lượng vô hướng:
𝑉𝑂 = 𝑘 (𝑞𝑟 + 𝑞𝑟 − 𝑞𝑟) = 𝑘 𝑞𝑟  𝑉𝑂 ≠ 0
c) Khi cả 3 điện tích là +q và đặt tại 3 đỉnh tam giác đều, lúc này 3 véctơ điện trường đều
hướng ra ngoài, do đối xứng, điện trường tại O bằng 0.
Câu 10: Chiếu chùm sáng đơn sắc vuông góc với mặt dưới
của một nêm không khí, được tạo bởi hai miếng thuỷ tinh
phẳng (chiết suất 𝑛1) tiếp xúc với nhau dọc theo một cạnh,
người ta quan sát được 4001 vạch tối. Khi không khí được
hút khỏi nêm thì chỉ còn quan sát được 4000
vạch tối. Tính chiết suất 𝑛 của không khí (lấy tới 5 số thập
phân). Biết chiết suất của thủy tinh lớn hơn chiết suất của
không khí, và chiết suất của chân không bằng 1. Bỏ qua
chiều dày của hai miếng thủy tinh. Đáp án: -
Vì chiết suất n1 của thủy tinh lớn hơn chiết suất n của không khí nên phản xạ
tại B được tăng thêm nửa bước sóng. Vậy hiệu quang lộ giữa tia phản xạ 2 và 1 là:
𝛿𝐿 = 2𝑛𝐿 + 0.5𝜆 (1) với L là độ dày của nêm tại A
Nếu tại A là vân tối thì 𝛿𝐿 = (𝑚 + 0.5)𝜆 (2)
Từ (1) và (2)  2𝑛𝐿 = 𝑚𝜆 (3) -
Tương tự tại điểm A' là vân tối ta cũng có biểu thức: 2𝑛𝐿′ = 𝑚′𝜆 (4) với
L' là độ dày của nêm tại A'.
Từ (3) và (4)  2𝑛(𝐿 − 𝐿′) = (𝑚 − 𝑚′)𝜆  Δ𝐿 = 𝐿 − 𝐿′ = Δ 𝑚𝜆 (5) 2𝑛
với Δm là số khoảng vân giữa A và A'.
+ Với không khí chiết suất n thì Δm = 4001-1 = 4000
+ Với chân không chiết suất n0 = 1 thì Δm0 = 4000-1 = 3999 Thay
vào (5) ta được Δ𝐿 = 𝐿 − 𝐿′ = Δ𝑚𝜆 = Δ𝑚𝑜𝜆 2𝑛 2𝑛𝑜  𝑛 = 𝑛
𝑜Δ𝑚 = 1×4000 = 1.00025 Δ𝑚𝑜 3999
Câu 11: Giả sử cơ thể của một người có diện tích trung bình khoảng 1.8 m2 và nhiệt độ
là 31 C. Biết hằng số Stephan – Boltzman 𝜎 = 5.67 × 10−8 (𝑚 𝑊2𝐾4) và hằng số
Wien 𝑏 = 2.898 × 10−3 (𝑚. 𝐾).
a) Tính công suất bức xạ nhiệt của người này?
b) Tính bước sóng của sóng điện từ mà người này phát ra mạnh nhất? Đáp án
a) Công suất bức xạ: 𝑃 = 𝑆 × 𝑅 = 𝑆𝛿𝑇4 =. 8 × 5,67 × 10−8 × (31 + 273)4 = 872 𝑊 𝑏 2.896×10−3
b) Ta có 𝜆𝑚𝑎𝑥 = 𝑇 = 31+273 = 9.53 µm Câu 12: a)
Nhiệt độ hiệu dụng của bề mặt Mặt Trời là 5800K, hỏi Mặt trời bức xạ mạnh nhất
ở bước sóng nào? Tại sao Mặt Trời nhìn có màu vàng? Biết hằng số Wien 𝑏 = 2.898 × 10−3 (𝑚. 𝐾) b)
Hãy so sánh số photon phát ra trong một giây của một đèn tử ngoại phát ra ánh
sáng bước sóng 𝜆1, và đèn hồng ngoại phát ra ánh sáng bước sóng 𝜆2. Biết hai đèn này có
cùng công suất phát xạ. Đáp án: 𝑏 2,896×10−3 a) 𝜆𝑚𝑎𝑥 = 𝑇 = 5800 = 0.4997 µm
- Bước sóng này ở vùng phổ màu vàng nên nhìn Mặt Trời có màu vàng. ℎ𝑐
b) Năng lượng của một photon tử ngoại là 𝐸⃗1 = 𝜆1 ℎ𝑐
- Năng lượng của một photon hồng ngoại là 𝐸⃗2 = 𝜆2
- Số photon tử ngoại (nt) và hồng ngoại (nh) phát ra trong một giây là: 𝑃 𝑃𝜆1 𝑛𝑡 = = 𝐸⃗1 ℎ𝑐 𝑃 𝑃𝜆2 𝑛ℎ = = 𝐸⃗2 ℎ𝑐
Vì 𝜆2 > 𝜆1 → 𝑛ℎ > 𝑛𝑡  đèn hồng ngoại phát ra nhiều photon hơn so với đèn tử ngoại.
Câu 13: Một máy lọc không khí hoạt động theo nguyên lý tạo điện trường để hút các hạt
bụi mang điện tích âm về phía bản dương. Giả sử điện trường trong vùng hút hạt bụi là
đều, có cường độ 𝐸⃗ = 5 104 V/m , vùng hoạt động có bán kính 𝑅 = 0.5 𝑚 xung quanh
máy. Các hạt bụi có khối lượng trung bình 𝑚 = 2 × 10−15 𝑘𝑔 và mang điện tích 𝑞 = −1.6
× 10−9𝐶. Bỏ qua lực cản không khí, trọng lực của hạt bụi. Coi hạt bụi không có vận tốc
ban đầu, và khi chuyển động do tác dụng của lực điện thì chuyển động theo đường thẳng
vuông góc với bản cực dương của máy.
a) Tính lực điện tác dụng lên mỗi hạt bụi.
b) Tính gia tốc của hạt bụi do lực điện gây ra.
c) Tính thời gian cần thiết để một hạt bụi từ khoảng cách 0.5 m bay tới bản dương.
d) Xác định khối lượng cực đại của hạt bụi vẫn có thể bị hút tới bản dương trong thời gian
không quá 1 giây từ khoảng cách 0.5 m. Đáp án:
a) 𝐹 = |𝑞|𝐸⃗ = 1.6 × 10−19 × 5 × 104 = 8 × 10−15 𝑁. b) 𝑎 𝑚/𝑠2 c) 𝑡 𝑠
d) Để hạt bụi bị hút về phía bản dương trong thời gian không quá 1 giây từ khoảng cách 0.5 m, tức là: 𝑎 = 2
𝑑 = 2 × 0.5 = 1 𝑚/𝑠2 𝑡 1 = = 8 × 10
 Khối lượng cực đại của hạt bụi: 𝑚𝑚𝑎𝑥 = 𝐹𝑎 8×101−15 −15𝑘𝑔
Câu 14: Một lò vi sóng phát ra sóng điện từ có bước sóng 𝜆 = 12 𝑐𝑚. Giả sử công suất
trung bình là 𝑃 = 800 𝑊 và toàn bộ chùm sóng hội tụ tại vùng có diện tích 𝑆 = 0.01 𝑚2.
a) Tính tần số của sóng điện từ.
b) Tính cường độ sóng điện từ tại vùng hội tụ.
c) Giả sử sóng bị hấp thụ hoàn toàn bởi 200 ml nước, tính thời gian cần để tăng nhiệt độ
nước từ 25 C lên 100 C. Biết nhiệt dung riêng và khối lượng riêng của nước lần lượt
là 𝑐 = 4200 𝐽/(𝑘𝑔. 𝐾) và 𝜌 = 1 𝑘𝑔/𝑙.
d) Giải thích cơ bản vì sao nước nóng lên, biết các phân tử nước là các lưỡng cực điện. Đáp án: 𝑐 3×108 9 𝐻𝑧 a) 𝑓 = = = 2.5 × 10 𝜆 0.12 𝑃 800 5 𝑊/𝑚2 b) 𝐼 = = = 8 × 10 𝑆 0.01
c) Nhiệt lượng cần cung cấp cho 200 ml nước là: 𝑄 = 𝑚𝑐∆𝑇 = 0.2 × 4200 × 75 = 63000 𝐽 𝑄 63000  Thời
gian cần thiết là: 𝑡 = = = 78.75 𝑠 𝑃 800
d) Các phân tử nước (lưỡng cực điện) trong nước bị điện trường biến thiên trong lò vi
sóng làm quay liên tục, chúng va chạm với các phân tử nước khác. Khi đó động năng
quay được chuyển thành nhiệt năng làm nước nóng lên.
Câu 15: Khi dùng sử dụng laptop, bạn có thể cảm thấy bị giật nhẹ khi chạm vào vỏ của
nó nếu vỏ của nó làm bằng kim loại. Giả sử tại một thời điểm, vỏ laptop mang điện tích
𝑄 = 2 × 10−9 𝐶. Khi người dùng chạm vào, lượng điện tích này truyền qua cơ thể trong
khoảng thời gian 𝑡 = 1 𝜇𝑠.
a) Tính cường độ dòng điện trung bình truyền qua cơ thể.
b) Nếu hiệu điện thế giữa người và vỏ laptop là 500 V, tính năng lượng mà dòng điện
(công của lực điện) truyền vào cơ thể trong khoảnh khắc đó.
c) Tại sao phích cắm của sạc laptop hoặc các thiết bị điện khác thường có 3 chân? Đáp án:
a) 𝐼 = 𝑄 2×10−9 −3 𝐴 𝑡 = 10−6 = 2 × 10
b) 𝑊 = 𝑄𝑈 = 2 × 10−9 × 500 = 10−6 𝐽
c) Một trong ba chân là chân nối đất, giúp dẫn điện tích dư xuống đất, tránh tích điện
trên vỏ laptop và các thiết bị điện, qua đó tránh phóng điện đột ngột để bảo vệ thiết bị và người dùng.
Câu 16: Một bộ phát Wi-fi phát sóng ở tần số 2.4 GHz, công suất phát 100 mW. Sóng lan
ra trong không gian dưới dạng hình cầu.
a) Tính bước sóng của tín hiệu Wi-fi.
b) Tính cường độ sóng trung bình tại vị trí cách bộ phát 5 m.
c) Nếu ngưỡng cường độ cần thiết để điện thoại thu được sóng là 10-5 W/m2, hãy tính
khoảng cách xa nhất mà sóng còn đủ mạnh để thu được tín hiệu.
d) Vì sao có những vị trí ngay gần bộ phát nhưng vẫn không bắt được tín hiệu, hoặc tín hiệu rất yếu? Đáp án: 𝑐 3×108
a) 𝜆 = 𝑓 = 2.4×109 = 0.125 𝑚 𝑃 0.1 −4 𝑊/𝑚2 b) 𝐼 4 c) 𝑅 𝑚
d) Do giao thoa triệt tiêu giữa sóng trực tiếp và sóng phản xạ từ tường, kim loại… Ngoài
ra, sóng có thể bị hấp thụ bởi các vật cản làm giảm năng lượng truyền…
Câu 17. Camera điện thoại hoạt động nhờ hiệu ứng quang điện. Giả sử ánh sáng chiếu
vào có bước sóng 550 nm. Mỗi pixel (điểm ảnh) là một vùng nhạy sáng có diện tích 1 m2.
a) Tính năng lượng của một photon ánh sáng chiếu vào cảm biến.
b) Nếu cường độ ánh sáng chiếu vào là 1 W/m2, ước tính số photon tới một pixel trong mỗi giây.
c) Trong cùng điều kiện cường độ sáng 1 W/m2, nếu thay ánh sáng 550 nm bằng áng sáng
đỏ 700 nm, số photon tới một pixel trong mỗi giây sẽ tăng hay giảm?
d) Một lớp phủ chống phản xạ được phủ bên ngoài camera
(hình bên). Lớp phủ này có chiết suất 𝑛 = 1.38, được thiết
kế để triệt tiêu phản xạ ánh sáng 550 nm trong không khí.
Tính chiều dày mỏng nhất của lớp phủ để triệt tiêu phản
xạ tại mặt ngoài của lớp phủ. Coi ánh sáng tới
camera theo phương vuông góc. Biết chiết suất của vật liệu làm camera lớn hơn 1.38.
e) Trong điều kiện ánh sáng yếu, camera sẽ tự động điều chỉnh tăng độ nhạy bằng cách
tăng thời gian phơi sáng để thu được nhiều photon hơn, và tăng khuếch đại tín hiệu điện.
Theo em, điều này ảnh hưởng thế nào đến chất lượng ảnh? Đáp án: a) ℎ𝑐 6.625×10−34×3×108 −19 𝐽 b)
- Năng lượng ánh sáng tới 1 pixel trong 1 giây là: 𝑊 = 𝐴. 𝐼 = 10−12 × 1 = 10−12 𝑊 −12 - Số photon là: 𝑁 6 hạt/s c)
Ánh sáng 700 nm có năng lượng photon thấp hơn, nên để có cùng cường độ sáng
thì đòi hỏi số photon lớn hơn. d)
Đây là bài toán giao thoa bản mỏng có chiều dày không đổi, và ánh sáng bị đổi
pha khi phản xạ cả ở mặt trên và mặt dưới của lớp phủ. Vì góc tới 𝜃 = 0°, nên để giao thoa triệt tiêu xảy ra:
2𝑛𝑑 = (2𝑘 + 1) 𝜆 , 𝑣ớ𝑖 𝑘 = 0, 1, 2, … 2
+ chọn 𝑘 = 0, ta có: 𝑑 𝑛𝑚 e)
Ảnh sáng hơn, nhưng dễ bị mờ nếu có chuyển động (photon bị thay đổi vị trí khi
chạm tới camera) và bị nhiễu do nhiễu nền cũng bị khuếch đại.
Câu 18: Một máy sưởi hồng ngoại có công suất 500 W, phát bức xạ có định hướng theo
dạng chùm song song, được chiếu trực tiếp vào người sử dụng cách máy 0.8 m. Bề mặt
phát xạ của máy có diện tích hiệu dụng là 0.1 m2 và được thiết kế để tập trung toàn bộ
công suất vào một vùng có tiết diện gần như không thay đổi theo khoảng cách. Bỏ qua suy hao do không khí.
a) Tính nhiệt độ bề mặt của máy sưởi.
b) Tính cường độ năng lượng bức xạ tại vị trí người ngồi.
c) Khi đứng dưới ánh sáng của một đèn LED sáng chói, ta không thấy nóng; trong khi
đứng trước máy sưởi hồng ngoại thì lại cảm thấy rất ấm mặc dù máy không phát ra ánh
sáng mạnh. Hãy giải thích hiện tượng này dựa trên kiến thức về phổ bức xạ và khả
năng hấp thụ của da người. Đáp án:
a) 𝑃 = 𝐴𝜎𝑇4  𝑇 𝐾
b) Do chùm tia có tính định hướng, nên diện tích phát xạ không thay đổi theo khoảng 𝑃 500 2 cách, do đó: 𝐼 = = = 50 𝑊/𝑚 𝐴 0.1 c) -
Đèn LED chủ yếu phát ra ánh sáng khả kiến (300 – 700 nm), rất ít bức xạ hồng
ngoại, mà da người thì phản xạ và tán xạ mạnh ánh sáng khả kiến, nên chỉ một phần nhỏ
được hấp thụ, do đó không sinh nhiệt hiệu quả lên da người. -
Máy sưởi hồng ngoại phát ra bức xạ chủ yếu ở vùng hồng ngoại trung và xa,
trùng với dải hấp thụ của da, do đó năng lượng được hấp thụ và chuyển thành nhiệt rất hiệu quả.
Câu 19: Tai nghe không dây chứa nam châm vĩnh cửu và cuộn dây nhỏ. Khi dòng điện
xoay chiều chạy qua cuộn dây, nó tạo ra từ trường dao dộng tác động vào nam châm vĩnh
cửu, khiến nam châm dao động. Giả sử cuộn dây có 100 vòng, mỗi vòng có bán kính 5
mm, cường độ dòng điện hiệu dụng là 100 mA. Biết chiều dày của cuộn dây là không
đáng kể, môi trường trong lòng cuộn dây là không khí. Bỏ qua từ trường của nam châm.
a) Tính độ lớn của cảm ứng từ tại tâm cuộn dây.
b) Một sinh viên để thẻ sinh viên (loại thẻ từ có lớp kim loại mỏng ở mặt sau hoặc bên
trong thẻ để chứa thông tin dưới dạng dòng điện vi mô hoặc vết từ hóa) lên tai nghe
trong lúc tai nghe đang hoạt động. Một electron trong thẻ tình cờ chuyển động vuông
góc với từ trường đã tính ở câu a) với vận tốc 2 105 m/s. Tính độ lớn của lực từ tác dụng lên electron.
c) Để ghi và xóa thẻ từ cần từ trường có cường độ tối thiểu 0.8 kA/m. Giả sử từ trường
do cuộn dây trong tai nghe tạo ra không suy giảm đáng kể trong không gian lân cận tai
nghe. Có nên để thẻ từ sát tai nghe này trong thời gian dài không? Giải thích. Đáp án:
a) Cảm ứng từ tại tâm cuộn dây tròn gồm N vòng dây là: 𝜇0𝑁𝐼 4𝜋 × 10−7 × 100 × 0.1 𝐵 𝑇
b) 𝐹 = |𝑞|𝑣𝐵 = 1.6 × 10−19 × 2 × 105 × 12.5 × 10−4 = 4 × 10−17 𝑁 𝐵
c) Cường độ từ trường do tai nghe tạo ra ~ ≈ 1 𝑘𝐴/𝑚, có thể gây nhiễu hoặc xóa 𝜇0
thông tin từ hóa trên thẻ từ, do đó không nên để thẻ từ sát tai nghe trong thời gian dài.
Câu 20: Một cảm biến vân tay quang học trong điện thoại sử dụng ánh sáng hồng ngoại
có bước sóng 850 nm để chiếu vào bề mặt ngón tay. Giữa các rãnh vân tay và mặt cảm
biến tồn tại một lớp không khí mỏng. Biết độ sâu trung bình của rãnh vân tay (chiều cao
giữa phần đỉnh của đường vân và phần đáy của rãnh vân) khoảng 200 m (hình dưới).
Giả sử tại một vị trí, lớp không khí trong rãnh vân tay có bề dày 𝑑, ánh sáng phản xạ ở
hai mặt của lớp không khí này tạo ra giao thoa. Lưu ý 𝑑 thay đổi theo vị trí, và ánh sáng
tới gần như vuông góc với ngón tay. Cho hiệu quang lộ của của hai tia sáng phản xạ tại
mặt dưới và mặt trên của lớp không khí là ∆𝐿 = 2𝑛𝑑 + 𝜆/2, chiết suất của không khí là
1, chiết suất của cảm biến và da tay lớn hơn 1.
a) Để hiện tượng giao thoa triệt tiêu xảy ra, 𝑑 bằng bao nhiêu?
b) Để hiện tượng giao thoa tăng cường xảy ra, 𝑑 bằng bao nhiêu?
c) So sánh cường độ tia sáng phản xạ tại vùng có tiếp xúc và vùng không có tiếp xúc.
Từ đó giải thích tại sao hình ảnh vân tay lại hiện rõ nét qua cảm biến? Đáp án:
a) Đây là bài toán giao thoa bản mỏng có chiều dày thay đổi, và ánh sánh bị đổi pha khi
phản xạ ở mặt dưới của lớp không khí. Vì góc tới 𝜃 = 0°, nên để giao thoa triệt tiêu xảy ra: 𝜆 𝜆 2𝑛𝑑 + = (2𝑘 + 1) 2 2 𝑘𝜆
 𝑑 = = 425𝑘 (nm), với 𝑘 = 0, 1, 2 … 2𝑛
+ 𝑑 ≤ 200000 𝑛𝑚  𝑑 = 0, 425, 850, 1275, 1700 𝑛𝑚 , tương ứng với 𝑘 = 0, 1, 2, 3, 4 b) 𝜆
𝑘𝜆  𝑑 = 425(𝑘 − ), với 𝑘 = 1, 2 …
+ 𝑑 ≤ 200000 𝑛𝑚  𝑑 = 212.5, 637.5, 1062.5, 1487.5, 1912.5 𝑛𝑚 , tương ứng với 𝑘 = 1, 2, 3, 4, 5 c) -
Tại có vị trí các đường vân tiếp xúc với cảm biến, 𝑑 = 0, ánh sáng phản xạ yếu do giao thoa triệt tiêu. -
Tai các vùng không tiếp xúc, có một số vị trí trong vùng này có giao thoa tăng
cường, do đó ánh sáng phản xạ mạnh hơn. Dẫn đến sự khác biệt cường độ ánh sáng
phản xạ và tạo nên hình ảnh vân tay.
Câu 21: Hai quả cầu nhỏ khối lượng 𝑚 = 2 g, được treo
bằng dây nhẹ chiều dài 𝑙 = 10 cm. Một điện trường đều được
đặt vào theo phương x. Điện tích của các quả cầu tương ứng
là 𝑞1 = −5 × 10−8 C và 𝑞2 = 5 × 10−8 C.
a) Vẽ lực tác dụng lên quả cầu mang điện tích âm (𝑞1).
b) Xác định độ lớn điện trường 𝐸⃗ để các quả cầu có thể cân
bằng ở góc lệch 𝜃 = 10∘. Đáp án:
a) Vẽ các lực tác dụng lên quả cầu 1 (bên trái, mang điện tích âm): trọng lực P, lực căng
T, phản lực R, lực điện Fd
b) Áp dụng định luật II Newton đối với quả cầu 1 và chiếu lên các phương x và y thu được:
𝑇 𝑠𝑖𝑛 𝜃 = 𝐹𝑑 {
𝑇 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 𝑚𝑔
Từ đó: 𝐹𝑑 = 𝑚𝑔 𝑡𝑎𝑛 𝜃
Lực tĩnh điện 𝐹 𝑑 gồm lực do điện trường 𝐸⃗ gây ra và lực hút tĩnh điện của điện tích dương 𝑞2.
𝐹𝑑 = 𝐸⃗|𝑞1| − 4
𝜋𝜀0|(𝑞21𝑙|𝑠𝑖𝑛𝑞2 𝜃)2
Thay số đầy đủ vào công thức và tính: 𝑚𝑔 𝑡𝑎𝑛 𝜃 𝑞2 𝐸⃗ =
|𝑞1|+ 4𝜋𝜀0(2𝑙 𝑠𝑖𝑛 𝜃)2 = 441740 (V/m) Câu 22: a)
Cho các điện tích dương (proton) và điện tích âm (electron) chuyển động trong từ
trường đều 𝐵 . Xác định hướng của lực từ 𝐹 tác dụng lên các điện tích chuyển động
trong các trường hợp sau (sinh viên chọn tối thiểu 4/8 trường hợp để làm): b)
Tính độ lớn lực từ 𝐹 tác dụng lên electron khi góc giữa vectơ vận tốc 𝑣 và vectơ
cảm ứng từ 𝐵 thay đổi nhận các giá trị sau: = 0, 30, 45, 60, 90 và 180 (sinh viên
chọn tối thiểu 4/6 góc để làm). Biết electron chuyển động với vận tốc 𝑣 = 106 m/s, độ lớn
cảm ứng từ 𝐵 = 1 × 10−2 T, điện tích nguyên tố của electron 𝑞 = −1.6 × 10−19 C. c)
Nhận xét gì về quỹ đạo chuyển động của electron trong từ trường trong các trường hợp đã tính ở câu b). Đáp án:
a) Mỗi trường hợp xác định đúng hướng của lực 𝐹 được b và c)
𝐹 = 𝑞𝑣 ×𝐵 , F =|qvBsin | ( ) 0 30 45 60 90 180 b) F (N) 0 0.8×10−15 1.13×10−15 1.38×10−15 1.6×10−15 0
c) Quỹ đạo Đường thẳng Xoắn ốc Xoắn ốc Xoắn ốc
Đường tròn Đường thẳng Câu 23:
Một dây tóc bóng đèn có dạng hình trụ, đường kính 𝑑 = 0.3 𝑚𝑚, chiều dài 𝑙 = 4 𝑐𝑚.
Bóng đèn được mắc vào mạch điện 200 V, có dòng điện 0.5 A đi qua. Coi như toàn bộ
công suất của đèn tiêu hao dưới dạng bức xạ nhiệt và coi dây tóc bức xạ như vật đen tuyệt đối.
a) Tính nhiệt độ tuyệt đối T của dây tóc.
b) Tính bước sóng của ánh sáng đơn sắc ứng với năng suất phát xạ cực đại của đèn. Biết
hằng số Stefan-Boltzmann 𝜎 = 5.67 10−8 (𝑚 𝑊 2
.𝐾4), và hằng số Wien 𝑏 = 2.898 10−3(𝑚. 𝐾).
c) Ánh sáng của câu b) thuộc vùng ánh sáng nào trong phổ sóng điện từ, tính năng lượng
của photon ứng với bước sóng ánh sáng này. Biết hằng số Planck ℎ = 6.62 × 10−34(𝐽. 𝑠). Đáp án:
a) Diện tích phát sáng của dây tóc bóng đèn là:
𝑆 = 2𝜋𝑟𝑙 = 𝑑𝑙 = 3,14 × 0,3 × 10−3 × 4 × 10−2 = 3,768 × 10−5(𝑚2)
- Công suất phát sáng của bóng đèn là:
𝑃 = 𝑈 × 𝐼 = 200 × 0,5 = 100(𝑊)
- Mặt khác: 𝑃 = 𝑅𝑇 × 𝑆 = 𝜎𝑇4 × 𝑆
- Do đó, nhiệt độ tuyệt đối T của dây tóc: 𝑇
b) Bước sóng của ánh sáng đơn sắc ứng với năng suất phát xạ cực đại của đèn: 𝜆𝑚𝑎𝑥
= 𝑏𝑇 = 2.8261598 10,6−3 −6 (m) =1.14 × 10
c) - Thuộc vùng hồng ngoại ℎ𝑐 −20 𝐽
- Năng lượng của photon: 𝐸⃗ == 17 × 10 𝜆
Câu 24: Khoảng cách giữa hai khe trong máy giao thoa Young 𝑎 = 1𝑚𝑚. Khoảng cách
từ màn quan sát tới mặt phẳng chứa hai khe 𝐷 = 3𝑚. Khi toàn bộ hệ thống đặt trong
không khí, người ta đo được khoảng cách giữa hai vân sáng liên tiếp là 𝑖 = 1.5 𝑚𝑚.
a) Xác định bước sóng của ánh sáng tới.
b) Xác định vị trí của vân sáng thứ 3 và vân tối thứ 4.
c) Đặt trước một trong hai khe sáng một bản mỏng phẳng có hai mặt song song, chiết suất
𝑛 = 1.5 và bề dày 𝑒 = 10 𝑚. Xác định độ dịch chuyển của hệ thống vân giao thoa trên màn quan sát.
d) Trong câu hỏi c) nếu đổ đầy nước (chiết suất 𝑛’ = 1.33) vào khoảng cách giữa màn
quan sát và mặt phẳng chứa các khe thì hệ thống vân giao thoa có gì thay đổi? Hãy tính
khoảng cách giữa hai vân sáng liên tiếp trong trường hợp này. Đáp án: 𝑖𝑎
a) Bước sóng của ánh sáng tới: 𝜆 = = 0.5 𝑚. 𝐷
b) Vân sáng thứ 3 (ứng với 𝑘 = 3):
𝑥𝑠3 = 𝑘𝑖 = 3𝑖 = 4.5 𝑚𝑚
- Vân tối thứ 4 (ứng với 𝑘 = 3):
𝑥𝑡4 = (𝑘 + ) 𝑖 = 3.5𝑖 = 5.25 𝑚𝑚
c) Xác định độ dịch chuyển của hệ thống vân giao thoa khi có bản mặt song song: (𝑛−1)𝑒𝐷 𝑥𝑜 = 𝑎 = 1.5 𝑐𝑚
d) Bản mỏng chỉ đóng vai trò làm dịch chuyển hệ vân chứ không làm thay đổi khoảng
vân. Khi đổ nước vào hệ giao thoa hai khe Young thì bước sóng sẽ thay đổi: 𝜆′ = 𝑛 𝜆′
- Nên khoảng vân sẽ giảm đi n’ lần. Do đó khoảng cách giữa hai vân sáng liên tiếp: ′ = 𝑛𝑖′ = 1.125 𝑚𝑚 𝑖
 Hệ vận sẽ sít lại một khoảng 0.375 mm