Tổng hợp đề TN VLĐC3 (PH1131)| Đề thi môn VLĐC 3| Trường Đại học Bách Khoa Hà Nội

Tổng hợp đề TN VLĐC3 (PH1131)| Đề thi môn VLĐC 3| Trường Đại học Bách Khoa Hà Nội. Tài liệu gồm 81 trang giúp bạn ôn tập và đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem.

4 2 lượt tải Tải xuống

Chia sẻ Báo cáo tài liệu

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

TUẤN TEO TÓP Trang 1/81

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131)

ĐỀ SỐ 3

Họ và tên:..............................................................Lớp:...............................Mã hiệu SV:.....................................

Câu

Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng

 

0,65 m





vào khi Yâng. Đặt trước một trong 2 khe

một bản mỏng có hai mặt song song chiết suất

1,5n 

và có bề dày

 

12em





. Độ dịch chuyển của hệ thống

vân giao thoa trên màn là

 

6 mm

. Bề rộng của vân giao thoa có giá trị bằng:

 

0,65i mm

. B.

 

0,55i mm

. C.

 

0,45i mm

. D.

 

0,75i mm

Giải

Độ dịch chuyển của hệ thống vân giao thoa trên màn là

     

 

1 . 1 1,5 1 .12.10

6.10

n e D n e

d d y



  

     



Bề rộng của vân giao thoa có giá trị bằng:

   

6 3 3

0,65.10 .10 0,65.10 0,65

i m mm





   

Câu

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

Newton. Hệ thống vận được đặt trong không khí. Thấy kính phẳng – lồi có bán kính mặt lồi

 

9,4Rm

. Quan

sát hệ thống vân tròn Newton trong chùm tia phản xạ người ta thấy bán kính hai vân tối liên tiếp lần lượt bằng

 

4,94 mm

và

 

5,53 mm

. Bước sóng ánh sáng có giá trị là:

 

0,56 m



. B.

 

0,66 m



. C.

 

0,66 m



. D.

 

0,72 m



Giải

Bán kính vân tối Newton xác định bởi:

r Rk





Bán kính của vân tối thứ

k r Rk





 

Bán kính của vân tối thứ

 

1: 1

k r R k





  

 

Lấy

 

2 2 2

k k k

k k k k

r r r

r k r k r r







     



Thay vào

 

, ta được:

   

2 2 2

5,53.10 4,94.10

. . 6,6.10 0,66

9,4

k k k

r r r

r kR r R m m

r r R

   









       





Bước sóng của ánh sáng:

 

0,66 m





Câu

Chiếu một chùm tia sáng song song, đơn sắc có bước sóng

 

0,65 m





lên màng xà phòng chiết suất

n 

dưới một góc

. Bề dày nhỏ nhất của màng xà phòng để những tia phản chiều có cường độ cực tiểu

bằng:

 

0,263dm





. B.

 

0,253dm





. C.

 

0,232dm





. D.

 

0,243dm





Giải

Cường độ sáng cực đại:





Cường độ sáng cực tiểu:





  





Xác định

min

Nhận xét: Đây là bài toán giao thoa bản mỏng



sử dụng công thức xác định hiệu quang lộ.

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

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

TUẤN TEO TÓP Trang 2/81

L L L d n sin i



     

- TH1: Cường độ sáng cực đại:

min

L k d k



   

 

2 2 2

0,65

2 0 0,131

4 30

min

L L L d n sin i k d m

n sin i

sin





           











TH2: Cường độ sáng cực tiểu:

min

L k d k





    





 

2 2 2

1 0,65

2 0,263

2 2 2

2. 30

min

L L L d n sin i k d m

n sin i

sin

  





            















Câu

Một chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng

 

0,56 m





được chiều vuông góc với mặt nêm thủy tinh

chiết suất

1,5n 

. Biết rằng khoảng cách nữa

17N 

vân tối liên tiếp là

 

1,5 .l cm

Góc nghiêng của nêm có

giá trị nào dưới đây:

 

1,89.10 rad







. B.

 

1,99.10 rad







. C.

 

1,79.10 rad







. D.

 

1,69.10 rad







Giải

Nhận xét: Đây là bài toán giao thoa trong nêm có chiết suất

Ví trí của vân tối:

 

. 0,1,2,....

d k k





Vị trí của vân sáng:

   

2 1 1,2,3....

d k k



  

Ta xét vị trí vân tối thứ

và vân tối thứ

16k 

gây bởi nêm có chiết suất

(vì khi ánh sáng truyền qua môi

trường có chiết suất n bước sóng sẽ giảm đi

lần)

Ví trí của vân tối thứ

 

. 0,1,2,....

d k k





Vị trí của vân tối thứ

 

16: 16

k d k





  

Từ hình vẽ ta thấy:

 

8 8.0,56.10

1,99.10

1,5.1.5.10

sin rad

I I nl











   

vì



rất nhỏ nên

 

1,99.10sin rad







Câu

Chiếu một chùm ánh sáng trắng song song vuông góc với một cách tử nhiễu xạ truyền qua có

500n 

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

2,25





. B.

1,55





. C.

1,25





. D.

1,65





Giải

Nhận xét: Phân tích đề bài ta thấy liên quan tới khái niệm quang phổ nhiễu xạ. Khi ánh sáng trắng chiếu qua cách

tử phẳng thì mỗi sóng ánh sáng đơn sắc sẽ cho một hệ các cực đại chính. Do mọi ánh sáng đơn sắc đều cho cực

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

TUẤN TEO TÓP Trang 3/81

đại tại tiêu điểm F của thấu kính nên ta sẽ quan sát vân trung tâm chính là vân sáng trắng. Hai mép của vân trung

tâm có viền nhiều màu: mép trong là viền tím, mép ngoài là viền đỏ

Góc lệch cuối quang phổ bậc 1 ứng với cực đại nhiễu xạ bậc 1 của tia đỏ (ứng với

 

0,76 m





): và



(với

là chu kỳ cách tử)

Ta có:

1 1 1

22,33sin n



  

   

Góc lệch đầu quang phổ bậc 2 ứng với cực đại nhiễu xạ bậc 2 của tia tím (ứng với

 

0,4 m





Ta có:

2 2 2

2. 2 23,28sin n



  

   

Hiệu góc lệch của cuối quang phổ bậc 1 và đầu quang quang phổ bậc 2 có giá trị bằng:

0 0 0

23,28 22,33 1,25

  

     

Câu

Một chùm tia sáng đơn sắc song song, bước sóng

 

0,55 m





chiếu vuông góc với mặt của một lỗ

tròn. Bán kính của lỗ tròn có giá trị bằng

 

1,5r mm

. Phía sau lỗ tròn có đặt một màn quan sát vuông góc với

trục của lỗ tròn và cách lỗ tròn một khoảng bằng

Gía trị lớn nhất của

để tâm của ảnh nhiễu xạ trên màn quan

sát là một điểm tối bằng

 

2,15 m

. B.

 

2,25 m

. C.

 

2,35 m

. D.

 

2,05 m

Giải

Bài toán mở rộng: Xây dựng công thức tính bán kính của đới cầu Fresnel thứ

Xét hai tam giác vuông

OM H

và

MM H

     

2 2 2

k k k k k

r R R h d b h b k b h





         





 

k k k k

Rh h k b bh h



    

Vì

 

0 2 2

k k k

b Rh k b bh h





       



cũng rất nhỏ nên bán kính của đới cầu thứ

là:

k k k

R bk Rb

r Rh r k

R b R b



   



Vì vậy khoảng cách lớn nhất

max

để tâm của hình nhiễu xạ trên màn quan sát là tối phải ứng với trường hợp lỗ

tròn chứa hai đới Prênen. Nghĩa là bán kính của lỗ tròn phải bang bán kính của đới cầu thứ hai:

 

2 : 2 2

Rb b

k r r r



    



Theo đầu bài, chùm tia sáng tới là chùm tia song song, mặt sóng lựa trên lỗ là một mặt phẳng

 

R 

, do đó



, ta có

 

1,5.10

2 2,05

2 2.0,55.10

max

r b b m





    

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

TUẤN TEO TÓP Trang 4/81

Câu

Mặt phẳng chính (mặt phẳng dao động) của hai lăng kính ni côn

và

hợp với nhau một góc





. Biết rằng khi truyền qua mỗi lăng kính ni côn ánh sáng bị phản xạ và hấp thụ

 

5%k 

. Cường độ ánh sáng

sau khi đi qua cả hai ni côn sẽ giảm đi







bằng:

8,76



. B.

8,86



. C.

8,66



. D.

8,56



Giải

Nhận xét: Đây là bài toán Malus cơ bản. Áp dụng các công thức liên quan là có thể xác định được cường độ ánh

sáng cần tìm

Cường độ sáng sau lăng kính nicon

là:

 

0,5. 1 2,1

0,5 1 1 5%

I k I

     



Cường độ chùm sáng sau lăng kính

là:

 

2 1 0

. 0,5. 1 . . 8,42

0,5. 1 5% 60

I I cos k cos I

I cos



     



Câu

Năng lượng của hạt proton trong giếng thế một chiều sâu vô hạn ở trạng thái

5n 

là

 

7,5 meV

. Cho

biết khối lượng của hạt proton

 

1,672.10

m kg





. Bề rộng của giếng thế năng là:

 

8,8 A

. B.

 

8,4 A

. C.

 

8,2 A

. D.

 

8,6 A

Giải

Hạt chuyển động trong giếng thế năng có năng lượng:

 

7,5

E meV





Bề rộng của giếng thế năng là:

 

34 2

10 0

6 19 27

6,6.10 .5

8,2.10 8,2

2 . 8 . 8.7,5.10 .1,6.10 .1,672.10

n p n p

a m A

E m E m













    

Câu

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

góc với mặt phẳng của cách tử. Đối với ánh sáng Natri

 

05892 m





, góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ

bậc 1 bằng

17,62





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

2 dưới góc nhiễu xạ

25,12





. Bước sóng của ánh sáng đơn sắc cần đo nhận giá trị nào dưới đây:

 

0,4182 m





. B.

 

0,4232 m





. C.

 

0,4132 m





. D.

 

0,4152 m





Giải

Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng:

sin







Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 1 bằng

 

1 1 1

17,62 1sin k





   

 

Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 2 bằng

 

2 2 2

25,12 2sin k





   

 

Lấy

 

1 1 2 1

2 2 1

25,12 .0,5892

0,4132

2 2 2 2. 17,62

sin sin

sin

sin sin sin

   



  

     

Câu

10:

Một tia X có bước sóng

 

0,300 A

tán xạ theo một góc

do hiệu ứng Compton. Động năng của hạt

electron là:

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

TUẤN TEO TÓP Trang 5/81

 

1,39 keV

. B.

 

1,79 keV

. C.

 

1,69 keV

. D.

 

1,59 keV

Giải

Động năng của electron

E m c hv hv

   









hay

hc hc hc hc

    





Theo công thức tán xạ Compton:

sin







  





Ta tìm được động năng của electron bắn ra :

hc hc

sin















Hay

 

   

12 2 0

34 8

10 12 2 0

2.2,4.10 . 60

6,625.10 .3.10

. 2,548.10 1,592

0,3.10

0,3.10 2.2,4.10 . 60

sin

E J keV

sin

















   











ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131)

ĐỀ SỐ 4

Họ và tên:..............................................................Lớp:...............................Mã hiệu SV:.....................................

Câu

11:

Một nguồn sáng điểm

đặt trên trục của một lỗ tròn có bán kính

thay đổi được. Khoảng cách từ

nguồn sáng

đến lỗ tròn là

 

100 .R cm

Phía sau lỗ tròn có đặt một màn quan sát vuông góc với trục của lỗ

tròn và cách lỗ tròn một khoảng

 

120 .b cm

Biết rằng tâm của hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại khi bán kính

của lỗ

 

1,00r mm

và có độ sáng cực đại tiếp theo khi bán kính của lỗ

 

1,31r mm

. Bước sóng ánh sáng

dùng trong thí nghiệm là:

 

0,6364 m



. B.

 

0,6264 m



. C.

 

0,6584 m



. D.

 

0,6564 m



Giải

Nhận xét: Đây là bài toán nhiễu xạ qua lỗ tròn và gồm có hai trường hợp. Về phương hướng giải ta sẽ sử dụng

công thức bán kính Fresnel cho từng trường hợp sau đó kết hợp hai phương trình để rút ra giá trị bước sóng cần

tìm

TH1: Tâm của hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại khi bán kính của lỗ bằng

 

1,00r mm

điều này có nghĩa là

trong lỗ tròn chỉ có số lẻ k đới cầu Fresnel (chính là đới cầu ứng với

). Ta có:

 

r r k







TH2: Tâm của hình nhiễu có độ sáng cực đại tiếp theo khi bán kính lỗ là

 

1,31r mm

điều này có nghĩa là

trong lỗ tròn phải có

2k 

đới cầu Fresnel vì nếu có số chẵn đới cầu thì tại M độ sáng sẽ giảm đi (chính là đới

cầu ứng với

2k 

). Ta có:

 

2 **

r r k





  



Lấy

 

2 1,31

2,79 2

** 2 1

k k r



      



Thay

4k 

vào

 

ta được:

 

   

1.10 . 1,2 1

. 2 1 9,167.10 0,9617

2 2.1,2.1

r R b

r mm m m

R b Rb









      



VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

TUẤN TEO TÓP Trang 6/81

Câu

12:

Trong thí nghiệm dùng giao thoa kế Mai – ken – sơn khi dịch chuyển gương di động một khoảng

 

0,013L mm

người ta quan sát thấy hình vân giao thoa dịch chuyển đi 40 khoảng vân. Bước sóng ánh sáng

dùng trong thí nghiệm bằng:

 

0,55 m



. B.

 

0,65 m



. C.

 

0,45 m



. D.

 

0,75 m



Giải

Nhận xét: Đây là bài toán liên quan tới giao thoa kế Michelson. Trước hết ta cần phải hiểu được nguyên tắc làm

việc của giao thoa kế này. Tia sáng từ nguồn đơn sắc bị phân tách thành hai phần bởi một gương bán mạ M đặt

nghiêng một góc

so với tia tới. Chùm tia phản xạ từ

thẳng đứng lên gương

và chùm tia thứ 2 đi thẳng

tới gương

. Sau khi phản xạ từ

và

hai tia sáng sẽ gặp nhau tại gương

và chúng ta có thể quan sát

xảy ra hiện tượng giao thoa. Tấm kính

có chiều dày bằng chiều dày của gương

và được đặt ở trước gương

để đảm bảo là cho hai tia phản xạ từ tương

và

về gương M đều đi qua tấm kính có cùng chiều dày.

Để xác định điều kiện xảy ra hiện tượng giao thoa ta phải xét hiệu quang lộ tại của ánh sáng truyền tới một điểm

trên gương

. Ta có thể thay đổi hiệu quang lộ bằng cách dịch chuyển gương

lên xuống để thỏa mãn điều

kiện cực tiểu hoặc cực đại giao thoa. Nếu

dịch chuyển một đoạn bằng nửa bước sóng theo phương truyền

của tia sáng thì hiệu quang lộ sẽ thay đổi một lượng bằng bước sóng



hệ vân giao thoa sẽ dịch đi một khoảng

vân. Ta có công thức tổng quát cho giao thoa kế Michelson là:





Trong đó

là độ dịch chuyển gương,

là số khoảng vân dịch chuyển

Áp dụng công thức trên ta có bước sóng dùng trong thí nghiệm là:

   

2 2.0,013.10

6,5.10 0,65





   

Câu

13:

Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng

 

0,55 m





theo phương vuông góc với

một cách tử nhiễu xạ. Ngay sau cách từ có đặt một thấu kính hội tụ có tiêu cự

 

1,00fm

để hứng chùm tia

sáng lên màn

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

 

0,202lm

. Số vạch trên 1 cm của cách tử có giá trị bằng:

1816n 

(vạch/cm). B.

1826n 

(vạch/cm). C.

1856n 

(vạch/cm). D.

1836n 

(vạch/cm).

Giải

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

TUẤN TEO TÓP Trang 7/81

Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng:

sin







Quang phổ bậc 1 gồm 2 vân cực đại chính

 

1k 

sin







Khoảng cách giữa 2 vạch cực đại chính bằng:

2.l f t an





Vì



là góc rất nhỏ

tg sin





Hay

   

2 2.1.0,55.10

5,45.10 5,45

2 0,202

d m m

d f l







     

Mật độ khe (số khe/đơn vị độ dài):

1836

5,45.10 .10



  

(vạch/cm) (

là chu kỳ cách tử)

Câu

14:

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

vuông góc với mặt phẳng của cách tử. Đối với ánh sáng Natri

 

05892 m





, góc nhiễu xạ ứng với vạch

quang phổ bậc 1 bằng

17,62





. Đối với ánh sáng đơn sắc bước sóng cần đo, người ta quan sát thấy vạch quang

phổ bậc 2 dưới góc nhiễu xạ

25,12





. Bước sóng của ánh sáng đơn sắc cần đo nhận giá trị nào dưới đây:

 

0,4532 m





. B.

 

0,4332 m





. C.

 

0,4132 m





. D.

 

0,4232 m





Giải

Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng:

sin







Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 1 bằng

 

1 1 1

17,62 1sin k





   

 

Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 2 bằng

 

2 2 2

25,12 2sin k





   

 

Lấy

 

1 1 2 1

2 2 1

25,12 .0,5892

0,4132

2 2 2 2. 17,62

sin sin

sin

sin sin sin

   



  

     

Câu

15:

Chiếu ánh sáng đơn sắc bước sóng

 

0,5 m





vào một lỗ tròn có bán kính chưa biết. Nguồn sáng

điểm đặt cách lỗ tròn

 

2 m

, sau lỗ tròn

 

2 m

có đặt một màn quan sát. Hỏi bán kính của lỗ tròn phải bằng bao

nhiêu để tâm của hình nhiễu xạ là tối nhất

 

1 mm

. B.

 

2 mm

. C.

 

4 mm

. D.

 

3 mm

Giải

Bài toán mở rộng: Xây dựng công thức tính bán kính của đới cầu Fresnel thứ

Xét hai tam giác vuông

OM H

và

MM H

     

2 2 2

k k k k k

r R R h d b h b k b h





         





 

k k k k

Rh h k b bh h



    

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

TUẤN TEO TÓP Trang 8/81

Vì

 

0 2 2

k k k

b Rh k b bh h





       



cũng rất nhỏ nên bán kính của đới cầu thứ

là:

k k k

R bk Rb

r Rh r k

R b R b



   



Nhận xét: Đây là bài toán nhiễu xạ qua lỗ tròn. Ta cần chú ý đặc điểm sau là số đới Fresnel trong đới tròn sẽ ảnh

hưởng tới biên độ. Để tâm của hình nhiễu xạ là tối nhất thì bán kính lỗ tròn phải có giá trị sao cho qua lỗ tròn chỉ

có 2 đới cầu Fresnel. Do đó bán kính của lỗ tròn phải bằng bán kính của đới cầu thứ 2.

   

2.2.0,5.10

. 2 10 1

r r k mm mm





    



Câu

16:

Một tia

có bước sóng

 

0,300 A

tán xạ theo một góc

do hiệu ứng Compton. Động năng của hạt

electron là:

 

1,59 keV

. B.

 

1,69 keV

. C.

 

1,49 keV

. D.

 

1,79 keV

Giải

Động năng của electron

E m c hv hv

   









hay

hc hc hc hc

    





Theo công thức tán xạ Compton:

sin







  





Ta tìm được động năng của electron bắn ra :

hc hc

sin















Hay

 

   

12 2 0

34 8

10 12 2 0

2.2,4.10 . 60

6,625.10 .3.10

. 2,548.10 1,592

0,3.10

0,3.10 2.2,4.10 . 60

sin

E J keV

sin

















   











Câu

17:

Mặt phẳng chính (mặt phẳng dao động) của hai lăng kính ni côn

và

hợp với nhau một góc





. Biết rằng khi truyền qua mỗi lăng kính ni côn ánh sáng bị phản xạ và hấp thụ

 

5%k 

. Cường độ ánh

sáng sau khi đi qua cả hai ni côn sẽ giảm đi







bằng:

8,56



. B.

8,86



. C.

8,66



. D.

8,42



Giải

Nhận xét: Đây là bài toán Malus cơ bản. Áp dụng các công thức liên quan là có thể xác định được cường độ ánh

sáng cần tìm

Cường độ sáng sau lăng kính nicon

là:

 

0,5. 1 2,1

0,5 1 1 5%

I k I

     



Cường độ chùm sáng sau lăng kính

là:

 

2 1 0

. 0,5. 1 . . 8,42

0,5. 1 5% 60

I I cos k cos I

I cos



     



Câu

18:

Một notron chuyển động nhiệt ở nhiệt độ

113 C

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

 

1,674.10

m kg





)

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

TUẤN TEO TÓP Trang 9/81

 

1,28 A

. B.

 

1,18 A

. C.

 

1,38 A

. D.

 

1,48 A

Giải

Phương trình thuyết động lực học phân tử:

Dạng phương trình:

p n mv

trong đó:

là mật độ phân tử trong 1 đơn vị thể tích



;

là tổng số phân tử khí có trong thể tích

là khối lượng phân tử khí

là vận tốc toàn phương TB của 1 phân tử khí

Ta có:

0 0 0

1 2 2

. . .

3 3 2 3

p n mv n n W  

Động năng trung bình của phân tử khí:



(lưu ý:

n V N

số phân tử khí trong 1 mol khí)

Từ phương trình trạng thái đối với 1 mol khí:

RT RT

p W kT

V n V

   

(

số Avôgrađrô

6,022.10

(phân tử

) và



Vận tốc căn quần phương:

vv

Mặt khác:

 

8,314

3. .

3. . 113 273

1 3 3

6,022.10

3090,375 /

2 2 1,674.10

W mv kT v v m s





       

Nhận xét: Đây là bài toán de Broglie, thể hiện tính chất sóng hạt của hạt vi mô. Electron và proton là hai hạt vi

mô tương ứng với sóng phẳng đơn sắc có tần số dao động

có bước sóng



- Theo công thức de Broglie ta có:

 

10 0

6,625.10

1,28.10 1,28

1,674.10 .3090,375

h h h

p m A

p mv





      

Câu

19:

Chiếu một chùm ánh sáng trắng song song vuông góc với một cách tử nhiễu xạ truyền qua có

500n 

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

1,20





. B.

1,35





. C.

1,25





. D.

1,31





Giải

Nhận xét: Phân tích đề bài ta thấy liên quan tới khái niệm quang phổ nhiễu xạ. Khi ánh sáng trắng chiếu qua cách

tử phẳng thì mỗi sóng ánh sáng đơn sắc sẽ cho một hệ các cực đại chính. Do mọi ánh sáng đơn sắc đều cho cực

đại tại tiêu điểm F của thấu kính nên ta sẽ quan sát vân trung tâm chính là vân sáng trắng. Hai mép của vân trung

tâm có viền nhiều màu: mép trong là viền tím, mép ngoài là viền đỏ

Góc lệch cuối quang phổ bậc 1 ứng với cực đại nhiễu xạ bậc 1 của tia đỏ (ứng với

 

0,76 m





): và



(với

là chu kỳ cách tử)

Ta có:

1 1 1

22,33sin n



  

   

Góc lệch đầu quang phổ bậc 2 ứng với cực đại nhiễu xạ bậc 2 của tia tím (ứng với

 

0,4 m





Ta có:

2 2 2

2. 2 23,28sin n



  

   

Hiệu góc lệch của cuối quang phổ bậc 1 và đầu quang quang phổ bậc 2 có giá trị bằng:

0 0 0

23,28 22,33 1,25

  

     

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

TUẤN TEO TÓP Trang 10/81

Câu

20:

Vạch quang phổ ứng với bước sóng

 

0,5461 m





được quan sát với góc dưới góc

19 8'





. Số

vạch trên

 

1 cm

của cách tử có giá trị

1816n 

(vạch/cm). B.

1826n 

(vạch/cm). C.

1856n 

(vạch/cm). D.

1836n 

(vạch/cm).

(Thiếu dữ kiện)

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131)

ĐỀ SỐ 5

Họ và tên:..............................................................Lớp:...............................Mã hiệu SV:.....................................

Câu

21:

Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng

 

0,65 m





vào khi Yâng. Khoảng cách giữa hai khe

 

2a mm

. Màn ảnh được đặt song song cách mặt phẳng của khe một đoạn

 

2Dm

.Đặt trước một trong 2

khe một bản mỏng có hai mặt song song chiết suất

1,5n 

và có bề dày

 

10em





. Độ dịch chuyển của hệ thống

vân giao thoa trên màn quan sát là:

 

1 cm

. B.

 

1,1 cm

. C.

 

1,2 cm

. D.

 

1,5 cm

Giải

Độ dịch chuyển của hệ thống vân giao thoa trên màn là

   

1 . 1,5 1 .10.10 .2

0,01 1

n e D

y m cm





    

Câu

22:

Một chùm tia sáng đơn sắc song song, bước sóng

 

0,55 m





chiếu vuông góc với mặt của một lỗ

tròn. Bán kính của lỗ tròn có giá trị bằng

 

1,5r mm

. Phía sau lỗ tròn có đặt một màn quan sát vuông góc với

trục của lỗ tròn và cách lỗ tròn một khoảng bằng

Gía trị lớn nhất của

để tâm của ảnh nhiễu xạ trên màn quan

sát là một điểm tối bằng

 

2,15 m

. B.

 

2,25 m

. C.

 

2,05 m

. D.

 

1,95 m

Giải

Bài toán mở rộng: Xây dựng công thức tính bán kính của đới cầu Fresnel thứ

Xét hai tam giác vuông

OM H

và

MM H

     

2 2 2

k k k k k

r R R h d b h b k b h





         





 

k k k k

Rh h k b bh h



    

Vì

 

0 2 2

k k k

b Rh k b bh h





       



cũng rất nhỏ nên bán kính của đới cầu thứ

là:

k k k

R bk Rb

r Rh r k

R b R b



   



VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

TUẤN TEO TÓP Trang 11/81

Vì vậy khoảng cách lớn nhất

max

để tâm của hình nhiễu xạ trên màn quan sát là tối phải ứng với trường hợp lỗ

tròn chứa hai đới Prênen. Nghĩa là bán kính của lỗ tròn phải bang bán kính của đới cầu thứ hai:

 

2 : 2 2

Rb b

k r r r



    



Theo đầu bài, chùm tia sáng tới là chùm tia song song, mặt sóng lựa trên lỗ là một mặt phẳng

 

R 

, do đó



, ta có

 

1,5.10

2 2,05

2 2.0,55.10

max

r b b m





    

Câu

23:

Trong hiện tượng Compton bước sóng chùm photon tới là

0,05A

. Phần năng lượng truyền cho electron

đối với photon tán xạ dưới góc

180

 

122 keV

. B.

 

125 keV

. C.

 

128 keV

. D.

 

132 keV

Giải

Động năng của electron

E m c hv hv

   









hay

hc hc hc hc

    





Theo công thức tán xạ Compton:

sin







  





Ta tìm được động năng của electron bắn ra :

hc hc

sin















Hay

 

   

12 2 0

34 8

10 12 2 0

2.2,4.10 . 90

6,625.10 .3.10

. 1,947.10 122

0,05.10

0,05.10 2.2,4.10 . 90

sin

E J keV

sin

















   











Câu

24:

Chiếu một chùm ánh sáng song song, đơn sắc có bước sóng



theo phương vuông góc với một lỗ tròn.

Điểm quan sát nằm cách mặt sóng một khoảng

 

1,00bm

. Khi bán kính lỗ tròn thay đổi và lấy hai giá trị kế

tiếp nhau

 

1,22r mm

và

 

1,58r mm

thì tâm của hình ảnh nhiễu xạ quan sát trên màn là điểm sáng. Bước

sóng ánh sáng dùng trong thí nghiệm có giá trị:

 

0,604 m





. B.

 

0,704 m





. C.

 

0,504 m





. D.

 

0,584 m





Giải

Nhận xét: Đây là bài toán nhiễu xạ qua lỗ tròn và gồm có hai trường hợp. Về phương hướng giải ta sẽ sử dụng

công thức bán kính Fresnel cho từng trường hợp sau đó kết hợp hai phương trình để rút ra giá trị bước sóng cần

tìm

TH1: Tâm của hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại khi bán kính của lỗ bằng

 

1,00r mm

điều này có nghĩa là

trong lỗ tròn chỉ có số lẻ k đới cầu Fresnel (chính là đới cầu ứng với

). Ta có:

 

r r k







TH2: Tâm của hình nhiễu có độ sáng cực đại tiếp theo khi bán kính lỗ là

 

1,31r mm

điều này có nghĩa là

trong lỗ tròn phải có

2k 

đới cầu Fresnel vì nếu có số chẵn đới cầu thì tại M độ sáng sẽ giảm đi (chính là đới

cầu ứng với

2k 

). Ta có:

 

2 **

r r k





  



Lấy

 

2 1,58

2,95 2

** 2 1,22

k k r



      



VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

TUẤN TEO TÓP Trang 12/81

Thay

4k 

vào

 

ta được:

 

   

1,22.10 . 1,2 1

. 2 1 9,167.10 0,9617

2 2.1,2.1

r R b

r mm m m

R b Rb









      



Câu

25:

Một nguồn sáng điểm đơn sắc chiếu ánh sáng có bước sóng

 

0,5 m





vào một lỗ tròn có bán kính

 

1,00r mm

. Khoảng cách từ nguồn sáng tới lỗ tròn

 

1,00Rm

. Để lỗ tròn chứa 5 đới cầu Fresnel thì khoảng

cách từ lỗ tròn tới điểm quan sát có giá trị bằng:

 

0,77bm

. B.

 

0,57bm

. C.

 

0,67bm

. D.

 

0,87bm

Giải

Bài toán mở rộng: Xây dựng công thức tính bán kính của đới cầu Fresnel thứ

Xét hai tam giác vuông

OM H

và

MM H

     

2 2 2

k k k k k

r R R h d b h b k b h





         





 

k k k k

Rh h k b bh h



    

Vì

 

0 2 2

k k k

b Rh k b bh h





       



cũng rất nhỏ nên bán kính của đới cầu thứ

là:

k k k

R bk Rb

r Rh r k

R b R b



   



Để lỗ tròn chứa 5 đới cầu Fresnel thì khoảng cách từ lỗ tròn tới điểm quan sát

5k

 

1. 1.10

0,67

5.1.0,5.10 1.10

r b m

R b R r







     





Câu

26:

Một chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng



được chiếu vuông góc với một khe hẹp chữ nhật có bề

rộng

 

0,10b mm

. Ngay sau khe có đặt một thấu kính để hứng chùm tía sáng lên màn

đặt cách thấu kính

một khoảng

 

1,00Dm

. Bề rộng cực đại giữa quan sát được

 

1,20l cm

. Bước sóng ánh sáng dùng trong thí

nghiệm có giá trị

 

0,65 m





. B.

 

0,60 m





. C.

 

0,70 m





. D.

 

0,75 m





Giải

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

TUẤN TEO TÓP Trang 13/81

Theo định nghĩa, bề rộng của vân cực đại giữa là khoảng cách siữa hai cực tiểu nhiễu xạ đầu tiên ở hai bên cực

đại giữa. Độ lớn của góc nhiễu xạ



ứng với các cực tiểu nhiều xạ đó được xác định bởi:

1:k sin







Bề rộng

cùa cực đại giữa bằng:

2.l D tan





Vì



là góc rất nhỏ

tg sin





Hay

   

. 1,2.10 .0,1.10

6.10 0,6

2 2 2.1

l l b

b D D









     

Câu

27:

Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng

 

0,5 m





theo phương vuông góc với một

cách tử nhiễu xạ. Ngay sau cách từ có đặt một thấu kính hội tụ có tiêu cự

 

1,00fm

để hứng chùm tia sáng lên

màn

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

 

0,202lm

. Số vạch trên 1 cm của cách tử có giá trị bằng:

1866n 

(vạch/cm). B.

1856n 

(vạch/cm). C.

1816n 

(vạch/cm). D.

1836n 

(vạch/cm).

Giải

Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng:

sin







Quang phổ bậc 1 gồm 2 vân cực đại chính

 

1k 

sin







Khoảng cách giữa 2 vạch cực đại chính bằng:

2.l f tan





Vì



là góc rất nhỏ

tg sin





Hay

   

2 2.1.0,55.10

5,45.10 5,45

2 0,202

d m m

d f l







     

Mật độ khe (số khe/đơn vị độ dài):

1836

5,45.10 .10



  

(vạch/cm) (

là chu kỳ cách tử)

Câu

28:

Thấu kính trong hệ vân tròn Newton có bán kính mặt cong

 

15 .Rm

Chùm ánh sáng đơn sắc có bước

sóng



được chiếu vuông góc với hệ thống. Quan sát các vân giao thoa người ta đo được khoảng cách giữa vân

tối thứ 4 và vân tối thứ 25 bằng

 

9.mm

Đường kính vân tối thứ 16 có giá trị bằng

 

24 mm

. B.

 

23 mm

. C.

 

25 mm

. D.

 

26 mm

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

TUẤN TEO TÓP Trang 14/81

Giải

Bán kính vân tối Newton xác định bởi:

r Rk





Bán kính của vân tối thứ

4: 4. 2r R R





 

Bán kính của vân tối thứ

25: 25 5r R R





 

Lấy

     

25 4

2 1 3 8,5

r r r R mm





        

Bán kính của vân tối thứ

 

   

16: 16. 4 4. . .9 12

9 3 3

r R R R r mm





      

Đường kính vân tối thứ 16 có giá trị bằng

 

16 16

2. 2.12 24d r mm  

Câu

29:

Một màng xà phòng chiết suất

1,33n 

được đặt thẳng đứng. Nước xà phòng dồn xuống phía dưới có

dạng hình nêm. Quan sát vân giao thoa của ánh sáng phản chiếu màu vàng

 

600 nm





người ta thấy khoảng

cách 9 vân tối bằng

 

2,5 cm

. Góc nghiêng của nêm có giá trị

 

0,68.10 rad







. B.

 

0,78.10 rad







. C.

 

0,62.10 rad







. D.

 

0,72.10 rad







Giải

Nhận xét: Đây là bài toán giao thoa trong nêm có chiết suất

Ví trí của vân tối:

 

. 0,1,2,....

d k k





Vị trí của vân sáng:

   

2 1 1,2,3....

d k k



  

Ta xét vị trí vân tối thứ

và vân tối thứ

8k 

gây bởi nêm có chiết suất

(vì khi ánh sáng truyền qua môi

trường có chiết suất n bước sóng sẽ giảm đi

lần)

Ví trí của vân tối thứ

 

. 0,1,2,....

d k k





Vị trí của vân tối thứ

 

8: 8

k d k





  

Từ hình vẽ ta thấy:

 

4 4.600.10

7,21.10

1,33.2,5.10

sin rad

I I nl











   

vì



rất nhỏ nên

 

7,21.10sin rad







Câu

30:

Người ta chiếu một chùm tia Rơn – ghen có bước sóng

 

10 cm







vào tinh thể và quan sát hình ảnh

nhiễu xạ của nó. Biết rằng góc tới của chùm tia Rơn – ghen trên các lớp tinh thể bằng

và bậc cực đại nhiễu

xạ ứng với

3k 

. Khoảng cách giữa hai lớp ion liên tiếp có giá trị:

 

3,2.10d cm





. B.

 

3,4.10d cm





. C.

 

3,0.10d cm





. D.

 

3,6.10d cm





Giải

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

TUẤN TEO TÓP Trang 15/81

Nhận xét: Đây là bài toán đặc trưng của nhiễu xạ Ronghen. Những bài toán dạng này thường xoay quanh công

thức Bragg. Từ dữ kiện đã cho ta thấy 3 đại lượng

,,k



đã biết



dễ dàng xác định đại lượng

2dsin k





 

3 3.0,8.10 .10

3.10

2. 30

sin









  

(với bậc cực đại nhiễu xạ ứng với

3k 

)

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131)

ĐỀ SỐ 6

Họ và tên:..............................................................Lớp:...............................Mã hiệu SV:.....................................

Câu

31:

Một chùm sáng chiếu vuông góc với một cách tử nhiễu xạ. Biết rằng góc nhiễu xạ ứng với bước sóng

 

0,65 m





trong quang phổ bậc 2 bằng





. Góc nhiễu xạ ứng với bước sóng

 

0,55 m





trong

quang phổ bậc 3 có giá trị:

63,83





. B.

62,83





. C.

61,83





. D.

65,83





Giải

Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng:

sin







Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 2 bằng

 

1 1 1

45 2sin k





   

 

Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 3 bằng

 

2 2 2

3sin k





  

 

Lấy

 

1 1 2

2 1 2

2 2 1

3.0,55

. 45 0,897 61,83

2 3 2 2.0,65

sin

sin sin sin

sin

  

  

  

       

Câu

32:

Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc bước sóng

 

0,73 m





vào khi Yâng. Đặt trước một trong 2 khe

một bản mỏng có hai mặt song song chiết suất

thì thấy hệ thống vân giao thoa dịch chuyển một đoạn

 

5 mm

so với khi chưa đặt bản mỏng. Biết khoảng vân

 

0,70i mm

. Chiết suất của bản mỏng có giá trị bằng:

1,53n 

. B.

1,62n 

. C.

1,56n 

. D.

1,52n 

(Thiếu dữ kiện bề dày)

Câu

33:

Chiếu một chùm sáng trắng song song vuông góc với mặt cách tử phẳng truyền qua. Dưới một góc nhiễu

xạ

39 ,





người ta quan sát thấy hai vạch cực đại ứng với các bước sóng

 

0,636 m





và

 

0,424 m





trùng nhau. Biết rằng bậc cực đại đối với vạch thứ hai trong quang phổ của cách tử nhỏ hơn 5. Chu kỳ của cách

tử là:

 

2,12dm





. B.

 

2,22dm





. C.

 

2,02dm





. D.

 

2,32dm





Giải

Nhận xét: Đây là bài toán nhiễu xạ qua cách tử phẳng. Phân tích đề bài ta thấy có đề cập đến vạch cực đại



liên hệ tới điều kiện cực đại nhiễu xạ qua cách tử phẳng:

sin k







Đối với bước sóng



ta có:

sin k







 

Đối với bước sóng



ta có:

sin k







 

Từ

   

1 1 2 2 1 2

1 ; 2

k k k k







    

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

TUẤN TEO TÓP Trang 16/81

Vì bậc cực đại đối với vạch thứ hai trong quang phổ của cách tử nhỏ hơn 5 nên kết hợp với điều kiện

và

là

số nguyên (xét trường hợp nguyên dương)

2k

và

3k 

Thay

vào (1) ta có:

 

2.0,636

2,02

sin sin







  

Câu

34:

Chiếu một chùm ánh sáng trắng dưới góc tới

30i 

lên một màng xà phòng có chiết suất với ánh sáng

đó

n 

. Bề dày nhỏ nhất của màng xà phòng để những tia phản chiếu có màu đỏ (bước sóng

 

0,76 m





)

có giá trị bằng:

 

1,64dm





. B.

 

1,54dm





. C.

 

1,44dm





. D.

 

1,74dm





Giải

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

L L L d n sin i



     

Xét điều kiện vân sáng – vân tối:

Vân sáng:





Vân tối:





  





Từ dữ kiện của đề bài để chùm tia phản xạ có cường độ sáng cực đại thì hiệu quang lộ phải bằng



Bài toán yêu cầu ta xác định bề dày nhỏ nhất. Từ công thức trên ta thấy bề dày nhỏ nhất khi

0k 

ta có:

 

2 2 2

0,76

1,54

4 30

min

n sin i

sin





  











Câu

35:

Năng lượng của hạt proton trong giếng thế một chiều sâu vô hạn ở trạng thái

5n 

là

 

7,5 meV

. Cho

biết khối lượng của hạt proton

 

1,672.10

m kg





. Bề rộng của giếng thế năng là:

 

8,2 A

. B.

 

7,2 A

. C.

 

6,2 A

. D.

 

9,2 A

Giải

Hạt chuyển động trong giếng thế năng có năng lượng:

 

7,5

E meV





Bề rộng của giếng thế năng là:

 

34 2

10 0

6 19 27

6,6.10 .5

8,2.10 8,2

2 . 8 . 8.7,5.10 .1,6.10 .1,672.10

n p n p

a m A

E m E m













    

Câu

36:

Người ta chiếu một chùm tia Rơn – ghen có bước sóng

 

10 cm







vào tinh thể và quan sát hình ảnh

nhiễu xạ của nó. Biết rằng góc tới của chùm tia Rơn – ghen trên các lớp tinh thể bằng

và bậc cực đại nhiễu

xạ ứng với

3k 

. Khoảng cách giữa hai lớp ion liên tiếp có giá trị:

 

3,2.10d cm





. B.

 

3,0.10d cm





. C.

 

3,1.10d cm





. D.

 

3,3.10d cm





Giải

Nhận xét: Đây là bài toán đặc trưng của nhiễu xạ Ronghen. Những bài toán dạng này thường xoay quanh công

thức Bragg. Từ dữ kiện đã cho ta thấy 3 đại lượng

,,k



đã biết



dễ dàng xác định đại lượng

2dsin k





 

3 3.0,8.10 .10

3.10

2. 30

sin









  

(với bậc cực đại nhiễu xạ ứng với

3k 

)

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

TUẤN TEO TÓP Trang 17/81

Câu

37:

Dung dịch đường glucozo nồng độ

 

0,28 /C g cm

đựng trong một bình trụ thủy tinh sẽ làm quay

mặt phẳng phân cực của ánh sáng xanh đi qua bình một góc

32 .





Với dung dịch đường glucozo nồng độ

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

24 .





Nồng độ

là:

 

0,23 /g cm

. B.

 

0,25 /g cm

. C.

 

0,21 /g cm

. D.

 

0,27 /g cm

Giải

Nhận xét: Đây là bài toán ứng dụng hiện tượng quay mặt phẳng phân cực để xác định nồng độ dung dịch. Nồng

độ dung dịch được xác định theo công thức:

 







trong đó



là góc quay của mặt phẳng phân cực. Ở trong

bài toán này ta thấy có hai trường hợp



xét từng trường hợp và tính tỷ số.

Ta có:

 

 

2 1 1

1 2 2

.0,28 0,21 /

C C g cm



















     











Câu

38:

Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng

 

0,5 m





theo phương vuông góc với

một cách tử nhiễu xạ. Ngay sau cách từ có đặt một thấu kính hội tụ có tiêu cự

 

1,00fm

để hứng chùm tia

sáng lên màn

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

 

0,202lm

. Số vạch trên 1 cm của cách tử có giá trị bằng:

1816n 

(vạch/cm). B.

1836n 

(vạch/cm). C.

1826n 

(vạch/cm). D.

1846n 

(vạch/cm).

Giải

Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng:

sin







Quang phổ bậc 1 gồm 2 vân cực đại chính

 

1k 

sin







Khoảng cách giữa 2 vạch cực đại chính bằng:

2.l f tan





Vì



là góc rất nhỏ

tg sin





Hay

   

2 2.1.0,55.10

5,45.10 5,45

2 0,202

d m m

d f l







     

Mật độ khe (số khe/đơn vị độ dài):

1836

5,45.10 .10



  

(vạch/cm) (

là chu kỳ cách tử)

Câu

39:

Khối lượng của hạt photon ứng với ánh sáng có bước sóng

 

0,55 m





là:

 

4,0.10 kg



. B.

 

4,2.10 kg



. C.

 

3,8.10 kg



. D.

 

4,6.10 kg



Giải

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

TUẤN TEO TÓP Trang 18/81

Nãng lượng của phôtôn cho bởi :

 

2 36

6,625.10

4.10

3.10 .0,55.10

hc h

W m c m kg





     

Câu

40:

Một đèn phát ánh sáng có tần số

 

6.10 Hz

. Số photon phát ra trong một phút là

8.10

hạt. Công suất

của ngọn đèn nhận giá trị nào dưới đây

 

4,5 W

. B.

 

5,6 W

. C.

 

5,5 W

. D.

 

5,3 W

Giải

Công suất bức xạ:

.PN





Số photon do ngọn đèn phát ra trong 1 phút là

 

19 34 15

60. 60 . 8.10 .6,625.10 .6.10

5,3

60 60

P P N hf

N P W





     

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131)

ĐỀ SỐ 7

Họ và tên:..............................................................Lớp:...............................Mã hiệu SV:.....................................

Câu

41:

Chiếu ánh sáng đơn sắc bước sóng

 

0,5 m





vào một lỗ tròn có bán kính chưa biết. Nguồn sáng

điểm đặt cách lỗ tròn

 

2 m

, sau lỗ tròn

 

2 m

có đặt một màn quan sát. Hỏi bán kính của lỗ tròn phải bằng bao

nhiêu để tâm của hình nhiễu xạ là tối nhất

 

1 mm

. B.

 

2 mm

. C.

 

4 mm

. D.

 

3 mm

Giải

Bài toán mở rộng: Xây dựng công thức tính bán kính của đới cầu Fresnel thứ

Xét hai tam giác vuông

OM H

và

MM H

     

2 2 2

k k k k k

r R R h d b h b k b h





         





 

k k k k

Rh h k b bh h



    

Vì

 

0 2 2

k k k

b Rh k b bh h





       



cũng rất nhỏ nên bán kính của đới cầu thứ

là:

k k k

R bk Rb

r Rh r k

R b R b



   



Nhận xét: Đây là bài toán nhiễu xạ qua lỗ tròn. Ta cần chú ý đặc điểm sau là số đới Fresnel trong đới tròn sẽ ảnh

hưởng tới biên độ. Để tâm của hình nhiễu xạ là tối nhất thì bán kính lỗ tròn phải có giá trị sao cho qua lỗ tròn chỉ

có 2 đới cầu Fresnel. Do đó bán kính của lỗ tròn phải bằng bán kính của đới cầu thứ 2.

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

TUẤN TEO TÓP Trang 19/81

   

2.2.0,5.10

. 2 10 1

r r k mm mm





    



Câu

42:

Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng

 

0,65 m





vào khi Yâng. Khoảng cách giữa hai khe

 

1a mm

. Màn ảnh được đặt song song cách mặt phẳng của khe một đoạn

 

2Dm

. Đặt trước một trong 2

khe một bản mỏng có hai mặt song song chiết suất

1,5n 

và có bề dày

 

10em





.Độ dịch chuyển của hệ thống

vân giao thoa trên màn là:

 

1,2 cm

. B.

 

1,1 cm

. C.

 

1,3 cm

. D.

 

1,0 cm

Giải

Độ dịch chuyển của hệ thống vân giao thoa trên màn là

   

1 . 1,5 1 .10.10 .2

0,01 1

1.10

n e D

y m cm





    

Câu

43:

Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc bước sóng

 

0,76 m





vào khi Yâng. Đặt trước một trong 2 khe

một bản mỏng có hai mặt song song chiết suất

1,5n 

thì thấy hệ thống vân giao thoa dịch chuyển một đoạn

 

5 mm

so với khi chưa đặt bản mỏng. Biết khoảng vân

 

1,00i mm

. Chiết suất của bản mỏng có giá trị bằng:

 

7,6em





. B.

 

6,6em





. C.

 

7,8em





. D.

 

7,2em





Giải

Khoảng vân:

1.10 25000

0,76.10 19

D D i





    

Độ dịch chuyển của hệ thống vân giao thoa trên màn là

 

   

5.10 .19

7,6.10 7,6

. 1 2500. 1,5 1

n eD

y e m m

d D n









      



Câu

44:

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





, ngời ta quan

sát thấy hai vạch có bước sóng

 

0,6 m





và

 

0,5 m





ứng với vạch quang phổ có bước sóng bé nhất

trùng nhau. Chu kỳ của cách tử là:

 

2,4 m



. B.

 

3,6 m



. C.

 

3,4 m



. D.

 

3,48 m



Giải

Nhận xét: Đây là bài toán nhiễu xạ qua cách tử phẳng. Phân tích đề bài ta thấy có đề cập đến vạch cực đại



liên hệ tới điều kiện cực đại nhiễu xạ qua cách tử phẳng:

sin k







Đối với bước sóng



ta có:

sin k







 

Đối với bước sóng



ta có:

sin k







 

Từ

   

1 1 2 2 1 2

1 ; 2

k k k k







    

Vì vạch quang phổ có bước sóng bé nhất trùng nhau nên kết hợp với điều kiện

và

là số nguyên (xét trường

hợp nguyên dương)

5k

và

6k 

. Thay

vào (1) ta có:

 

5.0,6

3,4

sin sin







  

Câu

45:

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

 

0,43dm





; chiết suất

1,5.n 

Trong phạm vi quang phổ nhìn thấy (bước sóng từ

 

0,4 m



đến

 

0,76 m



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

 

0,52 m



. B.

 

0,50 m



. C.

 

0,62 m



. D.

 

0,55 m



Giải

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

TUẤN TEO TÓP Trang 20/81

Hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên hai mặt của bản mỏng :

L L d n sin i



   

Với trong đó :

là bề dày của bản mỏng ;

là chiết suất của bản ;

là góc tới của ánh sáng tới mặt bản ;



là bước sóng cùa ánh sáng tới

Ánh sáng phản xạ được tăng cường khi:

 

2 1

2 0,5

dn k





   



Tong phạm vi quang phổ thấy được, phải có điều kiện:

   

0,4 0,7mm

  



Thay



vào

 

, suy ra điều kiện:

1,20 2,725k

Vì

phải nguyên, nên nó chỉ có thể có một giá trị

2k 

. Vậy trong phạm vi quang phổ thấy được chỉ cố một

chùm tia phản xạ bước 2 bước sóng

 

2 2.0,46.1,5

0,552

2 0,5 2,5



  



được tăng cường

Câu

46:

Một notron chuyển động nhiệt ở nhiệt độ

113 C

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

 

1,674.10

m kg





)

 

1,28 A

. B.

 

1,18 A

. C.

 

1,38 A

. D.

 

1,48 A

Giải

Phương trình thuyết động lực học phân tử:

Dạng phương trình:

p n mv

trong đó:

là mật độ phân tử trong 1 đơn vị thể tích



;

là tổng số phân tử khí có trong thể tích

là khối lượng phân tử khí

là vận tốc toàn phương TB của 1 phân tử khí

Ta có:

0 0 0

1 2 2

. . .

3 3 2 3

p n mv n n W  

Động năng trung bình của phân tử khí:



(lưu ý:

n V N

số phân tử khí trong 1 mol khí)

Từ phương trình trạng thái đối với 1 mol khí:

RT RT

p W kT

V n V

   

(

số Avôgrađrô

6,022.10

(phân tử

) và



Vận tốc căn quần phương:

vv

Mặt khác:

 

8,314

3. .

3. . 113 273

1 3 3

6,022.10

3090,375 /

2 2 1,674.10

W mv kT v v m s





       

Nhận xét: Đây là bài toán de Broglie, thể hiện tính chất sóng hạt của hạt vi mô. Electron và proton là hai hạt vi

mô tương ứng với sóng phẳng đơn sắc có tần số dao động

có bước sóng



- Theo công thức de Broglie ta có:

 

10 0

6,625.10

1,28.10 1,28

1,674.10 .3090,375

h h h

p m A

p mv





      

Bấm Tải xuống để xem toàn bộ.

| 1/81

| | Tải xuống

Preview text:

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131) ĐỀ SỐ 3
Họ và tên:..............................................................Lớp:...............................Mã hiệu SV:.....................................
Câu 1: Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng   0, 65 m vào khi Yâng. Đặt trước một trong 2 khe 1  
một bản mỏng có hai mặt song song chiết suất n  1,5 và có bề dày e  12m . Độ dịch chuyển của hệ thống
vân giao thoa trên màn là 6 mm . Bề rộng của vân giao thoa có giá trị bằng:
A. i  0, 65mm .
B. i  0, 55mm .
C. i  0, 45mm .
D. i  0, 75mm . Giải
Độ dịch chuyển của hệ thống vân giao thoa trên màn là n   1 . e D  D n   1 e 1,5  6 1 .12.10 3 y      10 m 3    d d y  6.10 
Bề rộng của vân giao thoa có giá trị bằng: .D 1 6  3 3 i 0, 65.10 .10 0, 65.10   
m  0,65mm d
Câu 2: Chiếu một chùm ánh sáng đơn sắc song song vuông góc với bản thủy tinh phẳng trong hệ thống vân tròn
Newton. Hệ thống vận được đặt trong không khí. Thấy kính phẳng – lồi có bán kính mặt lồi R  9, 4 m . Quan
sát hệ thống vân tròn Newton trong chùm tia phản xạ người ta thấy bán kính hai vân tối liên tiếp lần lượt bằng
4, 94 mm và 5,53mm . Bước sóng ánh sáng có giá trị là:
A. 0,56 m .
B. 0, 66m .
C. 0, 66m .
D. 0, 72m . Giải
Bán kính vân tối Newton xác định bởi: r  Rk k
Bán kính của vân tối thứ k : r  Rk   1 k
Bán kính của vân tối thứ k 1: r  R k 1  2 k 1    2 2 2   Lấy r k 1 r k 1 r k 1  k 1  k        k  . Thay vào   1 , ta được: 2 2 2 1 r k r k r  r k k k 1  k   r r  r  
5,53.10 2 4,94.10 2 3 3 2 2 2 2 k k 1 k 7 r  kR  r  . . R     
 6,6.10 m  0,66 m k k 2 2     r  r R 9, 4 k 1  k
 Bước sóng của ánh sáng:   0,66m
Câu 3: Chiếu một chùm tia sáng song song, đơn sắc có bước sóng   0, 65 m lên màng xà phòng chiết suất 4 n  dưới một góc 0
30 . Bề dày nhỏ nhất của màng xà phòng để những tia phản chiều có cường độ cực tiểu 3 bằng:
A. d  0, 263m .
B. d  0, 253m .
C. d  0, 232 m .
D. d  0, 243m . Giải
Cường độ sáng cực đại: L  k  
Cường độ sáng cực tiểu: 1 L   k      2 
Xác định d Nhận xét: Đây là bài toán giao thoa bản mỏng  sử dụng công thức xác định hiệu quang lộ. min
- Xét hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên hai mặt của bản mỏng: TUẤN TEO TÓP Trang 1/81
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI  2 2 L
  L  L  2d n  sin i  1 2 2
- TH1: Cường độ sáng cực đại: L   k, d  k  0 min   0, 65 2 2 L
  L  L  2d n  sin i   k  0  d    0,131 m 1 2 min   2 2 2 2 4 n  sin i  4  2 0 4  sin 30    3   
TH2: Cường độ sáng cực tiểu 1 : L   k 
,d  k  0    2 min    1    0, 65 2 2 L
  L  L  2d n  sin i   k     d    0, 263 m 1 2   min   2 2 2 2  2  2 2 n  sin i  4  2 0 2.  sin 30    3 
Câu 4: Một chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng   0, 56  m được chiều vuông góc với mặt nêm thủy tinh
chiết suất n  1,5. Biết rằng khoảng cách nữa N  17 vân tối liên tiếp là l  1,5cm. Góc nghiêng của nêm có
giá trị nào dưới đây: A. 4  1,89.10  rad  . B. 4  1,99.10  rad . C. 4  1,79.10  rad. D. 4  1,69.10  rad. Giải
Nhận xét: Đây là bài toán giao thoa trong nêm có chiết suất . n 
Ví trí của vân tối: d  k. k  t  0,1,2,.... 2 
Vị trí của vân sáng: d  k  k  s 2  1  1,2,3..  .. 4
Ta xét vị trí vân tối thứ k và vân tối thứ k 16 gây bởi nêm có chiết suất n (vì khi ánh sáng truyền qua môi
trường có chiết suất n bước sóng sẽ giảm đi n lần) 
Ví trí của vân tối thứ k : d  k. k  t  0,1,2,.... 2n 
Vị trí của vân tối thứ k 16 : d  k 16 k 16    2n 6    Từ hình vẽ ta thấy: d d 8 8.0,56.10 k 16  k 4 sin    1,99.10 rad 3    I I nl 1,5.1.5.10 1 2 vì  rất nhỏ nên 4  sin 1,99.10   rad
Câu 5: Chiếu một chùm ánh sáng trắng song song vuông góc với một cách tử nhiễu xạ truyền qua có n  500
(vạch/mm). Hiệu góc lệch của cuối quang phổ bậc 1 và đầu quang quang phổ bậc 2 có giá trị bằng: A. 0    2, 25 . B. 0    1,55 . C. 0    1, 25 . D. 0    1,65 . Giải
Nhận xét: Phân tích đề bài ta thấy liên quan tới khái niệm quang phổ nhiễu xạ. Khi ánh sáng trắng chiếu qua cách
tử phẳng thì mỗi sóng ánh sáng đơn sắc sẽ cho một hệ các cực đại chính. Do mọi ánh sáng đơn sắc đều cho cực TUẤN TEO TÓP Trang 2/81
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
đại tại tiêu điểm F của thấu kính nên ta sẽ quan sát vân trung tâm chính là vân sáng trắng. Hai mép của vân trung
tâm có viền nhiều màu: mép trong là viền tím, mép ngoài là viền đỏ
Góc lệch cuối quang phổ bậc 1 ứng với cực đại nhiễu xạ bậc 1 của tia đỏ (ứng với   1
0, 76 m ): và n  1   d
(với d là chu kỳ cách tử)  Ta có: 1 0 sin 
 n    22,33 1 1 1 d
Góc lệch đầu quang phổ bậc 2 ứng với cực đại nhiễu xạ bậc 2 của tia tím (ứng với   0, 4 m : 2    Ta có: 2 0 sin  2.
 2n    23,28 2 2 2 d
Hiệu góc lệch của cuối quang phổ bậc 1 và đầu quang quang phổ bậc 2 có giá trị bằng: 0 0 0 
     23,28  22,33  1,25 2 1
Câu 6: Một chùm tia sáng đơn sắc song song, bước sóng   0, 55m chiếu vuông góc với mặt của một lỗ
tròn. Bán kính của lỗ tròn có giá trị bằng r  1, 5mm . Phía sau lỗ tròn có đặt một màn quan sát vuông góc với
trục của lỗ tròn và cách lỗ tròn một khoảng bằng b. Gía trị lớn nhất của b để tâm của ảnh nhiễu xạ trên màn quan
sát là một điểm tối bằng
A. 2,15m .
B. 2, 25m .
C. 2, 35m .
D. 2, 05m . Giải
Bài toán mở rộng: Xây dựng công thức tính bán kính của đới cầu Fresnel thứ k
Xét hai tam giác vuông OM H và MM H : k k k k 2   
r  R  R  h
 d  b  h  b  k  b  h k  k 2 k  k 2    k 2 2 2 2  2  k2 2 2
2Rh  h  kb   2bh  h k k 4 k k k2 kb Vì   b 
 0  2Rh  kb  2bh  h  4 k k k 2 R  b Rbk Rb
Do h cũng rất nhỏ nên bán kính của đới cầu thứ k là: 2 r  2Rh   r  k k k k k R  b R  b
Vì vậy khoảng cách lớn nhất b
để tâm của hình nhiễu xạ trên màn quan sát là tối phải ứng với trường hợp lỗ max
tròn chứa hai đới Prênen. Nghĩa là bán kính của lỗ tròn phải bang bán kính của đới cầu thứ hai:  Rb b
k  2 : r  r  2  r  2 2 2 R  b b 1 R
Theo đầu bài, chùm tia sáng tới là chùm tia song song, mặt sóng lựa trên lỗ là một mặt phẳng R  , do đó  2 r 1,5.10 2 3 b  0, ta có 2 r  2 b  b    2,05 m 2 max 6   R 2 2.0, 55.10 TUẤN TEO TÓP Trang 3/81
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Câu 7: Mặt phẳng chính (mặt phẳng dao động) của hai lăng kính ni côn N và N hợp với nhau một góc 0   60 1 2
. Biết rằng khi truyền qua mỗi lăng kính ni côn ánh sáng bị phản xạ và hấp thụ k  5% . Cường độ ánh sáng  
sau khi đi qua cả hai ni côn sẽ giảm đi I0   bằng: I  2  I I I I A. 0  8, 76 . B. 0  8,86 . C. 0  8, 66 . D. 0  8,56 . I I I I 2 2 2 2 Giải
Nhận xét: Đây là bài toán Malus cơ bản. Áp dụng các công thức liên quan là có thể xác định được cường độ ánh sáng cần tìm
Cường độ sáng sau lăng kính nicon I 1 2
N là: I  0,5. 1 k I     2,1 1   0 1 0 I 0,5 1 k 1 5% 1  
Cường độ chùm sáng sau lăng kính N là: 2 I 1 2
I  I .cos   0,5.1 k  2 0 .cos .I    8,42 2 1 0 I 0,5.1 5% 2 0 cos 60 2
Câu 8: Năng lượng của hạt proton trong giếng thế một chiều sâu vô hạn ở trạng thái n  5 là 7,5meV  . Cho
biết khối lượng của hạt proton 27 m 1, 672.10 
kg . Bề rộng của giếng thế năng là: p   A.  0 8,8 A  . B.  0 8, 4 A  . C.  0 8, 2 A  . D.  0 8, 6 A  . Giải h 2 2  . .n 
Hạt chuyển động trong giếng thế năng có năng lượng: 2 E   7,5 meV n   2 2m a p
Bề rộng của giếng thế năng là: 2  h  2 2  . .n    2   h n 6,6.10 2 34 2 2 .5 . 10 a     8,2.10    m 8,2 0 A 6 19 27  2E .m 8E .m 8.7, 5.10 .1, 6.10 .1, 672.10 n p n p
Câu 9: Trong thí nghiệm đo bước sóng ánh sáng người ta dùng một cách tử phẳng truyền qua, ánh sáng tới vuông
góc với mặt phẳng của cách tử. Đối với ánh sáng Natri   05892 m , góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ 1   bậc 1 bằng 0
 17,62 . Đối với ánh sáng đơn sắc bước sóng cần đo, người ta quan sát thấy vạch quang phổ bậc 1 2 dưới góc nhiễu xạ 0
  25,12 . Bước sóng của ánh sáng đơn sắc cần đo nhận giá trị nào dưới đây: 2
A.   0, 4182 m .
B.   0, 4232 m .
C.   0, 4132 m .
D.   0, 4152 m . 2   2   2   2   Giải k
Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin  d 
Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 1 bằng 0 1
 17,62  sin  k  1 .   1 1 1  1  d 
Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 2 bằng 2 0 2
  25,12  sin  k  2 . 2 2 2  2  d   0 1     Lấy sin sin . sin25,12 .0,5892 1 1 2 1         m 2 0, 4132 2 0   sin 2 2sin 2.s 1 in 7, 62 2 2 1
Câu 10: Một tia X có bước sóng  0
0, 300 A  tán xạ theo một góc 0
60 do hiệu ứng Compton. Động năng của hạt electron là: TUẤN TEO TÓP Trang 4/81
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
A.1, 39keV  .
B.1, 79keV  .
C.1, 69keV  .
D. 1, 59keV  . Giải 2 Động năng của electron m c hc hc hc hc e 2 E 
 m c  hv  hv ' hay E     D e D 2         v  ' 1    c  
Theo công thức tán xạ Compton: 2      2  sin C    2  hc hc
Ta tìm được động năng của electron bắn ra : E   D     2
  2  sin   C  2  Hay   2 2  sin 1  2 2   C  2.2, 4.10 .  2 sin hc   0 34 8 60 6, 625.10 .3.10  E   .  2,548.10
J  1, 592 keV D  1  0 1  2 2    0, 3.10 0, 3.10  2.2,4.10 .sin     0 2 60  16 10     2 sin   C  2 
ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131) ĐỀ SỐ 4
Họ và tên:..............................................................Lớp:...............................Mã hiệu SV:.....................................
Câu 11: Một nguồn sáng điểm S đặt trên trục của một lỗ tròn có bán kính r thay đổi được. Khoảng cách từ
nguồn sáng S đến lỗ tròn là R  100cm. Phía sau lỗ tròn có đặt một màn quan sát vuông góc với trục của lỗ
tròn và cách lỗ tròn một khoảng b  120cm. Biết rằng tâm của hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại khi bán kính
của lỗ r  1,00 mm và có độ sáng cực đại tiếp theo khi bán kính của lỗ r  1,31 mm . Bước sóng ánh sáng 2   1  
dùng trong thí nghiệm là:
A. 0, 6364 m .
B. 0, 6264 m .
C. 0, 6584 m .
D. 0, 6564 m . Giải
Nhận xét: Đây là bài toán nhiễu xạ qua lỗ tròn và gồm có hai trường hợp. Về phương hướng giải ta sẽ sử dụng
công thức bán kính Fresnel cho từng trường hợp sau đó kết hợp hai phương trình để rút ra giá trị bước sóng cần tìm
TH1: Tâm của hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại khi bán kính của lỗ bằng r  1,00 mm  điều này có nghĩa là 1   
trong lỗ tròn chỉ có số lẻ k đới cầu Fresnel (chính là đới cầu ứng với Rb
k ). Ta có: r  r  k * 1 k   R  b
TH2: Tâm của hình nhiễu có độ sáng cực đại tiếp theo khi bán kính lỗ là r  1,31 mm  điều này có nghĩa là 2  
trong lỗ tròn phải có k  2 đới cầu Fresnel vì nếu có số chẵn đới cầu thì tại M độ sáng sẽ giảm đi (chính là đới  cầu ứng với Rb
k  2 ). Ta có: r  r  k  2 ** 2 k 2   R  b   2 2 *  Lấy k k 2 r 1,31 2        k  *  2, 79 2 2 2 * k  2 k r 1 1
Thay k  4 vào * ta được: 2 3 2 Rb r R  b  r  . 2  1mm . 1.10 . 1, 2 1 1       7    
 9,167.10 m  0,9617 m 1     R  b 2Rb 2.1, 2.1 TUẤN TEO TÓP Trang 5/81
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Câu 12: Trong thí nghiệm dùng giao thoa kế Mai – ken – sơn khi dịch chuyển gương di động một khoảng
L  0, 013mm người ta quan sát thấy hình vân giao thoa dịch chuyển đi 40 khoảng vân. Bước sóng ánh sáng
dùng trong thí nghiệm bằng:
A. 0,55m .
B. 0, 65m .
C. 0, 45m .
D. 0, 75m . Giải
Nhận xét: Đây là bài toán liên quan tới giao thoa kế Michelson. Trước hết ta cần phải hiểu được nguyên tắc làm
việc của giao thoa kế này. Tia sáng từ nguồn đơn sắc bị phân tách thành hai phần bởi một gương bán mạ M đặt nghiêng một góc 0
45 so với tia tới. Chùm tia phản xạ từ M thẳng đứng lên gương M và chùm tia thứ 2 đi thẳng 1
tới gương M . Sau khi phản xạ từ M và M hai tia sáng sẽ gặp nhau tại gương M và chúng ta có thể quan sát 2 1 2
xảy ra hiện tượng giao thoa. Tấm kính P có chiều dày bằng chiều dày của gương M và được đặt ở trước gương
M để đảm bảo là cho hai tia phản xạ từ tương M và M về gương M đều đi qua tấm kính có cùng chiều dày. 2 1 2
Để xác định điều kiện xảy ra hiện tượng giao thoa ta phải xét hiệu quang lộ tại của ánh sáng truyền tới một điểm
trên gương M . Ta có thể thay đổi hiệu quang lộ bằng cách dịch chuyển gương M lên xuống để thỏa mãn điều 1
kiện cực tiểu hoặc cực đại giao thoa. Nếu M dịch chuyển một đoạn bằng nửa bước sóng theo phương truyền 1
của tia sáng thì hiệu quang lộ sẽ thay đổi một lượng bằng bước sóng  hệ vân giao thoa sẽ dịch đi một khoảng 
vân. Ta có công thức tổng quát cho giao thoa kế Michelson là: L  m 2
Trong đó L là độ dịch chuyển gương, m là số khoảng vân dịch chuyển
Áp dụng công thức trên ta có bước sóng dùng trong thí nghiệm là: 3 2L 2.0, 013.10 7  6,5.10   
m  0,65m m 40
Câu 13: Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng   0, 55 m theo phương vuông góc với
một cách tử nhiễu xạ. Ngay sau cách từ có đặt một thấu kính hội tụ có tiêu cự f  1,00m để hứng chùm tia
sáng lên màn E đặt tại tiêu diện của thấu kính. Khoảng cách giữa hai cực đại chính trong quang phổ bậc 1 bằng
l  0, 202 m . Số vạch trên 1 cm của cách tử có giá trị bằng:
A. n  1816 (vạch/cm).
B. n  1826 (vạch/cm).
C. n  1856 (vạch/cm).
D. n  1836 (vạch/cm). Giải TUẤN TEO TÓP Trang 6/81
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI k
Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin  d 
Quang phổ bậc 1 gồm 2 vân cực đại chính k    1  sin  d
Khoảng cách giữa 2 vạch cực đại chính bằng: l  2 f .tan
Vì  là góc rất nhỏ  tg  sin 6  l 2 f  2.1.0,55.10 Hay 6 d 5, 45.10     
m  5,45m d 2 f l 0, 202
Mật độ khe (số khe/đơn vị độ dài) 1 1 : n  
1836 (vạch/cm) ( d là chu kỳ cách tử) 6  2 d 5, 45.10 .10
Câu 14: Trong thí nghiệm đo bước sóng ánh sáng người ta dùng một cách tử phẳng truyền qua, ánh sáng tới
vuông góc với mặt phẳng của cách tử. Đối với ánh sáng Natri   05892 m , góc nhiễu xạ ứng với vạch 1   quang phổ bậc 1 bằng 0
 17,62 . Đối với ánh sáng đơn sắc bước sóng cần đo, người ta quan sát thấy vạch quang 1
phổ bậc 2 dưới góc nhiễu xạ 0
  25,12 . Bước sóng của ánh sáng đơn sắc cần đo nhận giá trị nào dưới đây: 2
A.   0, 4532 m .
B.   0, 4332 m .
C.   0, 4132 m .
D.   0, 4232 m . 2   2   2   2   Giải k
Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin  d 
Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 1 bằng 0 1
 17,62  sin  k  1 .   1 1 1  1  d 2
Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 2 bằng 0 2
  25,12  sin  k  2 . 2 2 2  2  d   0 1     Lấy sin sin . sin25,12 .0,5892 1 1 2 1         m 2 0, 4132 2 0   sin 2 2sin 2.s 1 in 7, 62 2 2 1
Câu 15: Chiếu ánh sáng đơn sắc bước sóng   0, 5m vào một lỗ tròn có bán kính chưa biết. Nguồn sáng
điểm đặt cách lỗ tròn 2m , sau lỗ tròn 2m có đặt một màn quan sát. Hỏi bán kính của lỗ tròn phải bằng bao
nhiêu để tâm của hình nhiễu xạ là tối nhất A.1mm . B. 2 mm . C. 4 mm . D. 3mm . Giải
Bài toán mở rộng: Xây dựng công thức tính bán kính của đới cầu Fresnel thứ k
Xét hai tam giác vuông OM H và MM H : k k k k 2   
r  R  R  h
 d  b  h  b  k  b  h k  k 2 k  k 2    k 2 2 2 2  2  k2 2 2
2Rh  h  kb   2bh  h k k 4 k k TUẤN TEO TÓP Trang 7/81
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI k2 kb Vì   b 
 0  2Rh  kb  2bh  h  4 k k k 2 R  b Rbk Rb
Do h cũng rất nhỏ nên bán kính của đới cầu thứ k là: 2 r  2Rh   r  k k k k k R  b R  b
Nhận xét: Đây là bài toán nhiễu xạ qua lỗ tròn. Ta cần chú ý đặc điểm sau là số đới Fresnel trong đới tròn sẽ ảnh
hưởng tới biên độ. Để tâm của hình nhiễu xạ là tối nhất thì bán kính lỗ tròn phải có giá trị sao cho qua lỗ tròn chỉ
có 2 đới cầu Fresnel. Do đó bán kính của lỗ tròn phải bằng bán kính của đới cầu thứ 2. 6 Rb 2.2.0,5.10 3 r r k . 2 10     mm  1 mm l 2     R  b 2  2
Câu 16:Một tia X có bước sóng  0
0, 300 A  tán xạ theo một góc 0
60 do hiệu ứng Compton. Động năng của hạt electron là:
A.1, 59keV  .
B.1, 69keV  .
C.1, 49keV  .
D.1, 79keV  . Giải 2 Động năng của electron m c hc hc hc hc e 2 E 
 m c  hv  hv ' hay E     D e D 2         v  ' 1    c  
Theo công thức tán xạ Compton: 2      2  sin C    2  hc hc
Ta tìm được động năng của electron bắn ra : E   D     2
  2  sin   C  2  Hay   2 2  sin 1  2 2   C  2.2, 4.10 .  2 sin hc   0 34 8 60 6, 625.10 .3.10  E   .  2,548.10
J  1, 592 keV D  1  0 1  2 2    0, 3.10 0, 3.10  2.2,4.10 .sin     0 2 60  16 10     2 sin   C  2 
Câu 17: Mặt phẳng chính (mặt phẳng dao động) của hai lăng kính ni côn N và N hợp với nhau một góc 1 2 0
  60 . Biết rằng khi truyền qua mỗi lăng kính ni côn ánh sáng bị phản xạ và hấp thụ k  5% . Cường độ ánh  
sáng sau khi đi qua cả hai ni côn sẽ giảm đi I0   bằng: I  2  I I I I A. 0  8,56 . B. 0  8,86 . C. 0  8, 66 . D. 0  8, 42 . I I I I 2 2 2 2 Giải
Nhận xét: Đây là bài toán Malus cơ bản. Áp dụng các công thức liên quan là có thể xác định được cường độ ánh sáng cần tìm
Cường độ sáng sau lăng kính nicon I 1 2
N là: I  0,5. 1 k I     2,1 1   0 1 0 I 0,5 1 k 1 5% 1  
Cường độ chùm sáng sau lăng kính N là: 2 I 1 2
I  I .cos   0,5.1 k  2 0 .cos .I    8,42 2 1 0 I 0,5.1 5% 2 0 cos 60 2
Câu 18: Một notron chuyển động nhiệt ở nhiệt độ 0
113 C . Bước sóng De Broglie tương ứng với hạt này là (cho 27 m 1, 674.10  kg ) n   TUẤN TEO TÓP Trang 8/81
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI A.  0 1, 28 A . B.  0 1,18 A  . C.  0 1, 38 A  . D.  0 1, 48 A  . Giải
Phương trình thuyết động lực học phân tử: 1 Dạng phương trình: 2 p 
n .mv trong đó: n : là mật độ phân tử trong 1 đơn vị thể tích 0 3 0 n n 
; n : là tổng số phân tử khí có trong thể tích V 0 V
m là khối lượng phân tử khí 2
v là vận tốc toàn phương TB của 1 phân tử khí 2 1 2 mv 2 Ta có: 2 p  n .mv  n .  n .W 0 0 0 3 3 2 3 d Động năng trung bình củ 3 p
a phân tử khí: W 
(lưu ý: n .V  N số phân tử khí trong 1 mol khí) d 2 n 0 A 0 RT 3 RT 3
Từ phương trình trạng thái đối với 1 mol khí: p  W 
 kT ( N số Avôgrađrô 23  6,022.10 d V 2 n V 2 A 0 R (phân tử 3 /m ) và k  N A
Vận tốc căn quần phương: 2 v  v C R 8, 314 3. .T 3. . 113  273 23   1 2 3 3kT N A 6, 022.10 Mặt khác: W  mv 
kT  v  v   
 3090,375 m / s d c 27    2 2 m m 1, 674.10
Nhận xét: Đây là bài toán de Broglie, thể hiện tính chất sóng hạt của hạt vi mô. Electron và proton là hai hạt vi
mô tương ứng với sóng phẳng đơn sắc có tần số dao động f có bước sóng  .
- Theo công thức de Broglie ta có: 34 h h h 6, 625.10 1  0 p       1,28.10   m 1,28 0 A 27   p mv 1, 674.10 .3090,375
Câu 19: Chiếu một chùm ánh sáng trắng song song vuông góc với một cách tử nhiễu xạ truyền qua có n  500
(vạch/mm). Hiệu góc lệch của cuối quang phổ bậc 1 và đầu quang quang phổ bậc 2 có giá trị bằng: A. 0    1, 20 . B. 0    1,35 . C. 0    1, 25 . D. 0    1,31 . Giải
Nhận xét: Phân tích đề bài ta thấy liên quan tới khái niệm quang phổ nhiễu xạ. Khi ánh sáng trắng chiếu qua cách
tử phẳng thì mỗi sóng ánh sáng đơn sắc sẽ cho một hệ các cực đại chính. Do mọi ánh sáng đơn sắc đều cho cực
đại tại tiêu điểm F của thấu kính nên ta sẽ quan sát vân trung tâm chính là vân sáng trắng. Hai mép của vân trung
tâm có viền nhiều màu: mép trong là viền tím, mép ngoài là viền đỏ
Góc lệch cuối quang phổ bậc 1 ứng với cực đại nhiễu xạ bậc 1 của tia đỏ (ứng với   1
0, 76 m ): và n  1   d
(với d là chu kỳ cách tử)  Ta có: 1 0 sin 
 n    22,33 1 1 1 d
Góc lệch đầu quang phổ bậc 2 ứng với cực đại nhiễu xạ bậc 2 của tia tím (ứng với   0, 4 m : 2    Ta có: 2 0 sin  2.
 2n    23,28 2 2 2 d
Hiệu góc lệch của cuối quang phổ bậc 1 và đầu quang quang phổ bậc 2 có giá trị bằng: 0 0 0 
     23,28  22,33  1,25 2 1 TUẤN TEO TÓP Trang 9/81
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Câu 20: Vạch quang phổ ứng với bước sóng   0,5461m được quan sát với góc dưới góc 0   19 8'. Số
vạch trên 1cm của cách tử có giá trị
A. n  1816 (vạch/cm).
B. n  1826 (vạch/cm).
C. n  1856 (vạch/cm).
D. n  1836 (vạch/cm). (Thiếu dữ kiện)
ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131) ĐỀ SỐ 5
Họ và tên:..............................................................Lớp:...............................Mã hiệu SV:.....................................
Câu 21: Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng   0, 65 m vào khi Yâng. Khoảng cách giữa hai khe 1  
a  2 mm . Màn ảnh được đặt song song cách mặt phẳng của khe một đoạn D  2m .Đặt trước một trong 2
khe một bản mỏng có hai mặt song song chiết suất n  1,5 và có bề dày e  10m . Độ dịch chuyển của hệ thống
vân giao thoa trên màn quan sát là: A.1cm . B.1,1cm .
C.1, 2 cm .
D.1, 5cm . Giải
Độ dịch chuyển của hệ thống vân giao thoa trên màn là n  1 . e D 1,5  6 1 .10.10 .2 y   
 0,01 m 1 cm 3      a 10
Câu 22: Một chùm tia sáng đơn sắc song song, bước sóng   0, 55 m chiếu vuông góc với mặt của một lỗ
tròn. Bán kính của lỗ tròn có giá trị bằng r  1, 5mm . Phía sau lỗ tròn có đặt một màn quan sát vuông góc với
trục của lỗ tròn và cách lỗ tròn một khoảng bằng b. Gía trị lớn nhất của b để tâm của ảnh nhiễu xạ trên màn quan
sát là một điểm tối bằng
A. 2,15m .
B. 2, 25m .
C. 2, 05m .
D.1, 95m . Giải
Bài toán mở rộng: Xây dựng công thức tính bán kính của đới cầu Fresnel thứ k
Xét hai tam giác vuông OM H và MM H : k k k k 2   
r  R  R  h
 d  b  h  b  k  b  h k  k 2 k  k 2    k 2 2 2 2  2  k2 2 2
2Rh  h  kb   2bh  h k k 4 k k k2 kb Vì   b 
 0  2Rh  kb  2bh  h  4 k k k 2 R  b Rbk Rb
Do h cũng rất nhỏ nên bán kính của đới cầu thứ k là: 2 r  2Rh   r  k k k k k R  b R  b TUẤN TEO TÓP Trang 10/81
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Vì vậy khoảng cách lớn nhất b
để tâm của hình nhiễu xạ trên màn quan sát là tối phải ứng với trường hợp lỗ max
tròn chứa hai đới Prênen. Nghĩa là bán kính của lỗ tròn phải bang bán kính của đới cầu thứ hai:  Rb b
k  2 : r  r  2  r  2 2 2 R  b b 1 R
Theo đầu bài, chùm tia sáng tới là chùm tia song song, mặt sóng lựa trên lỗ là một mặt phẳng R  , do đó  2 r 1,5.10 2 3 b  0, ta có 2 r  2 b  b    2,05 m 2 max 6   R 2 2.0, 55.10
Câu 23: Trong hiện tượng Compton bước sóng chùm photon tới là 0
0, 05A . Phần năng lượng truyền cho electron
đối với photon tán xạ dưới góc 0 180 :
A.122keV  .
B.125keV  .
C.128keV  .
D.132keV  . Giải 2 Động năng của electron m c hc hc hc hc e 2 E 
 m c  hv  hv ' hay E     D e D 2         v  ' 1    c  
Theo công thức tán xạ Compton: 2      2  sin C    2  hc hc
Ta tìm được động năng của electron bắn ra : E   D     2
  2  sin   C  2  Hay   2 2  sin 1  2 2   C  2.2, 4.10 .  2 sin hc   0 34 8 90 6, 625.10 .3.10  E   . 1,947.10 J  122 keV D  1  0 1  2 2    0, 05.10 0, 05.10  2.2,4.10 .sin     0 2 90  14 10     2 sin   C  2 
Câu 24: Chiếu một chùm ánh sáng song song, đơn sắc có bước sóng  theo phương vuông góc với một lỗ tròn.
Điểm quan sát nằm cách mặt sóng một khoảng b  1,00m . Khi bán kính lỗ tròn thay đổi và lấy hai giá trị kế
tiếp nhau r  1, 22 mm và r  1,58 mm thì tâm của hình ảnh nhiễu xạ quan sát trên màn là điểm sáng. Bước 2   1  
sóng ánh sáng dùng trong thí nghiệm có giá trị:
A.   0, 604 m .
B.   0, 704 m .
C.   0, 504 m .
D.   0, 584 m . Giải
Nhận xét: Đây là bài toán nhiễu xạ qua lỗ tròn và gồm có hai trường hợp. Về phương hướng giải ta sẽ sử dụng
công thức bán kính Fresnel cho từng trường hợp sau đó kết hợp hai phương trình để rút ra giá trị bước sóng cần tìm
TH1: Tâm của hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại khi bán kính của lỗ bằng r  1,00 mm  điều này có nghĩa là 1   
trong lỗ tròn chỉ có số lẻ k đới cầu Fresnel (chính là đới cầu ứng với Rb
k ). Ta có: r  r  k * 1 k   R  b
TH2: Tâm của hình nhiễu có độ sáng cực đại tiếp theo khi bán kính lỗ là r  1,31 mm  điều này có nghĩa là 2  
trong lỗ tròn phải có k  2 đới cầu Fresnel vì nếu có số chẵn đới cầu thì tại M độ sáng sẽ giảm đi (chính là đới  cầu ứng với Rb
k  2 ). Ta có: r  r  k  2 ** 2 k 2   R  b   2 2 *  Lấy k k 2 r 1,58 2        k  *  2,95 2 2 2 * k  2 k r 1, 22 1 TUẤN TEO TÓP Trang 11/81
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Thay k  4 vào * ta được: 2 3 2  Rb r R  b  r  . 2  1mm . 1, 22.10 . 1, 2 1 1       7    
 9,167.10 m  0,9617 m 1     R  b 2Rb 2.1, 2.1
Câu 25: Một nguồn sáng điểm đơn sắc chiếu ánh sáng có bước sóng   0, 5m vào một lỗ tròn có bán kính
r  1, 00 mm . Khoảng cách từ nguồn sáng tới lỗ tròn R  1, 00m . Để lỗ tròn chứa 5 đới cầu Fresnel thì khoảng
cách từ lỗ tròn tới điểm quan sát có giá trị bằng:
A. b  0, 77 m .
B. b  0, 57 m .
C. b  0, 67 m .
D. b  0,87 m . Giải
Bài toán mở rộng: Xây dựng công thức tính bán kính của đới cầu Fresnel thứ k
Xét hai tam giác vuông OM H và MM H : k k k k 2   
r  R  R  h
 d  b  h  b  k  b  h k  k 2 k  k 2    k 2 2 2 2  2  k2 2 2
2Rh  h  kb   2bh  h k k 4 k k k2 kb Vì   b 
 0  2Rh  kb  2bh  h  4 k k k 2 R  b Rbk Rb
Do h cũng rất nhỏ nên bán kính của đới cầu thứ k là: 2 r  2Rh   r  k k k k k R  b R  b
Để lỗ tròn chứa 5 đới cầu Fresnel thì khoảng cách từ lỗ tròn tới điểm quan sát  k  5  1.  R .5 b R r 1.10 . 2 3 2 2 5  r   b    0,67 m 5 2 2   6 R  b 5R  r 5.1.0, 5.10   3  5 1.10 
Câu 26: Một chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng  được chiếu vuông góc với một khe hẹp chữ nhật có bề
rộng b  0,10mm. Ngay sau khe có đặt một thấu kính để hứng chùm tía sáng lên màn E đặt cách thấu kính
một khoảng D  1,00m. Bề rộng cực đại giữa quan sát được l  1, 20cm . Bước sóng ánh sáng dùng trong thí nghiệm có giá trị
A.   0, 65 m .
B.   0, 60  m .
C.   0, 70  m .
D.   0, 75 m . Giải TUẤN TEO TÓP Trang 12/81
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Theo định nghĩa, bề rộng của vân cực đại giữa là khoảng cách siữa hai cực tiểu nhiễu xạ đầu tiên ở hai bên cực 
đại giữa. Độ lớn của góc nhiễu xạ  ứng với các cực tiểu nhiều xạ đó được xác định bởi: k  1: sin  b
Bề rộng l cùa cực đại giữa bằng: l  2 . D tan
Vì  là góc rất nhỏ  tg  sin 2  3  l l.b 1, 2.10 .0,1.10 Hay 7  6.10     
m  0,6m b 2D 2D 2.1
Câu 27: Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng   0, 5m theo phương vuông góc với một
cách tử nhiễu xạ. Ngay sau cách từ có đặt một thấu kính hội tụ có tiêu cự f  1,00m để hứng chùm tia sáng lên
màn E đặt tại tiêu diện của thấu kính. Khoảng cách giữa hai cực đại chính trong quang phổ bậc 1 bằng
l  0, 202 m . Số vạch trên 1 cm của cách tử có giá trị bằng:
A. n  1866 (vạch/cm).
B. n  1856 (vạch/cm).
C. n  1816 (vạch/cm).
D. n  1836 (vạch/cm). Giải k
Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin  d 
Quang phổ bậc 1 gồm 2 vân cực đại chính k    1  sin  d
Khoảng cách giữa 2 vạch cực đại chính bằng: l  2 f .tan
Vì  là góc rất nhỏ  tg  sin 6  l 2 f  2.1.0,55.10 Hay 6 d 5, 45.10     
m  5,45m d 2 f l 0, 202
Mật độ khe (số khe/đơn vị độ dài) 1 1 : n  
1836 (vạch/cm) ( d là chu kỳ cách tử) 6  2 d 5, 45.10 .10
Câu 28: Thấu kính trong hệ vân tròn Newton có bán kính mặt cong R  15m. Chùm ánh sáng đơn sắc có bước
sóng  được chiếu vuông góc với hệ thống. Quan sát các vân giao thoa người ta đo được khoảng cách giữa vân
tối thứ 4 và vân tối thứ 25 bằng 9mm. Đường kính vân tối thứ 16 có giá trị bằng
A. 24 mm . B. 23mm . C. 25mm .
D. 26 mm . TUẤN TEO TÓP Trang 13/81
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI Giải
Bán kính vân tối Newton xác định bởi: r  Rk k
Bán kính của vân tối thứ 4 : r  4.R  2 R   1 4
Bán kính của vân tối thứ 25 : r  25R  5 R 2 25 Lấy  r 2   1 r r r 3 R 8,5mm 2            25 4 9R  r  2
Bán kính của vân tối thứ 4 r  R  R  R   r  2 4 16 : 16. 4 4. .  .9 12 mm 16   9R 3 3
Đường kính vân tối thứ 16 có giá trị bằng d  2.r  2.12  24 mm 16 16  
Câu 29: Một màng xà phòng chiết suất n  1, 33 được đặt thẳng đứng. Nước xà phòng dồn xuống phía dưới có
dạng hình nêm. Quan sát vân giao thoa của ánh sáng phản chiếu màu vàng   600nm người ta thấy khoảng
cách 9 vân tối bằng 2, 5cm . Góc nghiêng của nêm có giá trị A. 4  0,68.10  rad . B. 4  0,78.10  rad . C. 4  0,62.10  rad . D. 4  0,72.10  rad . Giải
Nhận xét: Đây là bài toán giao thoa trong nêm có chiết suất . n 
Ví trí của vân tối: d  k. k  t  0,1,2,.... 2 
Vị trí của vân sáng: d  k  k  s 2  1  1,2,3..  .. 4
Ta xét vị trí vân tối thứ k và vân tối thứ k  8 gây bởi nêm có chiết suất n (vì khi ánh sáng truyền qua môi
trường có chiết suất n bước sóng sẽ giảm đi n lần) 
Ví trí của vân tối thứ k : d  k. k  t  0,1,2,.... 2n 
Vị trí của vân tối thứ k  8 : d  k  8 k 8   2n 9    Từ hình vẽ ta thấy: d d 4 4.600.10 k 8 k 5 sin     7,21.10 rad 2    I I nl 1,33.2,5.10 1 2  vì  rất nhỏ nên 5
  sin  7,21.10 rad 
Câu 30: Người ta chiếu một chùm tia Rơn – ghen có bước sóng 8  10 
cm vào tinh thể và quan sát hình ảnh
nhiễu xạ của nó. Biết rằng góc tới của chùm tia Rơn – ghen trên các lớp tinh thể bằng 0
30 và bậc cực đại nhiễu
xạ ứng với k  3. Khoảng cách giữa hai lớp ion liên tiếp có giá trị:     A. 8
d  3, 2.10 cm . B. 8
d  3, 4.10 cm . C. 8
d  3, 0.10 cm . D. 8
d  3, 6.10 cm . Giải TUẤN TEO TÓP Trang 14/81
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Nhận xét: Đây là bài toán đặc trưng của nhiễu xạ Ronghen. Những bài toán dạng này thường xoay quanh công
thức Bragg. Từ dữ kiện đã cho ta thấy 3 đại lượng  , , k đã biết  dễ dàng xác định đại lượng d 8  2 3 3.0,8.10 .10
2dsin  k  d    
m (với bậc cực đại nhiễu xạ ứng với k  3 ) sin 2.sin  3.10 0 30  10  
ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131) ĐỀ SỐ 6
Họ và tên:..............................................................Lớp:...............................Mã hiệu SV:.....................................
Câu 31: Một chùm sáng chiếu vuông góc với một cách tử nhiễu xạ. Biết rằng góc nhiễu xạ ứng với bước sóng
  0,65 m trong quang phổ bậc 2 bằng 0
  45 . Góc nhiễu xạ ứng với bước sóng   0,55 m trong 2   1   1
quang phổ bậc 3 có giá trị: A. 0   63,83 . B. 0   62,83 . C. 0   61,83 . D. 0   65,83 . 2 2 2 2 Giải k
Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin  d 
Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 2 bằng 2 0 1
  45  sin  k  2 .   1 1 1  1  d 
Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 3 bằng 3 2   sin  k  3 . 2 2 2  2  d   1    Lấy sin 2 3 3.0,55 1 1 2    sin  sin  .sin 45  0,897    61,83 2 1  0 0 2 2 sin 3 2 2.0, 65 2 2 1
Câu 32: Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc bước sóng   0, 73 m vào khi Yâng. Đặt trước một trong 2 khe
một bản mỏng có hai mặt song song chiết suất n thì thấy hệ thống vân giao thoa dịch chuyển một đoạn 5mm
so với khi chưa đặt bản mỏng. Biết khoảng vân i  0, 70 mm . Chiết suất của bản mỏng có giá trị bằng:
A. n  1, 53 .
B. n  1, 62 .
C. n  1, 56 .
D. n  1, 52 .
(Thiếu dữ kiện bề dày)
Câu 33: Chiếu một chùm sáng trắng song song vuông góc với mặt cách tử phẳng truyền qua. Dưới một góc nhiễu xạ 0
  39 , người ta quan sát thấy hai vạch cực đại ứng với các bước sóng   0,636 m và   0,424 m 2   1  
trùng nhau. Biết rằng bậc cực đại đối với vạch thứ hai trong quang phổ của cách tử nhỏ hơn 5. Chu kỳ của cách tử là:
A. d  2,12 m .
B. d  2, 22  m .
C. d  2, 02  m .
D. d  2, 32 m . Giải
Nhận xét: Đây là bài toán nhiễu xạ qua cách tử phẳng. Phân tích đề bài ta thấy có đề cập đến vạch cực đại  
liên hệ tới điều kiện cực đại nhiễu xạ qua cách tử phẳng: sin  k d 
Đối với bước sóng  ta có: 1 sin  k   1 1 1 d
Đối với bước sóng  ta có: 2 sin  k 2 2 2 d  Từ   k 1 ;2 2 2 2
 k   k   k   k 1 1 2 2 1 2  3 1 TUẤN TEO TÓP Trang 15/81
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Vì bậc cực đại đối với vạch thứ hai trong quang phổ của cách tử nhỏ hơn 5 nên kết hợp với điều kiện k và k là 1 2
số nguyên (xét trường hợp nguyên dương)  k  2 và k  3. 1 2 k  2.0, 636
Thay k vào (1) ta có: 1 1 d    2,02 m 0   1 sin s 39 in
Câu 34: Chiếu một chùm ánh sáng trắng dưới góc tới 0
i  30 lên một màng xà phòng có chiết suất với ánh sáng đó 4 n 
. Bề dày nhỏ nhất của màng xà phòng để những tia phản chiếu có màu đỏ (bước sóng   0,76m ) 3 có giá trị bằng:
A. d  1, 64 m .
B. d  1, 54 m .
C. d  1, 44 m .
D. d  1, 74 m . Giải 
Xét hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên bề mặt của bản mỏng: 2 2 L
  L  L  2d n  sin i  1 2 2
Xét điều kiện vân sáng – vân tối:
Vân sáng: L  k   Vân tối: 1 L   k      2 
Từ dữ kiện của đề bài để chùm tia phản xạ có cường độ sáng cực đại thì hiệu quang lộ phải bằng k
Bài toán yêu cầu ta xác định bề dày nhỏ nhất. Từ công thức trên ta thấy bề dày nhỏ nhất khi k  0  ta có:  0, 76 d    1,54 m min   2 2 2 4 n  sin i  4  2 0 4  sin 30    3 
Câu 35: Năng lượng của hạt proton trong giếng thế một chiều sâu vô hạn ở trạng thái n  5 là 7,5meV  . Cho
biết khối lượng của hạt proton 27 m 1, 672.10 
kg . Bề rộng của giếng thế năng là: p   A.  0 8, 2 A  . B.  0 7, 2 A  . C.  0 6, 2 A  . D.  0 9, 2 A  . Giải h 2 2  . .n 
Hạt chuyển động trong giếng thế năng có năng lượng: 2 E   7,5 meV n   2 2m a p
Bề rộng của giếng thế năng là: 2  h  2 2  . .n    2   h n 6,6.10 2 34 2 2 .5 . 10 a     8,2.10    m 8,2 0 A 6 19 27  2E .m 8E .m 8.7, 5.10 .1, 6.10 .1, 672.10 n p n p
Câu 36: Người ta chiếu một chùm tia Rơn – ghen có bước sóng 8  10 
cm vào tinh thể và quan sát hình ảnh
nhiễu xạ của nó. Biết rằng góc tới của chùm tia Rơn – ghen trên các lớp tinh thể bằng 0
30 và bậc cực đại nhiễu
xạ ứng với k  3. Khoảng cách giữa hai lớp ion liên tiếp có giá trị:     A. 8
d  3, 2.10 cm . B. 8
d  3, 0.10 cm . C. 8
d  3,1.10 cm . D. 8
d  3, 3.10 cm . Giải
Nhận xét: Đây là bài toán đặc trưng của nhiễu xạ Ronghen. Những bài toán dạng này thường xoay quanh công
thức Bragg. Từ dữ kiện đã cho ta thấy 3 đại lượng  , , k đã biết  dễ dàng xác định đại lượng d 8  2 3 3.0,8.10 .10
2dsin  k  d    
m (với bậc cực đại nhiễu xạ ứng với k  3 ) sin 2.sin  3.10 0 30  10   TUẤN TEO TÓP Trang 16/81
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Câu 37: Dung dịch đường glucozo nồng độ C  0, 28 3 g / cm
đựng trong một bình trụ thủy tinh sẽ làm quay 1 
mặt phẳng phân cực của ánh sáng xanh đi qua bình một góc 0
  32 . Với dung dịch đường glucozo nồng độ C 1 2
cũng đưng trong bình trụ giống như trên làm quay mặt phẳng phân cực của ánh sáng xanh một góc 0   24 . 2 Nồng độ C là: 2 A.  3
0, 23 g / cm  . B.  3
0, 25 g / cm  . C.  3
0, 21 g / cm  . D.  3
0, 27 g / cm  . Giải
Nhận xét: Đây là bài toán ứng dụng hiện tượng quay mặt phẳng phân cực để xác định nồng độ dung dịch. Nồng 
độ dung dịch được xác định theo công thức: C   trong đó  là góc quay của mặt phẳng phân cực. Ở trong d
bài toán này ta thấy có hai trường hợp  xét từng trường hợp và tính tỷ số.   C   1   d   1  C 24 Ta có: 2 1 1     C  C 
.0, 28  0, 21 g / cm 2 1  3   C   32 C      1 2 2 2 d 2
Câu 38: Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng   0, 5m theo phương vuông góc với
một cách tử nhiễu xạ. Ngay sau cách từ có đặt một thấu kính hội tụ có tiêu cự f  1,00m để hứng chùm tia
sáng lên màn E đặt tại tiêu diện của thấu kính. Khoảng cách giữa hai cực đại chính trong quang phổ bậc 1 bằng
l  0, 202 m . Số vạch trên 1 cm của cách tử có giá trị bằng:
A. n  1816 (vạch/cm).
B. n  1836 (vạch/cm).
C. n  1826 (vạch/cm).
D. n  1846 (vạch/cm). Giải k
Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin  d 
Quang phổ bậc 1 gồm 2 vân cực đại chính k    1  sin  d
Khoảng cách giữa 2 vạch cực đại chính bằng: l  2 f .tan
Vì  là góc rất nhỏ  tg  sin 6  l 2 f  2.1.0,55.10 Hay 6 d 5, 45.10     
m  5,45m d 2 f l 0, 202
Mật độ khe (số khe/đơn vị độ 1 1 dài): n  
1836 (vạch/cm) ( d là chu kỳ cách tử) 6  2 d 5, 45.10 .10
Câu 39: Khối lượng của hạt photon ứng với ánh sáng có bước sóng   0, 55 m là: 1       A. 36 4, 0.10 kg. B. 36 4, 2.10 kg. C. 36 3,8.10 kg . D. 36 4, 6.10 kg. Giải TUẤN TEO TÓP Trang 17/81
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
Nãng lượng của phôtôn cho bởi : 34 hc h 6, 625.10 2 3  6 W 
 m c  m    4.10 kg p p 8 6     c 3.10 .0,55.10
Câu 40: Một đèn phát ánh sáng có tần số 15
6.10  Hz . Số photon phát ra trong một phút là 19 8.10 hạt. Công suất
của ngọn đèn nhận giá trị nào dưới đây
A. 4, 5W  .
B. 5, 6 W  .
C. 5, 5W  . D. 5, 3W  Giải
Công suất bức xạ: P  N.
Số photon do ngọn đèn phát ra trong 1 phút là 19 3  4 15 60.P 60P N.hf 8.10 .6, 625.10 .6.10 N    P    5,3W   hf 60 60
ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131) ĐỀ SỐ 7
Họ và tên:..............................................................Lớp:...............................Mã hiệu SV:.....................................
Câu 41: Chiếu ánh sáng đơn sắc bước sóng   0, 5m vào một lỗ tròn có bán kính chưa biết. Nguồn sáng
điểm đặt cách lỗ tròn 2m , sau lỗ tròn 2m có đặt một màn quan sát. Hỏi bán kính của lỗ tròn phải bằng bao
nhiêu để tâm của hình nhiễu xạ là tối nhất A.1mm . B. 2 mm . C. 4 mm . D. 3mm . Giải
Bài toán mở rộng: Xây dựng công thức tính bán kính của đới cầu Fresnel thứ k
Xét hai tam giác vuông OM H và MM H : k k k k 2   
r  R  R  h
 d  b  h  b  k  b  h k  k 2 k  k 2    k 2 2 2 2  2  k2 2 2
2Rh  h  kb   2bh  h k k 4 k k k2 kb Vì   b 
 0  2Rh  kb  2bh  h  4 k k k 2 R  b Rbk Rb
Do h cũng rất nhỏ nên bán kính của đới cầu thứ k là: 2 r  2Rh   r  k k k k k R  b R  b
Nhận xét: Đây là bài toán nhiễu xạ qua lỗ tròn. Ta cần chú ý đặc điểm sau là số đới Fresnel trong đới tròn sẽ ảnh
hưởng tới biên độ. Để tâm của hình nhiễu xạ là tối nhất thì bán kính lỗ tròn phải có giá trị sao cho qua lỗ tròn chỉ
có 2 đới cầu Fresnel. Do đó bán kính của lỗ tròn phải bằng bán kính của đới cầu thứ 2. TUẤN TEO TÓP Trang 18/81
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI 6 Rb 2.2.0,5.10 3 r r k . 2 10     mm  1 mm l 2     R  b 2  2
Câu 42: Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng   0, 65 m vào khi Yâng. Khoảng cách giữa hai khe 1  
a  1mm . Màn ảnh được đặt song song cách mặt phẳng của khe một đoạn D  2m . Đặt trước một trong 2
khe một bản mỏng có hai mặt song song chiết suất n  1,5 và có bề dày e  10m .Độ dịch chuyển của hệ thống
vân giao thoa trên màn là:
A.1, 2 cm . B.1,1cm .
C.1, 3cm .
D.1, 0 cm . Giải
Độ dịch chuyển của hệ thống vân giao thoa trên màn là n  1 . e D 1,5  6 1 .10.10 .2 y   
 0,01 m 1 cm 3      a 1.10
Câu 43: Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc bước sóng   0, 76  m vào khi Yâng. Đặt trước một trong 2 khe
một bản mỏng có hai mặt song song chiết suất n  1, 5 thì thấy hệ thống vân giao thoa dịch chuyển một đoạn
5mm so với khi chưa đặt bản mỏng. Biết khoảng vân i  1, 00mm . Chiết suất của bản mỏng có giá trị bằng:
A. e  7, 6 m .
B. e  6, 6 m .
C. e  7,8m .
D. e  7, 2 m . Giải 3   Khoảng vân: D D i 1.10 25000 i      6 d d  0,76.10 19
Độ dịch chuyển của hệ thống vân giao thoa trên màn là n   3 1 eD y  .d 5.10 .19 6 y    e     m  m d . D n   1 2500.1,5   7, 6.10   7, 6  1
Câu 44: Một chùm ánh sáng được chiếu vuông góc với một cách tử nhiễu xạ. Trên phương 0   62 , ngời ta quan
sát thấy hai vạch có bước sóng   0,6 m và   0,5 m ứng với vạch quang phổ có bước sóng bé nhất 2   1  
trùng nhau. Chu kỳ của cách tử là:
A. 2, 4 m .
B. 3, 6  m .
C. 3, 4 m .
D. 3, 48m . Giải
Nhận xét: Đây là bài toán nhiễu xạ qua cách tử phẳng. Phân tích đề bài ta thấy có đề cập đến vạch cực đại  
liên hệ tới điều kiện cực đại nhiễu xạ qua cách tử phẳng: sin  k d 
Đối với bước sóng  ta có: 1 sin  k   1 1 1 d
Đối với bước sóng  ta có: 2 sin  k 2 2 2 d  Từ   k 1 ;2 5 2 2
 k   k   k   k 1 1 2 2 1 2  6 1
Vì vạch quang phổ có bước sóng bé nhất trùng nhau nên kết hợp với điều kiện k và k là số nguyên (xét trường 1 2  hợp nguyên dương)  k 5.0, 6
k  5 và k  6 . Thay k vào (1) ta có: 1 1 d    3,4 m 0   1 2 1 sin sin62
Câu 45: Một chùm ánh sáng trắng được rọi vuông góc với một bản mỏng trong suốt hai mặt song song dày
d  0, 43 m ; chiết suất n  1,5. Trong phạm vi quang phổ nhìn thấy (bước sóng từ 0, 4m đến 0, 76m ),
chùm tia phản chiếu được tăng cường có bước sóng là:
A. 0,52 m .
B. 0,50 m .
C. 0, 62m .
D. 0,55m . Giải TUẤN TEO TÓP Trang 19/81
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI 
Hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên hai mặt của bản mỏng : 2 2
L  L  2d n  sin i  1 2 2
Với trong đó : d là bề dày của bản mỏng ;
n là chiết suất của bản ;
i là góc tới của ánh sáng tới mặt bản ;
 là bước sóng cùa ánh sáng tới 
Ánh sáng phản xạ được tăng cường khi: 2dn 2dn   k      1 2 k  0,5
Tong phạm vi quang phổ thấy được, phải có điều kiện: 0, 4m    0,7m Thay  vào  
1 , suy ra điều kiện: 1, 20  k  2, 725
Vì k phải nguyên, nên nó chỉ có thể có một giá trị k  2 . Vậy trong phạm vi quang phổ thấy được chỉ cố một
chùm tia phản xạ bước 2 bước sóng 2dn 2.0, 46.1,5   
 0,552m được tăng cường 2  0,5 2,5
Câu 46: Một notron chuyển động nhiệt ở nhiệt độ 0
113 C . Bước sóng De Broglie tương ứng với hạt này là (cho 27 m 1, 674.10  kg ) n   A.  0 1, 28 A . B.  0 1,18 A  . C.  0 1, 38 A  . D.  0 1, 48 A  . Giải
Phương trình thuyết động lực học phân tử: 1 Dạng phương trình: 2 p 
n .mv trong đó: n : là mật độ phân tử trong 1 đơn vị thể tích 0 3 0 n n 
; n : là tổng số phân tử khí có trong thể tích V 0 V
m là khối lượng phân tử khí 2
v là vận tốc toàn phương TB của 1 phân tử khí 2 1 2 mv 2 Ta có: 2 p  n .mv  n .  n .W 0 0 0 3 3 2 3 d Động năng trung bình củ 3 p
a phân tử khí: W 
(lưu ý: n .V  N số phân tử khí trong 1 mol khí) d 2 n 0 A 0 RT 3 RT 3
Từ phương trình trạng thái đối với 1 mol khí: p  W 
 kT ( N số Avôgrađrô 23  6,022.10 d V 2 n V 2 A 0 R (phân tử 3 /m ) và k  N A
Vận tốc căn quần phương: 2 v  v C R 8, 314 3. .T 3. . 113  273 23   1 2 3 3kT N A 6, 022.10 Mặt khác: W  mv 
kT  v  v   
 3090,375 m / s d c 27    2 2 m m 1, 674.10
Nhận xét: Đây là bài toán de Broglie, thể hiện tính chất sóng hạt của hạt vi mô. Electron và proton là hai hạt vi
mô tương ứng với sóng phẳng đơn sắc có tần số dao động f có bước sóng  .
- Theo công thức de Broglie ta có: 34 h h h 6, 625.10 1  0 p       1,28.10   m 1,28 0 A 27   p mv 1, 674.10 .3090,375 TUẤN TEO TÓP Trang 20/81

Tổng hợp đề TN VLĐC3 (PH1131)| Đề thi môn VLĐC 3| Trường Đại học Bách Khoa Hà Nội

Thông tin :

Tài liệu liên quan:

Đề thi và đáp án cuối kỳ môn Vật lý đại cương 2 năm 20221| Môn Vật lý đại cương 2| Trường Đại học Bách Khoa Hà Nội

Đề thi cuối kỳ môn Vật lý đại cương 2| Môn Vật lý đại cương 2| Trường Đại học Bách Khoa Hà Nội

Ebook Vật lý đại cương 2| Môn VLĐC 2| Trường Đại học Bách Khoa Hà Nội

Câu hỏi tự luận và đáp án môn VLĐC 2| Môn VLĐC 2| Trường Đại học Bách Khoa Hà Nội

Bộ câu hỏi trắc nghiệm lý thuyết và đáp án môn VLĐC 2| Môn VLĐC 2| Trường Đại học Bách Khoa Hà Nội