›
›

Bài giảng Vật lý điện từ - Chương III: Tính chất sóng ánh sáng

pdf 148 trang Gia Huy 25/05/2022 2020
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài giảng Vật lý điện từ - Chương III: Tính chất sóng ánh sáng", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfbai_giang_vat_ly_dien_tu_chuong_iii_tinh_chat_song_anh_sang.pdf

Nội dung text: Bài giảng Vật lý điện từ - Chương III: Tính chất sóng ánh sáng

  1. CHƯƠNG III TÍNH CHẤT SÓNG ÁNH SÁNG
  2. A. Cơ sở của quang hình học I. Các định luật cơ bản của quang hình học 1. Định luật về sự truyền thẳng của ánh sáng Trong một môi trường trong suốt, đồng tính và đẳng hướng ánh sáng truyền theo đường thẳng. 2. Định luật phản xạ và khúc xạ ánh sáng a. Định luật phản xạ ánh sáng: - Tia phản xạ nằm trong mặt phẳng tới - Góc phản xạ bằng góc tới : i = i’ i i’ r
  3. b. Định luật khúc xạ ánh sáng: - Tia khúc xạ nằm trong mặt phẳng tới - Tỉ số giữa sin góc tới và sin góc khúc xạ là một số không đổi sin i n sin r 21 n21 là chiết suất tỉ đối của môi trường 2 đối với môi trường 1. n21 = n2 / n1 ,với n1 , n2 là chiết suất tuyệt đối của môi trường 1 và 2 tương ứng. sin i n2 n21 n 1sin i n 2 sin r sin r n1
  4. II. Những phát biểu tương đương của đl Descartes 1.Quang lộ:Quang lộ L giữa hai điểm A, B là đoạn đường ánh sáng truyền được trong khoảng khoảng thời giann t, t là khoảng thời gian ánh sáng đi được đoạn đường AB trong môi trường d c L ct c; n L nd v v Nếu AS truyền qua nhiều môi trường chiết suất n1 , n2 , n3 . Với quãng đường tương ứng d1 , d2 , d3 .thì: L n1 d 1 n 2 d 2 n 3 d 3
  5. Nếu ánh sáng đi trong môi trường mà chiết suất thay đổi liên tục thì quang lộ giữa hai điểm A và B trong môi trường là: B L n. ds A ds là đoạn đường rất nhỏ để coi như chiết suất không đổi trên nó. 2. Nguyên lý Fermat: a) Phát biểu: Giữa hai điểm AB, ánh sáng sẽ truyền theo theo con đường nào mà quang lộ là cực trị ( cực đại, cực tiểu hoặc không đổi).
  6. b)Sự tương đương của NL Fermat và các ĐL Descartes - Sự tương đương của NL Fermat với ĐL phản xạ Xét hai điểm A, B nằm phía trên mặt phản xạ. Gọi AIB là con đường AS truyền từ A đến B. Theo ĐLPX thì: i = i’ . Xét một điểm I’ bất kỳ trên mặt phản xạ; gọi B’ là điểm đối xứng của B qua mặt phản xạ thì IB = IB’ và I’B = I’B’. Vì i = i’ nên ba điểm AIB’ thẳng hàng nên: AI IB AI'' I B B n()'' AI IB n AI I B A LL AIB AI' B i i’ Nghĩa là ánh sáng truyền theo I I’ con đường mà quang lộ cực tiểu B’
  7. - Sự tương đương của NL Fermat với ĐLKX Xét hai điểm A, B nằm trong hai môi trường trong suốt chiết suất n1 và n2 .Lấy điểm I bất kỳ trên mặt phân cách A n1 h1 i1 B’ A’ x I P - x i2 h2 n2 B
  8. Quang lộ theo con đường AIB là L n1 AI n 2 IB AA';';','' hBB1 hAI 2 xAB p 2 2 2 2 L n1 x h 1 n 2() p x h 2 A n1 h1 i1 B’ A’ x I P - x i2 h2 n2 B
  9. • Theo NL Fermat thì AS đi theo con đường sao cho L cực trị, nghĩa là dL x p x 0 n n 0 dx 12 2 2 2 2 x h1() p x h 2 n1sin i 2 n 1 sin i 2 Như vậy xuất phát từ định luật Descartes ta có thể tìm được nguyên lý Ferma và ngược lại. Rõ ràng chúng tương đương với nhau.
  10. 3. Định lý Malus: a) Mặt trực giao: là mặt vuông góc với các tia của một chùm sáng. b)Định lý: Quang lộ của các tia sáng giữa hai mặt trực giao của một chùm sáng thì bằng nhau. Định lý Malus là một dạng phát biểu tương đương nữa của các định luật Descartes
  11. CM: Xét một chùm sáng song song truyền qua mặt phân cách hai môi trường A2 H2 L1 n 1 A 1 I 1 n 2 I 1 B 1 A1 i1 n1 A 1 I 1 n 2 I 1 H 1 n 2 H 1 B 1 i1 I i2 I L n A I n I B 1 2 2 1 2 2 2 2 2 H 1 B2 i2 n1 A 2 H 2 n 1 H 2 I 2 n 2 I 2 B 2 AIAHHBIB1 1 2 2, 1 1 2 2 B1 HIIH2 2 1 1 n1sin i 1 n 2 sin i 2 n 1 . n 2 . IIII1 2 1 2 n1 H 2 I 2 n 2 I 1 H 1 L 1 L 2
  12. B. Cơ sở của quang học sóng. Giao thoa ánh sáng I. Cơ sở quang học sóng: 1.Hàm sóng ánh sáng:ánh sáng là sóng điện từ tuy nhiên thực nghiệm chứng tỏ rằng chỉ có thành phần điện trường khi tác dụng vào mắt mới gây cảm giác sáng, vì vậy dao động của E được gọi là dao động sáng. Nếu tại O PT dao động sáng là: x acos t Thì tại điểm M cách O một đoạn r, PT dao động r2 r sáng sẽ là: x acos ( t ) a cos(  t ) v Tv 2 nr 2 L acos( t ) a cos(  t ) cT 
  13. L = nr là quang lộ trên đoạn đường OM  là bước sóng AS trong chân không. PT này gọi là hàm sóng của AS. Nếu AS truyền theo chiều ngược lại thì hàm sóng của AS có dạng: 2 L x acos( t )  X X O M
  14. 2. Cường độ sáng:CĐ sáng tại một điểm là một đại lượng có trị số bằng năng lượng truyền qua một đơn vị diện tích đặt vuông góc với phương truyền sáng trong một đơn vị thời gian. CĐ sáng tại một điểm tỉ lệ với bình phương biên độ dao động sáng tại điểm đó.Nếu chọn hệ số tỉ lệ bằng 1 thì I = a2
  15. Ví dụ: Hai sóng có cùng bước sóng  620 nm một sóng đi qua môi trường chiết suất n1 = 1,45, một sóng đi qua môi trường chiết suất n2 = 1,65 như hình vẽ. Tìm độ dày d nhỏ nhất để cho hai sóng cùng pha với nhau khi đi qua môi trường khi: a) Lúc đầu hai sóng cùng pha với nhau b) Lúc đầu hai sóng lệch pha nhau rad n1 n2 d
  16. HQL của hai sóng khi đi qua môi trường: L2 – L1 = d( n2 – n1 ) a)Lúc đầu hai sóng cùng pha nhau nên: 2 (LL ) 2 1 2k   d( n2 n 1 ) k d min 3100 nm n2 n 1 b) Lúc đầu hai sóng lệch pha nhau π nên 2 (LL ) 2 1 2k    d (2 k 1) dmin 1550 nm 2(n2 n 1 ) 2( n 2 n 1 )
  17. II.Hiện tượng giao thoa ánh sáng: Là hiện tượng chồng chất của hai (hay nhiều) sóng AS kết hợp làm xuất hiện trong không gian những vân sáng và tối nằm xen kẻ nhau. Hai sóng kết hợp là hai sóng có cùng phương dao động, cùng tần số và hiệu pha không thay đổi theo thời gian.
  18. 1. Cách tạo ra hai sóng AS kết hợp: a) Khe Young: O2 O O1
  19. b) Gương Fresnel: là một dụng cụ gồm hai gương G1 , G2 đặt nghiêng nhau một góc rất nhỏ (khoảng vài phần nghìn radian). Một nguồn điểm O đặt trước hai gương sẽ có hai ảnh ảo O1 , O2 O Màn chắn G2 (2) O2 (1’) G1 (2’) G1 (1)
  20. 2. Biểu thức cường độ ánh sáng giao thoa. Giả sử tại điểm M trong không gian có sự chồng chất của hai ánh sáng đơn sắc dao động cùng phương, cùng tần số: 2 .LL1 2 . 2 x1 A 1.cos  1 t , x 2 A 2 .cos  2 t   Hiệu pha của hai dao động là: 2  LL 2 1 1 2 Biên độ của dao động tổng hợp tại M 2 2 2 AAAAA 1 2 2 1 2 .cos 2 1
  21. Vì cường độ sáng tỉ lệ với bình phương của biên độ, nên CĐ sáng tổng hợp tại M: IIIII 1 2 2. 1 . 2 .cos( 2 1 ) Imax khi: 2 2k ( L L ) 2 k 2 1 1 2 L2 L 1 k ; k 0, 1, 2, 2 IIImax 1 2
  22. • Imin khi: 2 (2k 1) ( L L ) (2 k 1) 2 1 1 2  L L (2 k 1) ; k 0, 1, 2, 2 1 2 2 IIImin 1 2
  23. Vậy nếu hai sóng là kết hợp thì CĐ sáng tổng hợp sẽ có các giá trị không đổi khác nhau phụ thuộc vào hiệu pha tức là phụ thuộc vào giá trị của hiệu quang lộ . Nếu hai sóng không kết hợp thì thì độ lệch pha sẽ thay đổi nhanh và ngẫu nhiên theo thời gian nên giá trị trung bình theo thời gian của cos bằng không nên giá trị của I là: III 1 2 Nghĩa là cường độ là tổng cường độ của hai nguồn khi hoạt động một mình.
  24. 3. Khảo sát hiện tượng giao thoa : M d1 S1 x O d2 S2 H D
  25. • Gọi toạ độ điểm quan sát M trên màn là x. Ta xét trường hợp D rất lớn so với a . • Hiệu quang lộ của hai tia đi đến M là: ax L L d d S H atg 2 1 2 1 2 D D • Vị trí các vân sáng: L L k x k 2 1 k a k 0; 1; 2; 3, • Vị trí các vân tối : 1 D L L ( k ) x (2 k 1) 2 1 2k 2a
  26. Khoảng vân giao thoa i là khoảng cách giữa hai vân sáng (hoặc hai vân tối) liên tiếp D i x x k 1 k a Các công thức trên được suy từ điều kiện D >> a. Để không cần phải đặt màn quá xa mà vẫn dùng được các công thức này, người ta dùng một thấu kính hội tụ đặt sau hai khe và màn quan sát đặt trùng với tiêu diện của thấu kính hội tụ. Vì đặt màn ảnh ở bất kỳ vị trí nào trong vùng giao thoa cũng hứng được vân giao thoa, nên vân giao thoa này gọi là vân không định xứ.
  27. 4. Giao thoa khi dùng ánh sáng trắng: Giả sử S1 , S2 là 2 nguồn phát ra ánh sáng trắng (λ từ 0,4 đến 0,76μm). Khi đó mỗi ánh sáng đơn sắc sẽ cho một hệ thống vân có màu. Ta thấy tại x = 0 (k = 0), các ánh sáng đơn sắc đều cho cực đại. Kết quả ta có vân sáng trắng. Với k ≠ 0, vị trí cực đại cùng bậc của các bước sóng khác nhau sẽ khác nhau tạo thành một vân sáng có màu sắc, bờ trong viền tím, bờ ngoài viền đỏ.
  28. Khi bậc giao thoa k tăng đến một lúc nào đó vân sáng bậc k của bước sóng λ + Δλ tiến đến trùng với vân sáng bậc k + 1 của bước sóng λ thì sẽ xảy ra san bằng độ rọi giữa hai cực đại liên tiếp trên màn và ta sẽ không phân biệt được các vân giao thoa nữa. Bậc giao thoa tương ứng gọi là bậc giao thoa cực đại. () DD  x k x ( k 1) ka k 1 a  k(  ) ( k 1)  k  Bậc giao thoa cực đại đánh giá độ đơn sắc của ánh sáng.
  29. 5. Hiện tượng giao thoa do phản xạ. Thí nghiệm Loyd. Một khe sáng hẹp, đơn sắc S đặt song song với gương phẳng G và rất gần mặt gương. Đặt màn E vuông góc với mặt gương và song song với khe sáng. S M G S’
  30. • Một điểm M trên màn E sẽ nhận được hai tia sáng từ nguồn S gửi tới , tia SM gửi thẳng từ S và tia SIM gửi tới sau khi phản xạ trên gương. Điểm M sẽ sáng nếu thoả mãn điều kiện: L1 L 2 k và điểm M sẽ tối nếu thoả mãn điều kiện: 1 L L () k  1 2 2 Tuy nhiên thực nghiệm lại xác nhận rằng tại những điểm mà lý thuyết dự đoán là sáng thì thực tế là tối , dự đoán là tối thì thực tế là sáng.
  31. • Như vậy pha dao động của một trong hai tia phải thay đổi một lượng là π. Vì rằng pha dao động của tia SM không có lý do gì để thay đổi, do đó chỉ có thể kết luận rằng khi phản xạ trên mặt gương, pha dao động của tia SIM thay đổi một lượng là π, tương ứng với quang lộ của tia phản xạ dài thêm λ/2. Kết luận này có tính tổng quát: • Khi phản xạ trên môi trường có chiết suất lớn hơn môi trường ánh sáng tới thì quang lộ của tia phản xạ dài thêm λ/2
  32. IV. Giao thoa gây bởi các bản mỏng. Bản mỏng là một bản trong suốt có độ dày vào cở vài phần trăm milimet. Khi chiếu ánh sáng vào bản mỏng thì do có sự giao thoa của các chùm tia phản xạ ở mặt trên và mặt dưới của bản mỏng nên trên mặt bản mỏng thường xuất hiện các vân sáng nhiều màu gọi là các vân bản mỏng
  33. 1) Bản mỏng có độ dày thay đổi – vân cùng độ dày S maét R1 i H K R2 A B r r C Tại B có sự chồng chất của hai sóng kết hợp phát ra từ điểm S của nguồn sáng và truyền theo hai đường khác nhau SACBR1 và SBR2 chúng gây ra hiện tượng giao thoa tại B do đó ta quan sát thấy vân giao thoa trên mặt bản.
  34. S maét R 1 H R i 2 K A B r d r C
  35. HQL của hai tia PX ở mặt dưới và mặt trên: L1 L 2  SACBR 1  SBR 2  SA  ACB  BR1 () SB  BR 2   SA n()() AC CB BR SB BR 1 2 2 SB SA HB, BR1 BR 2  L1 L 2  n( AC CB HB 2
  36. Ta có: d AC CB ;. AK d tgr cos r BH AB.sin i 2 AK sin i 2 d . tgr .sin i sin i n sin r  L L 2 d n2 sin 2 i 1 2 2
  37. Vì rằng con ngươi của mắt nhỏ nên mắt chỉ nhìn được các tia nghiêng ít đối với nhau nên i coi như không đổi và hiệu quang lộ chỉ phụ thuộc bề dày d của bản. Những điểm ứng với bề dày sao cho : : là vị trí các vân sáng L1 L 2 k : là vị trí các vân tối L1 L 2 (2 k 1) / 2 Mỗi vân ứng với một giá trị xác định của bề dày d , nên các vân này được gọi là các vân cùng độ dày. Những vân này định xứ trên bề mặt bản mỏng nên gọi là vân định xứ.
  38. Ví dụ: R S 1 R2 a) Vân của nêm không khí: G1 Nêm không khí là một lớp không khí hình nêm, giới A B G2 hạn giữa hai bản thủy tinh đặt nghiêng nhau góc rất nhỏ. Rọi một chùm sáng đơn sắc song song vuông góc với mặt nêm G2. Xét tia SA của chùm, khi tới điểm A của mặt nêm G1 nó tách thành hai tia: một phần phản xạ tại A (tia AR1 ), còn một phần truyền qua nêm không khí phản xạ trên mặt nêm G2 tại B và quay lại theo đường BAR2
  39. Như vậy tại A có sự gặp nhau của hai tia phản xạ trên hai mặt nêm. Vì do cùng một tia tách ra nên chúng là hai tia kết hợp. Kết quả là trên mặt nêm G1 sẽ quan sát được vân giao thoa. Hiệu quang lộ giữa hai tia là: L1 L 2  SA 2 AB  / 2  SA 2 d  / 2 Số hạng  /2 là do phản xạ trên mặt G2 . Những điểm tối thỏa mãn: L1 L 2 2 d  / 2 (2 k 1)  / 2 d k /2, k 0,1,2,
  40. Vì các điểm có bề dày không đổi là một đoạn thẳng song song với cạnh nêm, do đó vân tối là những đoạn thẳng song song với cạnh nêm. Cạnh nêm là vân tối ứng với d = 0 * Những điểm sáng thỏa mãn điều kiện: L1 L 2 2 d  /2 k  d (2 k 1) /4, k 1,2, Các vân sáng cũng là những đoạn thẳng song song với cạnh nêm và xen kẻ với các vân tối.
  41. • Khoảng cách giữa hai vân sáng hoặc hai vân tối liên tiếp trên mặt nêm: d d  i k 1 k sin 2. i d dk k+1
  42. C b) Vân tròn Newton: S Đặt một TK lồi lên một tấm thủy R L H tinh phẳng. Lớp không khí giữa d A P TK và bản thủy tinh là một bản B O mỏng có bề dày thay đổi. Rọi lên TK một chùm sáng song song đơn sắc vuông góc với bản thủy tinh, tại mặt cong của TK sẽ có sự gặp nhau của các tia phản xạ và sẽ quan sát được các vân giao thoa
  43. • Vân tối ứng với bề dày lớp không khí  d k 2 • Vân sáng ứng với bề dày lớp không khí  d 2 k 1 4 Do tính chất đối xứng nên các vân giao thoa là những vòng tròn có tâm tại O, gọi là các vân tròn Newton.
  44. Bán kính của vân tối thứ k. Gọi rk là bán kính vân tối thứ k, dk là bề dày của lớp không khí tại vân tối thứ k, ta có: 2 2 2 2 rk R ( R d k ) ; d k R r k 2 Rd k  d k r R. k k2 k Khoảng cách giữa hai vân tối (hoặc sáng) kế tiếp: i rk 1 r k ( k 1 k ) R . Khi k tăng thì i giảm nên càng ra xa trục đối xứng OC thì các vân giao thoa càng xít lại.
  45. 2) Bản mỏng có bề dày không đổi – Vân cùng độ nghiêng. F F’ M O i d r n
  46. Rọi sáng bản bằng một nguồn sáng rộng. Xét một chùm song song đập lên bản với góc tới i. Mỗi tia của chùm khi đập lên bản sẽ tách thành hai: một phần phản xạ ở ngay mặt trên, còn một phần đi vào bản phản xạ đi lên trên và ló ra ngoài. Khi ra ngoài không khí hai tia phản xạ song song với nhau. Nếu dùng một TKHT cho hai tia gặp nhau tại M trong mặt phẳng tiêu thì chúng sẽ giao thoa với nhau. Hiệu quang lộ của hai tia đó là  L L 2 d n2 sin 2 i 1 2 2
  47. • Vì d không đổi nên HQL chỉ phụ thuộc góc nghiêng i. Do bản được chiếu sáng bằng nguồn sáng rộng nên có nhiều chùm sáng đập lên bản với cùng góc tới i. Các chùm sáng có cùng góc tới i và nằm xung quanh trục của TK sẽ hội tụ tại các điểm trên một đường tròn có tâm tại F. Cường độ sáng tại các điểm trên đường tròn đều bằng nhau và đường tròn đó chính là vân giao thoa. Với các góc nghiêng khác nhau ta được các vân giao thoa khác nhau gọi là vân giao thoa cùng độ nghiêng
  48. IV. Ứng dụng hiện tượng giao thoa d 1. Sự khử phản xạ các mặt kính: Khi một chùm sáng rơi vào mặt thấu kính hay lăng lính thì một KK TTinh phần AS bị phản xạ trở lại. Để khử PX, mặt trước của TK được phủ một màng mỏng chất trong suốt đặc biệt. Lúc đó tia tới bị PX hai lần: trên các biên giới không khí – màng mỏng và màng mỏng – TK. Chiết suất n và bề dày d của màng mỏng được chọn sao cho hai tia PX này ngược pha nhau
  49. 2. Kiểm tra các mặt kính phẳng hoặc lồi Đặt tấm kính phẳng cần kiểm tra nghiêng trên tấm kính phẳng mẫu một góc rất nhỏ, tạo thành một nêm không khí giữa hai tấm kính. Rọi lên nêm một chùm ánh sáng đơn sắc. Nếu mặt cần kiểm tra thật phẳng thì các vân giao thoa là những đoạn thẳng song song. Nếu không thì các vân giao thoa bị cong đi, do đó cho biết những chỗ lồi lỏm để sửa chửa Kính mẫu
  50. 3. Đo chiết suất của chất lỏng và chất khí – Giao thoa kế Rayleigh n0 O L2 n Ban đầu hai ống đựng cùng một chất lỏng (khí), trên mặt phẳng tiêu của TK L2 ta quan sát được hệ thống vân giao thoa. Sau đó thay chất lỏng (khí) đựng trong một ống bằng chất lỏng (khí) cần nghiên cứu. Vì chiết suất của hai chất khác nhau nên HQL của hai chùm tia bị thay đổi, do đó hệ thống vân bị dịch chuyển. Đếm số vân bị dịch chuyển suy ra chiết suất của chất cần đo
  51. Khi thay chất lỏng trong ống bằng chất lỏng cần đo thì HQL của hai chùm tia thay đổi một lượng là ( n – n0 )d, d là chiều dài ống đựng chất lỏng. Vì khi HQL thay đổi một bước sóng thì hệ thống vân dịch chuyển đi một khoảng vân. Do đó lúc đo chiết suất nếu hệ thống vân dịch đi m khoảng vân thì: m m () n n d n n 0d 0
  52. 4. Đo chiều dài – Giao thoa kế Michelson Tia OA tới bản bán mạ P bị G1 M1 tách ra thành hai tia: tia phản xạ AM và tia truyền P 1 A O M2 G2 qua AM2 . Tia AM1 tới gương G1 thì PX trở lại truyền qua bản P và đi vào kính quan sát. Tia AM2 tới gương G2 phản xạ trở lại đi vào P, phản xạ trên mặt bán mạ rồi cũng đi vào kính quan sát và giao thoa với tia thứ nhất
  53. Khi dịch chuyển một gương song song với chính nó dọc theo tia sáng một đoạn  /2 thì HQL của hai tia thay đổi là  và hệ thống vân dịch chuyển đi một khoảng vân. Vậy muốn đo chiều dài một vật nào ta dịch chuyển gương từ đầu này tới đầu kia của gương và đếm số vân dịch chuyển. Nếu hệ thống vân dịch chuyển đi m khoảng vân thì chiều dài của vật cần đo là  l m 2
  54. Ví dụ: Chiếu chùm sáng đơn sắc bước sóng λ = 0,6μm vào hai khe hở hẹp song song cách nhau a = 1mm và cách đều nguồn sáng. Trên màn ảnh đặt song song và cách hai khe hở một đoạn D = 1m, ta thu được hệ thống vân giao thoa. a) Tính khoảng cách giữa hai vân sáng ( hoặc tối) liên tiếp nếu toàn bộ hệ thống đặt trong không khí. b) Xác định vị trí 3 vân tối đầu tiên. c) Đặt trước một trong hai khe hở một bản mỏng phẳng trong suốt, bề dày e = 12μm và có chiết suất n = 1,5. Khi đó hệ thống vân có gì thay đổi ?Xác định độ dịch chuyển của hệ thống vân. d) Nếu không đặt bản mỏng mà lại đổ vào khoảng giữa màn và mặt phẳng chứa hai khe một chất lỏng thìngười ta thấy bề rộng của mỗi vân là i’. Tính cs chất lỏng
  55. a) D i 0,6 mm a b) Vị trí của các vân tối : D i x (2 k 1) (2 k 1) ( k 0, 1, 2, ) t 2a 2 Xét các vân tối ở phía trên vân sáng giữa ( k = 0, 1, 2) nên: x x1t 0,3 mm ; x 2 t 0,9 mm ; x 3 t 1,5 mm
  56. d) O S r2 x’ r1 M L1 L 2 [( r 1 e ) ne ] r 2 ( r 1 r 2 ) ( n 1) e x'' a x a r r L L ( n 1) e 1 2DD 1 2
  57. Vị trí vân sáng được xác định bởi : x' a L L ( n 1) e k 1 2 D D( n 1) eD x' k s a a Tương tự vị trí vân tối được xác định bởi D( n 1) eD x' (2 k 1) t 2a a
  58. Khi chưa có bản mỏng vị trí các vân sáng và vân tối là: DD  x k; x (2 k 1) sa t 2 a Vậy: - Khoảng cách giữa hai vân sáng (hoặc tối) liên tiếp không thay đổi vì: D( n 1) eD  D ( n 1) eD i' [( k 1) ] [ k ] a a a a D i a
  59. - Toàn bộ hệ thống vân bị dịch chuyển đi một đoạn: D( n 1) eD  D x x' x [] k k s s a a a (n 1) eD a Với n > 1, nên Δx < 0, nghĩa là hệ thống vân đã dịch chuyển xuống phía dưới (cùng phía với khe có đặt bản mỏng) . Độ dịch chuyển là: (n 1) eD x 6 mm a
  60. d) Khi đặt hệ thống trong chất lỏng chiết suất n’. Hiệu quang lộ: x' a L L n' r n ' r n '( r r ) n ' 1 2 1 2 1 2 D Suy ra vị trí vân sáng và vân tối : D i i i x'' k k, x (2 k 1) k i ' sn' a n ' t 2 n ' n Vậy khi đổ đầy chất lỏng vào toàn bộ hệ thống, bề rộng mỗi vân sẽ giảm đi n’ lần. i 0,6 4 n' i ' 0,45 3
  61. Ví dụ: Tìm bề dày tối thiểu của bản mỏng có chiết suất 1,33 để ánh sáng có bước sóng 640nm bị phản xạ mạnh nhất còn bước sóng 400nm hoàn toàn không bị phản xạ. Góc tới của chùm tia là 300
  62. Hiệu quang lộ:  L L 2 d n2 sin 2 i 1 2 2 Gọi λ1 = 640nm là bước sóng bị phản xạ mạnh nhất, λ2 = 400nm là bước sóng hoàn toàn không phản xạ. Ta có:  2d n2 sin 2 i 1 k  2 1 1  1 2d n2 sin 2 i 2 ( k ) 22 2 2 (k1 0,5) 1 ( k 2 1)  2 8(k1 0,5) 5( k 2 1)
  63. Để dmin thì k1 = 2; k2 = 3. Vậy: (k 1) d 2 2 2n2 sin 2 i 4.400 dmin 649 nm 2 1,332 0,5 2
  64. Ví dụ: 1.Chiếu 2 chùm tia sáng đơn sắc bước sóng lần lượt là  1 0,45  m và 2 0,54 m vuông góc với 1 nêm không khí có góc nghiêng . Ở mặt trên của nêm, khoảng cách ngắn nhất từ cạnh nêm đến vị trí có 2 vân tối trùng nhau là 2,7mm. Tìm góc nghiêng .
  65. Ta có: 1  2k 1  2 0,54 6 k1 k 2 2 2k2 1 0,45 5 k1 6,12,18, k2 5,10,15, k1min 6 ; k 2min 5 d 3 3.0,45.10 6 sin 1 x x 2,7.10 3 0,5.10 3 rad
  66. 2. Chiếu 1 chùm tia sáng song song, bước sóng  thẳng góc với mặt dưới của 1 nêm thủy tinh chiết suất 1,5; góc nghiêng 10 4 rad đặt trong không khí. Vị trí vân sáng thứ 4 ở mặt trên của nêm cách cạnh nêm 0,7cm. Tìm bước sóng
  67. HQL của tia phản xạ ở mặt trên và mặt dưới của bản thủy tinh   L1 L 2  SA 2 nd SA 2 nd 2 2 Vị trí vân sáng  L L k 2 nd k  S 1 2 2 1  d k 2 2n A Vân sáng thứ tư n x 3,5 k 3 d 2n B d 3,5 sin  0,6 m x2 nx
  68. 3. Trong thiết bị cho vân tròn Newton, đặt trong không khí, bán kính mặt cong của TK là 20m, bán kính chu vi của TK là 5cm, bước sóng AS là 0,5m . Tìm tổng số vân tối (trừ điểm tối giữa) quan sát được.
  69. Bán kính vân tối thứ k rk R. k 2 2 Theo đề bài: rk 5.10 m R . k 5.10 25.10 4 k 250 20.0,5.10 6 k 0,1, 250 Vì trừ điểm tối ở giữa ( k = 0 ), nên k = 1,2 .250 Vậy có 250 vân tối
  70. 4. Để thu vân tròn Newton người ta chiếu ánh sáng đơn sắc bước sóng 560nm lên một thấu kính phẳng lồi có bán kính cong R = 12,5cm, mặt cong tiếp xúc với tấm thuỷ tinh phẳng a) Xác định bán kính của vân tối thứ 10 b) Từ từ tịnh tiến TK xa dần tấm thuỷ tinh theo phương vuông góc. Hãy mô tả hiện tượng quan sát được. Tính độ dời đã tịnh tiến khi bán kính vân tối thứ 10 chỉ còn ¾ giá trị ban đầu.
  71. a) Bán kính vân tối thứ 10 9 rk R. k 0,125.560.10 .10 0,84 mm b) Gọi x là khoảng cách từ đỉnh TK đến tấm thuỷ tinh phẳng. Hiệu quang lộ:  L L 2( d x ) 1 2 2 Vân tối:  1 2(d x ) ( k ) 2 2  d k x 2
  72. O R d C x
  73. • Bán kính vân tối thứ k:  r 2 Rd 2 R ( k x ) k 2 • Vậy khi tịnh tiến TK xa dần tấm thuỷ tinh theo phương vuông góc thì rk giảm nghĩa là các vân xít lại. 2R (5 x ) 0,75.0,84.10 3 0,63.10 3 0,632 .10 6 x 5 2R 0,632 .10 6 5.560.10 9 1,2m 2.0,125
  74. 4. Trong khoảng trống giữa TK và bản thủy tinh của hệ thống cho vân tròn Newton chứa đầy 1 chất lỏng có chiết suất no > n, với n là chiết suất của TK và bản thủy tinh. Tìm bán kính của vân tròn sáng thứ 2 và bán kính của vân tròn tối thứ 2.
  75. 4. HQL của hai tia phản xạ:   L1 L 2  SA 2 n 0 d SA 2 n 0 d S2 2 a) Vân sáng:  L L k 2 n d k  1 2 0 2 A n 1  n >n d k 0 n 2 2n0 1 RR 3  rk 2 Rd k 2 n0 2 n 0
  76. b) Vân tối    L L (2 k 1) 2 n d (2 k 1) 1 22 0 2 2 k '  d k 1 ; k ' 0,1,2 2n0 2 n 0 RR2  rk 2 Rd k ' n0 n 0
  77. 5. Một nguồn sáng đơn sắc rọi vuông góc lên một lớp dầu láng đều trên bề mặt thủy tinh. Bước sóng ánh sáng từ nguồn có thể thay đổi liên tục. Người ta thấy cường độ ánh sáng phản xạ bị triệt tiêu với các bước sóng 500nm và 700nm. Giữa hai bước sóng này không có bước sóng nào khác có cường độ triệt tiêu. Dầu có chiết suất 1,3, thủy tinh có chiết suất 1,5. Tìm độ dày của lớp dầu
  78. • HQL của tia phản xạ trên bề mặt thủy tinh và trên bề mặt lớp dầu    L1 L 2 2 nd AB 2 n d d (2 k 1) 2 2 2 A B
  79. Cường độ AS bị triệt tiêu tai các bước sóng 1 500nm ,  2 700 nm nên:   (2k 1)1 (2 k 1) 2 12 2 2 2k 1  700 7 1 2 2k2 1 1 500 5 k1 3; k 2 2 7 d 1 673 nm 4n1
  80. • Hiện tượng giao thoa không định xứ là hiện tượng giao thoa gây bởi các nguồn sáng điểm hoặc các khe hẹp. Các vân giao thoa có thể quan sát tại bất kỳ điểm nào trong trường giao thoa nên gọi là vân không định xứ (giao thoa khe Young). • Hiện tượng giao thoa định xứ: các vân giao thoa chỉ quan sát được tại các điểm xác định nên gọi là vân định xứ (giao thoa gây bởi bản mỏng).
  81. C. Nhiễu xạ AS I. Hiện tượng nhiễu xạ ánh sáng Hiện tượng ánh sáng bị lệch khỏi phương truyền thẳng khi đi gần các chướng ngại vật được gọi là hiện tượng nhiễu xạ ánh sáng C E D’ D P S B’ B
  82. II. Nhiễu xạ gây bởi sóng cầu 1. Nguyên lý Huyghen – Fresnel: Bất kỳ một điểm nào mà ánh sáng truyền tới đều trở thành nguồn sáng thứ cấp phát ánh sáng về phía trước nó. Biên độ và pha của nguồn thứ cấp là biên độ và pha của nguồn thực gây ra tại vị trí của nguồn thứ cấp.
  83. 2. Biểu thức dao động sáng tại M. Áp dụng nguyên lý Huygens – Fresnel ta có thể xác định được biên độ dao động sáng tại điểm M bên ngoài nguồn sáng O như sau: Giả sử ở một thời điểm nào đó mặt sóng tạo bởi nguồn O là S và tại nguồn O, biểu thức sóng ánh sáng có dạng x = acosωt θ2 r O 1 r2 θ1 M S
  84. Theo nguyên lý H – F dao động sáng của phần tử dS trên mặt S cách O khoảng r là: 1 r dx( dS ) a ( dS )cos ( t 1 ) v a(dS) là biên độ dao động sáng do nguồn O gây ra tại dS. Dao động sáng do dS gây ra tại M là: r r dx( M ) a ( M )cos ( t 1 2 ) v a(M) là biên độ dao động sáng do dS gây ra tại M
  85. Rõ ràng nếu dS càng lớn thì a(M) càng lớn, nếu r1 và r2 càng lớn thì a(M) càng nhỏ. Ngoài ra a(M) còn phụ thuộc θ1 và θ2 nên có thể đặt: A(,)  dS a() M 1 2 r1 r 2 Thực nghiệm chứng tỏ năng lượng sáng phát ra theo phương vuông góc với dS là mạnh nhất. Dao động sáng tổng hợp tại M là: A(,)  r r x dx( M )  1 2 cos ( t 1 2 ) dS S r1 r 2 v Việc tính tích phân trên rất phức tạp nên người ta dùng phương pháp đới Fresnel
  86. 3) Phương pháp đới cầu Fresnel Xét nguồn sáng điểm O và điểm được chiếu sáng P, dựng một mặt cầu S bao quanh O, có bán kính R < OP. Đặt PM = b. Lấy P làm tâm vẽ các mặt , , , ,0 0 1 2 k cầu có bán kính lần lượt là PM0   PM b ; PM b 2 , Các mặt cầu này 12 2 2 chia mặt cầu S thành các đới gọi là các đới cầu Fresnel M S k b + k. /2  b + k.2/2 R M 2 b + /2 M1 O M 0 b P H k M’1 M’2 M’k
  87. S M b + k. /2 k  b + k.2/2 M b + /2 R 2  M 1 O P M0 b H k M’1 M’2 M’k
  88. Diện tích các đới đều bằng nhau và bằng: Rb   R b Bán kính của đới cầu thứ k: Rb r k; k 1,2,3 k R b
  89. Biên độ dao động tổng hợp tại P. Gọi ak là biên độ dao động sáng do đới thứ k gây ra tại P. Khi k tăng thì ak giảm, nhưng chậm, nên có thể xem là: 1 a () a a k2 k 1 k 1 Vì các điểm nằm trên các đới cầu đều có cùng pha dao động nhưng khoảng cách từ hai đới kế tiếp đến điểm P khác nhau  /2 nên hai dao động sáng do hai đới kế tiếp gây ra tại P ngược pha nhau. Nếu gọi a là biên độ sáng tổng hợp do các đới gây ra tại P, ta có:
  90. • Ta có a a1 a 2 a 3 a 4 a 5 an a1 a 1 a3 a 3 a 5 a2 a 4 2 2 2 2 2 aa a n 1 n 2 2 2 • Dấu + khi n lẽ và dấu – khi n chẳn
  91. 4) Nhiễu xạ qua lỗ tròn gây bởi nguồn điểm ở gần: Giả sử lỗ tròn chứa m đới Fresnel đầu tiên khi đó: a a O P a 1 m 2 2 • Dấu + nếu n lẽ, dấu – nếu n chẵn
  92. Một số kết luận: * Khi không có màn chắn hoặc lỗ có kích thước lớn thì nên cường độ sáng tại P là: am 0 a2 I a2 1 0 4 * Lúc lỗ chứa một số lẻ đới, thì CĐ sáng tại P a a 2 1 m điểm P sáng hơn khi II 0 2 2 không có màn chắn. Đặc biệt nếu m = 1 thì 2 I a1 4 I 0
  93. * Nếu lỗ chứa một số chẵn đới thì 2 a1 am II 0 2 2 CĐ sáng tại P nhỏ hơn khi không có màn chắn. Đặc biệt nếu m =2 thì vì a1 a 2 nên I = 0. Lúc đó P là điểm tối.
  94. • Dao động gây bởi các đới chẳn và lẻ ngược pha nhau do đó chúng khử lẫn nhau. Nếu đặt trên đường đi của sóng AS một bản trên đó các đới chẳn ( hoặc lẽ) bị che khuất ,hoặc làm thay đổi pha dao động của chúng một lượng bằng π thì CĐ sáng sẽ tăng rất mạnh.
  95. 5) Nhiễu xạ qua một đĩa tròn: Đặt giữa nguồn sáng O và điểm quan sát P ,một đĩa tròn chắn sáng. Giả sử đĩa che mất m đới Fresnel đầu tiên lúc đó biên độ dao động sáng tại P: a a a m 1 n 2 Vì n nên an 0 Do đó: m + 3 E m + 2 B m + 1 a ’ a m 1 2 O P D 
  96. Ví dụ 1. Một nguồn sáng điểm O đặt cách lỗ tròn 2m phát ánh sáng đơn sắc có bước sóng  0,5 m , sau lỗ tròn 2m đặt một màn quan sát. Tìm bán kính của lỗ tròn để tâm nhiễu xạ là sáng nhất.
  97. 1. Muốn tâm nhiễu xạ là sáng nhất thì lỗ tròn phải chứa một đới cầu Fresnel (k=1)nên: Rb r r 1 R b 2.2.0.5.10 6 0,71.10 3 m 2 2
  98. 2. Chiếu một chùm tia song song có  0,5 m thẳng góc đến lỗ tròn có bán kính bằng 1mm. Xác định khoảng cách lớn nhất từ lỗ tròn đến màn quan sát để tâm của hình nhiễu xạ trên màn là tối nhất.
  99. Rb b  r k k k b R b 1 R Chùm tia sáng tới là chùm tia song song, mặt sóng tựa trên lỗ là mặt phẳng () R nên r 2 r k. b b k k k Tâm của hình nhiễu xạ tối nhất khi lỗ chứa hai đới cầu Fresnel ( k = 2) 2 10 3 b 1 m 2.0,5.10 6
  100. 3. Đặt chính giữa nguồn sáng điểm và màn quan sát một đĩa tròn chắn sáng có đường kính 1mm, ánh sáng do nguồn phát ra có bước sóng  0,6  m . Tìm khoảng cách giữa nguồn sáng và màn quan sát để cường độ sáng tại P giống như khi không có đĩa tròn, biết rằng điểm P và nguồn sáng đều nằm trên trục của đĩa tròn
  101. Cường độ sáng tại P khi chưa có đĩa tròn là 2 a1 I0 Khi đặt đĩa tròn, giả4 sử đĩa che mất m đới Fresnel đầu tiên. Khi đó CĐ sáng tại P là : a2 I m 1 4 a2 a 2 Muốn II thì m = 1, vì khi đó I 2 1 0 4 4 Rb x r , R b 1 R b 2 4r 2 4.(0,5.10 3 ) 2 x 1 1,67 m  0,6.10 6
  102. 4. Một màn ảnh đặt cách nguồn sáng điểm đơn sắc ( có  0,6  m ) một khoảng 2m. Chính giữa khoảng đó có đặt một lỗ tròn đường kính 0,2cm. Hình nhiễu xạ trên màn có tâm sáng hay tối.
  103. • Ta có: Rb r2 () R b r k k k k R b Rb (0,1.10 2 ) 2 .2 k 4 1.1.0,5.10 6 Vậy lỗ tròn chứa 4 đới cầu Fresnel nên hình nhiễu xạ có tâm tối.
  104. III. Nhiễu xạ AS của sóng phẳng (NX Frauhôfer): 1. Nhiễu xạ AS qua một khe hẹpL : C E L D o ϕ M O D1 F B H1 k 1 o
  105. • Một khe hẹp có bề rộng bằng b, được rọi sáng bằng một chùm đơn sắc song song có bước sóng λ. Qua khe các tia sáng nhiễu xạ theo nhiều phương. Tách các tia nhiễu xạ theo một phương φ nào đó, chùm tia này sẽ hội tụ tại điểm M trong mặt phẳng tiêu của TK hội tụ.
  106. Với các giá trị khác nhau, chùm tia NX sẽ hội tụ tại các điểm khác nhau, các điểm này có thể sáng hoặc tối. Vì sóng tới khe là sóng phẳng nên mặt phẳng của khe là một măt sóng, các điểm trên mặt khe có cùng pha dao động. Xét các tia NX theo phương 0 . Theo ĐL Malus thì các tia gửi đến F đều có cùng pha dao động, nên tại F là một điểm rất sáng gọi là cực đại nhiễu xạ trung tâm (giữa).
  107. • Trường hợp 0 , vẽ các mặt phẳng  0 , 1  2 . Cách nhau  / 2 và vuông góc với chùm tia NX. Các mặt phẳng này chia mặt phẳng khe  thành các dãi. Bề rộng mỗi dải là 2sin và số dải trên khe là: b2 b sin n  sin  2
  108. • Theo nguyên lý Huyghen mỗi dãi là một nguồn sáng thứ cấp gửi AS tới M. Vì quang lộ từ hai dải kế tiếp đến điểm M khác nhau  / 2 nên dao động sáng do chúng gửi tới M ngược pha nhau. Kết quả nếu khe chứa một số chẳn dải (n = 2k) thì dao động sáng do từng cặp dải kế tiếp gây ra tại M sẽ khử lẫn nhau và điểm M sẽ tối. Vậy ĐK để M tối là : 2b sin  2k sin k k 1,2,  b • Giá trị k = 0 bị loại vì k = 0 ứng với cực đại trung tâm
  109. Nếu khe chứa một số lẽ dải (n = 2k + 1) thì dao động sáng do từng cặp dải kế tiếp gây ra tại M sẽ khử lẫn nhau, còn dao động sáng do dải thứ 2k + 1 không bị khủ. Kết quả điểm M sẽ sáng. Vậy điều kiện để điểm M sáng là: 2b sin 1  2k 1 sin ( k ) k 1, 2, 3  2 b • Loại giá trị k = 0 và k =-1 vì ứng với các giá trị đó thì  sin 2b cường độ sáng không thể có giá trị cực đại. •
  110. Vì khi sin 0 ta đã có cực đại giữa, nếu  với sin ta lại có cực đại thì giữa 2b  sin 0 và sin phải có cực tiểu. 2b Nhưng vì cực tiểu đầu tiên phải ứng với  sin b
  111. Tóm lại: • sin 0 có cực đại nhiễu xạ trung tâm  • sin k k 1, 2, có các cực tiểu NX b  • sin (2k 1) k 1, 2, 3, có các 2b cực đại NX
  112. Nhận xét: -Bề rộng cực đại giữa rộng gấp hai lần bề rộng của các cực đại khác. -Độ lớn của cực đại giữa Io lớn hơn nhiều so với các cực đại khác. Vì các cực đại khác chỉ do dao động của một dãi gây ra, còn cường độ sáng của cực đại giữa do dao động cùng pha từ toàn bộ mặt phẳng khe gây ra.
  113. I I0 I1 = 0,047.I0 I2 = 0,016.I0 sin O 2 /b -2λ/b -λ/b λ/b λ
  114. Ví dụ: Chiếu chùm tia sáng song song đơn sắc bước sóng  0,42  m theo phương vuông góc với một khe hẹp có bề rộng b 3  m . Tìm số cực tiểu và cực đại tối đa có thể quan sát được.
  115. • Điều kiện cực tiểu chính:  b 3 sin k k 7,14 b max  0,42 k 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 Vậy có 14 cực tiểu chính • Điều kiện cực đại chính  1 2b sin (2k 1) k ( 1)6,64 2b max 2  k 1, 2, 3, 4, 5, 6 Vậy có 12 cực đại chính (vì cộng thêm cực đại trung tâm)
  116. 2.Nhiễu xạ qua nhiều khe hẹp-Cách tử a)Nhiễu xạ qua nhiều khe hẹp L E Giả sử có N khe hẹp giống nhau M F O nằm song song trong một mặt d H B phẳng, bề rộng mỗi khe là b, C khoảng cách giữa hai khe là d. Chiếu lên các khe đó một chùm sáng đơn sắc song song. Ta thấy ngoài hiện tượng nhiễu xạ gây bởi một khe còn có hiện tượng giao thoa gây bởi các khe.
  117. L E M F d O H C B
  118. • Vì tại những điểm trên màn quan sát mà thỏa mãn điều kiện:  sin k ; k 1, 2, b thì các khe đều cho cực tiểu nhiễu xạ. Nên các cực tiểu đó gọi là các cực tiểu chính • Sự phân bố cường độ sáng giữa hai cực tiểu chính. Xét hai tia sáng xuất phát từ hai khe kế tiếp. Khi đến M HQL của hai tia là: L1 L 2 d sin Nếu: L1 L 2 dsin k 
  119. Thì dao động do hai tia đó gây ra (và cả dao động do các tia từ các khe khác gây ra) tại M đồng pha nhau. Kết quả là điểm M sáng . Các điểm sáng đó gọi là các cực đại chính. Vị trí các cực đại chính được xác định bởi công thức:  sin m ; m 0, 1, 2, d Tại tiêu điểm F của TK ( m = 0, sin 0 ) ta có cực đại nhiễu xạ trung tâm.
  120. Tóm lại: - Các cực tiểu chính ứng với:  sin k , k 1, 2, 3, b - Các cực đại chính ứng với:  sin m , m 0, 1, 2, 3, d - Tại tiêu điểm F ( m 0,sin 0) là cực đại chính giữa.
  121. Người ta chứng minh được rằng giữa hai cực đại chính kế tiếp có N-1 cực tiểu phụ và N-2 cực đại phụ. Các cực đại phụ kém sáng rất nhiều so với các cực đại chính. I Ví dụ: N = 4 ; d/b =3 O sin Nếu N lớn thì các cực đại chính là một dãy vạch sáng song song.
  122. • Số cực đại chính phải thoả mãn điều kiện:  d m sin 1 m d  • Vì d > b nên số cực đại chính nằm giữa hai cực tiểu chính bậc k phải thoả mãn điều kiện :   d m k m k d b b • Nếu cực đại chính trùng với cực tiểu chính thì các cực đại này sẽ bị khử. Nghĩa là nếu:   d m k m k, k 1, 2, d b b thì các giá trị m này phải bị loại.
  123. b) Cách tử nhiễu xạ: là tập hợp các khe hẹp giống nhau song song cách đều và nằm trong cùng một mặt phẳng. Khoảng cách d giữa hai khe kế tiếp gọi là chu kỳ cách tử. Số khe trên một đơn vị chiều dài là: 1 n d Có 2 loại cách tử: Cách tử truyền qua dùng để nghiên cứu ánh sáng thấy được. Cách tử phản xạ:dùng để nghiên cứu tia tử ngoại
  124. Cách tử truyền qua Cách tử phản xạ
  125. Quang phổ nhiễu xạ của AS trắng Mỗi AS đơn sắc của AS trắng sẽ cho một hệ thống các cực đại chính. Tại tiêu điểm F’, các AS đơn sắc đều cho cực đại chính; kết quả tại F’là một vệt sáng trắng. Ứng với một giá trị m xác định, cực đại chính của các AS đơn sắc không trùng nhau. Tập hợp các cực đại chính đó hợp thành một quang phổ bậc m. Trong mỗi quang phổ, vạch tím nằm phía trong, vạch đỏ nằm phía ngoài. Các QP cho bởi cách tử gọi là các QP nhiễu xạ.
  126. Năng suất phân giải của cách tử: Theo định nghĩa, năng suất phân giải của một  dụng cụ tán sắc là: r   là số gia bước sóng của hai cực đại sáng còn phân ly được theo tiêu chuẩn Rayleigh,  là bước sóng trung bình. Tiêu chuẩn Rayleigh: hai vân sáng có độ rọi bằng nhau được xem là phân ly khi cực đại trung tâm của vân này trùng với cực tiểu đầu tiên của vân kia. Số khe n trên mỗi mm của cách tử càng lớn thì năng suất phân ly r càng lớn.
  127. c)Nhiễu xạ của tia Rơnghen trên tinh thể. Chiếu vào tinh thể một chùm tia Rơnghen song song có bước sóng λ theo phương hợp với các mặt phẳng nguyên tử một góc trượt θ. Khi đó các tia Rơnghen bị nhiễu xạ trên các nút mạng và có cường độ lớn nhất theo phương phản xạ gương.
  128. θ d A C B Nếu HQL giữa hai tia phản xạ trên hai mặt phẳng kế tiếp thoả mãn điều kiện: L AB BC 2 d sin m  ; m 1; 2; thì các tia nhiễu xạ theo hướng đó sẽ cho cực đại nhễu xạ. Công thức trên là công thức Volf-Bragg
  129. Ví dụ: 1. Một chùm tia sáng đơn sắc song song, có bước sóng  0,6  m , được gọi vuông góc lên một khe chữ nhật hẹp có bề rộng b = 0,1mm. Ngay sau khe có đặt một thấu kính. Tìm bề rộng l của vân cực đại chính trên màn quan sát E đặt tại tiêu diện của thấu kính và cách thấu kính D = 1m
  130. • Bề rộng của vân cực đại chính được đo bằng khoảng cách giữa hai cực tiểu NX đầu tiên ở hai bên cực đại chính. Góc NX ứng với các cực tiểu  này được xác định:sin b • l   tg sin l 2 D 1,2 cm 2D b b
  131. 2. Tìm góc nhiễu xạ ứng với các cực tiểu nhiễu xạ đầu tiên nằm ở hai bên cực đại giữa trong nhiễu xạ Frauhofer qua một khe hẹp bề rộng b 10  m biết rằng chùm sáng đập vào khe dưới góc  30 0 và bước sóng ánh sáng  0,50 m
  132. Hiệu quang lộ giữa hai tia tựa trên các bờ của khe là: L1 L 2 AH BK b(sin sin ) b(sin sin ) Số dải Fresnel mà khe chứa là: N Điều kiện cho cực tiểu nhiễu xạ là:  / 2  N 2 k sin sin k ; k 1, 2, b Các cực tiểu NX đầu tiên A nằm ở hai bên cực đại giữa  H ứng với k = 1 và k = -1 Suy ra 33 0 ; 33 0 K B
  133. 3. Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc song song, bước sóng  0,5  m , thẳng góc với một cách tử NX, phía sau cách tử có đặt một TKHT tiêu cự f = 1m. Mán quan sát hình ảnh nhiễu xạ đặt tại tiêu diện của TK. Khoảng cách giữa 2 vạch cực đại chính của quang phổ bậc 1 bằng l = 0,202m. Xác định: a) chu kỳ cách tử b) Số vạch trên 1cm của cách tử c) Số vạch cực đại chính tối đa cho bởi cách tử d) Góc NX ứng với vạch quang phổ ngoài cùng
  134.  a) Vị trí các cực đại chính: sin m d Quang phổ bậc 1 ứng với hai vạch cực đại chính ứng với m 1 . Khoảng cách giữa 2 vạch cực đại chính này bằng: l   tg sin l 2 f 2 f d d 2 f  d 4,95 m l f
  135. b) Số vạch trên 1cm của cách tử 1 n 2020 vach / cm d d sin c) sin m m , m 0, 1, 2, d  d Vì cực đại của sin 1 m 9,9 max  Vì m phải là số nguyên nên chỉ có thể lấy các giá trị sau đây của m: m 0, 1, 2, 9 Vậy số vạch cực đại chính tối đa cho bởi cách tử này là: Nmax = 2mmax +1 = 19
  136. d) Góc nhiễu xạ ứng với vạch cực đại chính ngoài cùng: m  sin max 0,91 650 30' d max Vậy hai cực đại chính ngoài cùng đối xứng với nhau đối với trục chính của TK và được xác định bởi các góc 650 30’ và -650 30’
  137. Ví dụ: 1) Một cách tử có chu kỳ d = 7,5µm , bề rộng mỗi khe d = 1,5 µm . Tìm số cực đại chính giữa 2 cực tiểu chính đầu tiên.
  138. 1. Vì d > b nên:   m k( k 1) d b d 7,5 m 5 b 1,5 m 0, 1, 2, 3, 4 Vậy có tất cả 9 cực đại chính giữa hai cực tiểu chính đầu tiên.
  139. 2) Trong hình nhiễu xạ qua 3 khe hẹp, bề rộng mỗi khe là 1,5  m , khoảng cách giữa 2 khe liên tiếp là 6  m . Tìm số cực đại chính giữa 2 cực tiểu chính kế tiếp về một phía.
  140. 2. Điều kiện:    k m k 1 k m ( k 1) b d b b d b k m k 1 4k m 4( k 1) 1,5 6 1,5 Vậy có 3 cực đại chính giữa hai cực tiểu chính kế tiếp về một phía
  141. 3) Một cách tử có chu kỳ d = 6 µm . Biết rằng chu kỳ cách tử d bằng một số nguyên lần bước sóng λ của ánh sáng đang chiếu thẳng góc vào nó và số cực đại chính tối đa cho bởi cách tử là 21. Tìm bước sóng λ
  142. 3. Ta có:  d sin m m d max  N 1 N 2 m 1 m 10 max max 2 d  0,6 m mmax
  143. 4) Cách tử có chu kỳ d =4,8 µm , bề rộng mỗi khe là 1,2 µm , được chiếu sáng thẳng góc bởi ánh sáng có bước sóng λ = 0,6 µm. Tìm số vạch cực đại chính tối đa cho bởi cách tử.
  144. Ta có:  d 4,8 m sin 1 m 8 d  0,6 m 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 Các cực đại chính trùng với các cực tiểu chính thỏa:   d m k m k 4 k , k 1 d b b sẽ bị các cực tiểu chính khử. Vậy số cực đại chính tối đa cho bởi cách tử là: 15 – 2 = 13.
  145. 6. AS có bước sóng 600nm đến rọi vuông góc với cách tử nhiễu xạ. Hai cực đại kế tiếp xuất hiện tại các góc cho sin tương ứng là sin 0,2 và sin 0,3 . Cực đại NX bậc 4 không thấy xuất hiện. a) Hỏi khoảng cách giữa các khe liên tiếp? b) Độ rộng nhỏ nhất của từng khe là bao nhiêu? c) Cách tử tạo nên những bậc nào của cực đại nhiễu xạ với độ rộng khe chọn theo câu b
  146. a) Hai cực đại NX kế tiếp thỏa điều kiện  sin m 0,2 d  sin (m 1) 0,3 d m 2 m 2 d 6  m m 1 3
  147. b) Cực đại NX bậc 4 không thấy xuất hiện nghĩa là nó bị khử bởi cực tiểu nhiễu xạ do đó:   d d 4 k b k b 1,5 m d b 4min 4 c) d 6.10 6 m 10 max  600.10 9 m 0, 1, 2, , 9 Tuy nhiên khi m 4 k , k 1, 2 thì các cực đại chính bị khử do đó cách tử chỉ tạo nên các bậc 0 , 1, 2, 3, 5, 6, 7, 9 của cực đại nhiễu xạ