Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

1. ĐẶT VẤN ĐỀ:

Kể từ năm học 2006-2007 đến nay, đối với bộ môn vật lý Bộ Giáo dục-Đào
tạo đã đổi từ thi tự luận sang trắc nghiệm khách quan. Thi trắc nghiệm khách
quan không những học sinh phải tƣ duy mà còn phải giải bài toán nhanh gọn.
Việc giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc là một vấn đề khó trong
chƣơng trình vật lí lớp 12, các em học sinh thƣờng bối rối và khó khăn khi gặp
vấn đề này.
Để giải bài toán loại này, một số giáo viên sử dụng các phƣơng pháp thông
thƣờng biển đổi nhiều và mất thời gian chỉ phù hợp đối với những bài toán tự
luận. Đối với những em học sinh có học lực trung bình, yếu thì với phƣơng pháp
giải toán tự luận cho dạng toán giao thoa ánh sáng đa sắc, các em làm thƣờng bị
sai. Còn khi các em gặp bài toán giao thoa với ánh sáng đơn sắc các em giải rất
nhanh và chính xác.
Đứng trƣớc vấn đề này làm tôi luôn suy nghĩ phải tìm ra một phƣơng pháp
nào đó để giúp cho các em giải một bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc cũng
giống nhƣ giải một bài toán giao thoa với ánh sáng đơn sắc.
Vì vậy mà tôi quyết định chọn đề tài : SỬ DỤNG „„KHÁI NIỆM
KHOẢNG VÂN TƢƠNG ĐƢƠNG‟‟ ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN GIAO THOA
VỚI ÁNH SÁNG ĐA SẮC

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 1


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc


1
 
. Hai tụ điện có điện dung C1,
C C1 C2

C2 mắc song song có thể thay thế bằng một tụ điện tƣơng đƣơng có điện dung C,
với C  C1  C2
+ Hai cuộn cảm có độ tự cảm L1, L2 mắc nối tiếp có thể thay thế bằng một
cuộn cảm tƣơng đƣơng có độ tự cảm L, với L  L1  L2 . Hai cuộn cảm có độ tự
cảm L1, L2 mắc song song có thể thay thế bằng một cuộn cảm tƣơng đƣơng có độ
tự cảm L, với

1 1 1
 
L L1 L2

+ Ánh sáng hỗn hợp (đa sắc) gồm nhiều thành phần đơn sắc 1 , 2 , 3 ... có thể
thay thế bằng ánh sáng “đơn sắc” tƣơng tƣơng td, với td = BSCNN( 1 , 2 , 3 ... )

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 2


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

Ta đã biết, đối với ánh sáng đơn sắc: khoảng vân i là khoảng cách giữa hai
vân sáng, hoặc hai vân tối liên tiếp:



k

m
 1  2 
k2 1 n

Khi đó k1 = m.t ; k2 = n.t với t  Z → k1, k2 là bội số của t
- Khi k1 = m, k1 = m +1 (k2 = n, k2 = n +1) vân sáng trùng nhau của 2 bức xạ
lần thứ m, m + 1 (n, n +1) ứng với bức xạ λ1 (λ2):
xsm1  m

1D
a

, xsm11  (m  1)

1D
a

;

xsn2  n

2 D
a

, xsn21  (n  1)

→ Khoảng vân tƣơng đƣơng itd  xsm1  xsm  xsn1  xsn  m


trang 3


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

hay

k1 3
 ;
k3 1

k1 2
 ;
k2 1

k1 4
 ; …. (k1, k2, k3, k4, …  N , nhỏ nhất
k4 1

khác 0)
Ví dụ 1a: Giao thoa với hai bức xạ: 1  450nm , 2  600nm
Để hai vân sáng của hai bức xạ 1 , 2 trùng nhau thì:
 k11

xs1 = xs2

D
D
 k22

1D
a

4

1D
a

Mục đích đƣa ra khái niệm khoảng vân tƣơng đƣơng, là vận dụng sự tƣơng
đƣơng của các công thức giao thoa với ánh sáng đơn sắc dùng cho đa sắc.

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 4


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

Ta biết công thức xác vị trí vân sáng trong giao thoa với ánh sáng đơn sắc là:
xs  k.i,

kz

Cho nên, ta có công thức xác định vị trí vân sáng trùng nhau của các bức xạ:
xstn  k .itd ,

kz

+ k  0, xstn  0 . Đây là vân sáng trùng nhau bậc 0 (vị trí trung tâm)

1D
a

Ví dụ 3: 1  400nm , 2  450nm , 3  600nm
Ta có: xs1  xs2 ;

xs1  xs3



k1 2 9

 ;
k2 1 8

k1 3 3
 
k3 1 2

Ta thấy k1 đối với ánh sáng đơn sắc 1 nhận 2 giá trị 9, 3. Vì vậy bội số
chung nhỏ nhất của k1 là m = 9  itd  9

1D
a

b. Trường hợp vân tối hai bức xạ trùng nhau
1 D
1
 (k  ).i
2 a



2k1n  n  2k2 m  m

 2(k1n  k2 m)  m  n

(1)

Thấy k1n, k2m  Z; 2(k1n – k2m): số chẵn
Ta biết: hiệu một số chẵn và một số lẻ là một số lẻ; hiệu một số lẻ và một số
lẻ là một số chẵn. Do đó, để (1) có nghiệm (tức vân tối hai bức xạ trùng nhau) thì
m, n cùng là số lẻ (2)
Suy ra đƣợc

m
là số lẻ (thƣơng số của hai số lẻ là một số lẻ).
n

Đặt

2k1  1
 A , A: số lẻ.
m

Từ

2k1  1 m

2k 2  1 n


m > 1, n > 1

-Từ (3):
A = 1 → k11 

1
m  1 1  1 D
m 1
 
, vị trí vân tối trùng nhau thứ 1: xTk11  
2 a
2
 2

A = 3 → k12 

2
3m  1 1  1 D
3m  1
 
, vị trí vân tối trùng nhau thứ 2: xTk11  
2 a
2
 2

-Khoảng vân tƣơng đƣơng:
2
1
D
 3m  1 1  1 D  m  1 1  1 D

 ( k2  ) 2
2 a
2 a

Ta có : xT 1  xT 2  (k1  )

1
2  2  4  3k  1,5  4k  2

1
2
1 1 3
k2 
2
k1 

 3k1  4k2  0,5 . Vì k1 và k2 nguyên nên hiệu hai số nguyên không thể nào là

số thập phân. Vì vậy vân tối của hai bức xạ 1 , 2 không thể trùng nhau
Nhận xét: Đối chiếu với ví dụ 1a ở trên thấy rằng, trong giao thoa ánh sáng
đa sắc có thể có các vân sáng của các bức xạ trùng nhau nhƣng các vân tối của
các bức xạ có thể không trùng nhau.
Ví dụ 2b: 1  750nm , 2  450nm
1 1D
1 D
 ( k2  ) 2
2 a
2 a

Ta có : xT 1  xT 2  (k1  )

1 D
1 D
xTtn  (k1  ) 1  (3m  1  ) 1
2 a
2 a

m = 0  Vị trí vân tối trùng thứ nhất xTtn1 

31D itd

(đối chiếu với ví dụ
2a
2

2a trƣờng hợp vân sáng trùng nhau ở trên)

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 7


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

m = 1  Vị trí vân tối trùng thứ hai xTtn 2 

i
91D 3 31D 3

 itd  itd  td


+ k  0, 1; xTtn   itd . Đây là vân tối trùng nhau thứ nhất.
3
2

+ k  1, 2; xTtn   itd . Đây là vân tối trùng nhau thứ hai.
5
2

+ k  2, 3; xTtn   itd . Đây là vân tối trùng nhau thứ ba.
….
*Nhận xét: Hai bức xạ 1 , 2 giao thoa có vân sáng trùng nhau ứng với các
cặp k1, k2 đều là số lẻ thì có vân tối của hai bức xạ 1 , 2 trùng nhau!
Ví dụ 3: 1  400nm , 2  450nm , 3  600nm
1 1D
1 D
 ( k2  ) 2
2 a
2 a

Ta có : xT 1  xT 2  (k1  )

1
2  2  9  8k  4  9k  4,5  8k  9k  0,5

1
2
1
2
1 1 8

k3 
2
k1 

Vì k1 và k3 nguyên nên hiệu hai số nguyên không thể là số thập phân → vân
tối của hai bức xạ 1 , 3 không thể trùng nhau
Vậy, giao thoa với ba bức xạ 1  400nm , 2  450nm , 3  600nm thì vân tối
của ba bức xạ không trùng nhau.
Với bài toán này để rút ngắn lời giải, chỉ cần lý luận: vân sáng 1 , 2 trùng
nhau thì k1= 9, k2 = 8 (chẵn) nên hai vân tối của 1 , 2 không thể trùng nhau đƣợc
(muốn hai vân tối trùng nhau thì k1, k2 phải là số lẻ). Từ đó ta có thể kết luận giao
thoa với ba bức xạ 1  400nm , 2  450nm , 3  600nm thì vân tối của ba bức xạ
không thể nào đồng thời trùng nhau.
* Chú ý:
- m cũng chính là vân sáng bậc m của bức xạ 1 để có vân sáng cùng màu
với vân sáng trung tâm lần thứ nhất.
- Khi giao thoa với ánh sáng đa sắc: nếu có vân sáng trùng nhau ứng với các
các cặp giá trị k đều là số lẻ , thì có vân tối trùng nhau.
- Nếu viết itd  m

2 D
a

thì m là bội số chung nhỏ nhất của các giá trị k2 đối với

ánh sáng đơn sắc 2 để xs2  xs1 ; xs2  xs3 ; xs2  xs4 ; …
hay

k2 1 k2 3 k2 4
 ;  ;  ; ….(k1, k2, k3, k4, …  N , nhỏ nhất khác 0)

giáo viên cần có sự liên hệ giữa giao thoa đơn sắc và đa sắc khi sử dụng phƣơng
pháp này.
2.3. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề
2.3.1.Biện pháp :
- Trang bị cho học sinh những kiến thức về khoảng vân tƣơng đƣơng. Từ đó
cho học sinh thấy đƣợc những đại lƣợng tƣơng đƣơng nhau giữa giao thoa đơn
sắc với giao thoa đa sắc:

i  itd ;

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

xs  xstn ;

xT  xTtn

trang 10


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

- Khi dạy các dạng bài tập về giao thoa với ánh sáng, sau khi học sinh học
tốt dạng toán giao thoa với ánh sáng đơn sắc cần trang bị dạng toán giao thoa ánh
sáng đa sắc, để từ đó liên hệ với các dạng bài tập giao thoa với ánh sáng đa sắc sẽ
giúp cho các em ghi nhớ vững chắc kiến thức hơn.
2.3.2. Các dạng bài tập :
DẠNG 1: Tìm số vân sáng trùng nhau, số vân tối trùng nhau của các bức xạ
nằm giữa 2 điểm M, N bất kì với xM < xN
a) Phương pháp:

- Khi giao thoa với ánh sáng đa sắc: để ý các giá trị k của các vân sáng trùng
nhau đều là số lẻ, thì có vân tối trùng nhau của các bức xạ.
Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 11


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

b) Bài tập vận dụng:
Bài 1: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai
khe là 0,8 mm, khoảng cách từ hai khe đến màn quan sát là 1,2m. Nguồn sáng
dùng trong thí nghiệm gồm hai bức xạ có bƣớc sóng 1 = 750 nm và 2 = 450
nm. Trên màn quan sát, gọi M, N là hai điểm ở cùng một phía so với vân trung
tâm, cách vân trung tâm lần lƣợt là 5,5 mm và 14 mm. Tìm số vân sáng trùng
nhau, vân tối trùng nhau của hai bức xạ nằm giữa MN.
Giải:
Cách 1: (cách mới)
Bước 1: ta có
itd  m

1D
a

k1 2 3

 m3
k2 1 5


vân sáng trùng nhau nằm giữa MN.
+ ktối = 2, 3. Vậy có 2 giá trị của k thỏa mãn bất phƣơng trình nên có 2 vân
tối trùng nhau nằm giữa MN
Cách 2: (cách tự luận thông thƣờng)
* Tìm

số vân sáng:

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 12


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

Các vân sáng trùng nhau: xk  xk  k1
 k1 

1

2

1

2

1D
a


 k2  9,10,11,12...,15,..., 20.

Kết hợp với (*) ta thấy m chỉ có thể nhận 3 số nguyên đó là 10, 15, 20.
Vậy có 3 vân sáng trùng nhau nằm giữa MN.
* Tìm số vân tối:
Vân tối trùng nhau: xTk  xTk  (2k1  1)
1

2

1



(2k1  1) 2 450 3



(2k2  1) 1 750 5

2

1D
2a

Phân số tối giản

 (2k2  1)

2 D


Do chỉ xét giữa MN (trong khoảng MN) nên ta có :
5,5 1
14
1
 n
  1,1  n  3,6  n  2,3.
3,375 2
3,375 2

Có 2 cặp giá trị của k1, k2 thỏa mãn bất phƣơng trình nên có 2 vân tối trùng
nhau nằm giữa MN.
*Lưu ý: Với dạng vân tối của các ánh sáng đơn sắc trùng nhau

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 13


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

- Giá trị tính được của n trong các biểu thức viết tách của phân số tối giản
không phải kết quả của bài toán, giá trị ấy cho biết số cặp k 1, k2 thỏa phân số tối
giản.
- Để xác định số vân tối trùng nhau, trước hết phải xác định các giá trị k có
các vân sáng trùng nhau, nếu các giá trị k đều là số lẻ thì mới có vân tối trùng
nhau. Lúc này mới thực hiện phép tính giá trị n qua phân số tối giản [1] được rút
ra từ điều kiện xTk  xTk  (2k1  1)
1


k1 2 4

 m4
k 2 1 3
 7, 2(mm) . Ta thấy k1 = 4, k2 = 3 (1 giá trị chẵn, 1 giá trị lẻ) nên

không có vân tối trùng nhau của hai bức xạ.
Bƣớc 2: xstn  kitd  7, 2.k (mm) với k  Z
Bƣớc 3: Giải bất phƣơng trình : + xM  xstn  x N 

 5,5
22
k
7,2
7,2

Bƣớc 4: +ksáng = 0,1,2,3. Vậy có 4 giá trị của k thỏa mãn bất phƣơng trình
nên có 4 vân sáng trùng nhau nằm trên đoạn MN.
Cách 2: (cách cũ – cách giải thông thƣờng của học sinh)
* Tìm số vân sáng:
Các vân sáng trùng nhau:
Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 14


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc


 k2 
 2,3  k2  9, 2
2, 4
2, 4

 k2  2, 1,0,1, 2,3,...,6,...,9.

Kết hợp với (*) ta thấy m chỉ có thể nhận 4 số nguyên đó là 0, 3, 6, 9. Vậy
có 4 vân sáng trùng nhau nằm trên đoạn MN.
* Tìm số vân tối:
Vân tối của hai bức xạ trùng nhau: xTk  xTk  (2k1  1)
1

2

1



1D

2

2a

 (2k2  1)

2 D
2a


7, 2 2
7, 2 2

Vậy có 4 giá trị của n thỏa mãn bất phƣơng trình nên có 4 vân tối trùng nhau
nằm giữa MN (học sinh thường mắc phải kết quả sai này)
* Nhận xét:
- Với cách làm 1: học sinh rất dễ nhớ vì nó có dạng bài tập giống nhƣ giao
thoa với ánh sáng đơn sắc.
- Với cách làm 2:

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 15


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

+ Tìm số vân sáng: Học sinh thƣờng nhận giá trị thỏa mãn bất phƣơng trình
mà quên phải là bội số của giá trị nào đó.
+ Tìm số vân tối: Việc chuyển về phân số tối giản rất khó hiểu và dễ quên
đối với học sinh. Điều quan trọng là học sinh không biết trƣờng hợp nào giao
thoa của các bức xạ mà không xuất hiện vân tối trùng nhau. Cho nên ở bài tập 2
mặc dù không xuất hiện vân tối trùng nhau nhƣng các em vẫn kết luận 4 vân tối
trùng nhau nằm giữa MN. Còn cách khác nữa, học sinh không dùng cách tách
phân số tối giản mà giải trực tiếp giá trị của k1 hoặc k2 , nghiệm thu đƣợc là 2 dãy
số giá trị của k1, k2 rất mất thời gian và cũng xảy ra trƣờng hợp tìm đƣợc giá trị
của k1 hoặc k2 là chọn ngay kết luận...
DẠNG 2: Tìm số vân sáng trùng nhau, vân tối trùng nhau của các bức xạ
trong bề rộng miền giao thoa L

Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

- Nếu n là chữ số thập phân thì hai biên không phải là vân sáng trùng nhau,
cũng không phải là vân tối trùng nhau. Khi đó n đƣợc làm tròn theo qui ƣớc sau
để đƣợc số nguyên:
*Nếu chữ số phần thập phân đầu tiên từ 5 trở lên thì phần nguyên n tính
thêm 1.
*Nếu chữ số phần thập phân đầu tiên từ 4 trở xuống thì phần nguyên n
không thay đổi.
+ Nếu làm tròn nâng lên để n nguyên thì số vân sáng trùng nhau (nếu n
chẵn) hoặc số vân tối trùng nhau (nếu n lẻ) đều là: n-1 (vì 2 biên không phải là
vân sáng trùng nhau, vân tối trùng nhau); số vân kia là n.
+ Nếu làm tròn hạ xuống để n nguyên thì số vân sáng trùng nhau hoặc số
vân tối trùng nhau giống nhƣ trƣờng hợp tìm ra n là số nguyên.
Ví dụ:
n = 1,8  2 : Số vân sáng trùng nhau là 1  số vân tối trùng nhau là 2
n = 2,2  2 : Số vân sáng trùng nhau là 3  số vân tối trùng nhau là 2
n = 2,8  3: Số vân tối trùng nhau là 2  số vân sáng trùng nhau là 3
n = 3,2  3: Số vân tối trùng nhau là 4  số vân sáng trùng nhau là 3
- Ta cũng có thể tìm số vân sáng trùng nhau bằng cách giải bất phƣơng trình
sau:

L
L
 xstn  , số vân tối trùng nhau bằng cách giải bất phƣơng trình sau:
2
2

L
L

a

k1 2 9

 ;
k2 1 8

k1 3 3
 
k3 1 2

Ta thấy k1 đối với ánh sáng đơn sắc 1 nhận 2 giá trị 9, 3 . Vì vậy bội số
chung nhỏ nhất của k1 là m = 9
 itd  m

1D
a

= 3,6 mm

Ta thấy k1 = 9, k2 = 8 nên vân tối của hai bức xạ này không thể nào trùng
nhau. Vì vậy số vân tối trùng nhau của ba bức xạ bằng 0
Bƣớc 2: Tính số khoảng vân tƣơng đƣơng:

n1 =

L1
=5
itd



Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

Trƣờng hợp 3: L3 = 20,88 mm
Bƣớc 1: thừa nhận kết quả: itd  m

1D
a

= 3,6 mm , không có vân tối trùng

nhau.
Bƣớc 2: n3 =

L3
20,88
=
 5,8  6
itd
3,6

Bƣớc 3: n3 = 6 (phần nguyên làm tròn lên, chẵn)  Số vân sáng trùng nhau
5
Vậy: ba bức xạ trên giao thoa có 5 vân sáng trùng nhau trên bề rộng L3 và
không có vân tối trùng nhau.
Ta cũng có thể tìm số vân sáng trùng nhau bằng cách giải bất phƣơng trình
sau:

L
L

Thừa nhận kết quả: itd  m

1D
a

= 3,6 mm, không có vân tối trùng nhau (trƣờng

hợp 1, cách 2).
Tính số vân sáng trùng nhau: Số vân sáng trùng nhau của các bức xạ phải
thỏa mãn bất phƣơng trình:

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 19


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

 L2
L
 k2 .itd  2
2
2

 L2
L
 k2  2
2itd
2itd




 2,9  k3  2,9

 k3 = -2, -1, 0, 1, 2 . Vậy có 5 giá trị của k thỏa mãn sẽ có 5 vân sáng

trùng nhau.
Bài 2: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, chiếu đồng thời hai
bức xạ đơn sắc với khoảng vân trên màn ảnh thu đƣợc lần lƣợt là i1 = 0,5 mm và
i2 = 0,3 mm. Biết bề rộng trƣờng giao thoa là 5 mm. Tìm số vị trí trên trƣờng giao
thoa có 2 vân sáng, 2 vân tối của hai hệ trùng nhau ?
Cách 1:
Bƣớc 1: Tính khoảng vân tƣơng đƣơng itd  m
Ta có : xs1  xs2



1D
a

k1 i2 3
 
k2 i1 5

Ta thấy k1 đối với ánh sáng đơn sắc 1 nhận 1 giá trị 3. Vì vậy bội số chung
nhỏ nhất của k1 là m = k1 = 3

 itd  m


2
2



L
L
k
2itd
2itd

 1, 7  k  1, 7

 k = -1, 0, 1. Vậy có 3 giá trị của k thỏa mãn sẽ có 3 vân sáng trùng nhau.

* Số vân tối trùng nhau của các bức xạ phải thỏa mãn bất phƣơng trình:
L
1
L  L  1  k  L  1
 (k  ).itd 
2itd 2
2itd 2
2
2
2

 2, 2  k  1, 2

 k = -2, -1, 0, 1. Vậy có 4 giá trị của k thỏa mãn sẽ có 4 vân tối trùng nhau


Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 21


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc

b) Khoảng cách giữa hai vân này xét trong 2 trƣờng hợp nằm cùng phía và
khác phía so với vân trung tâm ?
Giải:
Bƣớc 1: ta có

k1 2 3

 m3
k2 1 5

Bƣớc 2: xstn  k.itd  3,375.k (mm);

→

itd  m

1D
a

 3,375(mm) .

1
1

, hoặc 1  2 ;
k2 1
n

Bƣớc 2: Dựa vào

1D
a

, hoặc

k1 4
 …
k4 1

k1 k1 k2
, , ... để tìm số vân sáng trùng nhau của từng cặp, số
k2 k3 k3

vân sáng của từng bức xạ.
Bƣớc 3: Kết hợp với dữ kiện của đề bài tìm ra kết quả.

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 22


Sử dụng khái niệm “khoảng vân tƣơng đƣơng” để giải các bài toán giao thoa với ánh sáng đa sắc


k3 1 0, 42 2

Ta thấy k1 nhận 2 giá trị 4, 3. Vậy bội số chung nhỏ nhất của 4, 3 là 12
 m  12 . Đây chính là vân sáng bậc 12 của 1 để các vân sáng trùng nhau lần thứ

nhất không kể vân trung tâm.
Bƣớc 2:
Ta có:

k1 4 8 12
    giữa 2 vân sáng liên tiếp có màu giống màu vân
k2 3 6 9

trung tâm có : 11 vân sáng của 1 ; 8 vân sáng của 2 ; 2 vân sáng trùng của 1 , 2
Ta có:

k1 3 6 9 12
     giữa 2 vân sáng liên tiếp có màu giống màu vân
k3 2 4 6 8

trung tâm có: 7 vân sáng của 3 ; 3 vân sáng trùng của 1 , 3
Ta có:

k2 9
  giữa 2 vân sáng liên tiếp có màu giống màu vân trung tâm
k3 8

có : 0 vân sáng trùng của 2 , 3 .
Bƣớc 3: Vậy trong khoảng giữa hai vân sáng liên tiếp có màu giống màu vân
trung tâm, số vân sáng quan sát đƣợc là: N  11  8  7  2  3  0  21

Bƣớc 2: ta có:

k1 2
k
  2  1 1 (*)
k2 1
k2

Bƣớc 3: Trong khoảng rộng có 17 vân sáng, trong đó 3 vân sáng trùng nhau
nên có 14 vân sáng không trùng của hai bức xạ. Vậy giữa vân sáng trung tâm và
vân sáng trùng nhau lần thứ nhất có 7 vân sáng không trùng của hai bức xạ 1 ,
2 ; 4 vân sáng của 2  k2  5

Thay và phƣơng trình (*) ta đƣợc: 2 

4.0,6
 0, 48 m
5

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm :
Chọn 2 lớp nguyên vẹn, lớp 12 B4 là nhóm thực nghiệm có sĩ số 42, nhóm
12B2 là nhóm đối chứng có sĩ số 42, 2 lớp khá tƣơng đồng về học lực. Chúng tôi
tiến hành kiểm tra 15 phút cho hai lớp. Kết quả thu đƣợc của hai lớp đƣợc thể
hiện bảng sau:

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 24


Đối chứng 12B2

0

0

5

11,9

22

52,4

15

35,7

Thực nghiệm 12B4

12

28,6

14

33,3

16


Khá
Nhóm đối chứng

TB

Yếu

0

0

Kém

Nhóm thực nghiệm

Kết quả bài kiểm tra 15 phút của 2 lớp đối chứng và thực nghiệm. Ta thấy
lớp thực nghiệm không có điểm yếu, kém mà điểm khá, giỏi đƣợc tăng lên. Điều
đó chứng tỏ phƣơng pháp: SỬ DỤNG „„KHÁI NIỆM KHOẢNG VÂN TƢƠNG
ĐƢƠNG‟‟ ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN GIAO THOA VỚI ÁNH SÁNG ĐA SẮC
đã đem lại hiệu quả thiết thực.

Phan Thƣợng Tòng
Phó hiệu trƣởng trƣờng THPT Buôn Ma Thuột

trang 25