Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
+ Ban đầu M là vân tối thứ 3 nên: \(x_M=\left(2+\frac{1}{2}\right)\frac{\lambda D}{a}\left(1\right)\)
+ Khi giãm S1S2 một lượng \(\Delta\)a thì M là vân sáng bậc n nên: \(x_M=n\frac{\lambda D}{a-\Delta a}\left(2\right)\)
+ Khi tăng S1S2 một lượng \(\Delta\)a thì M là vân sáng bậc 3n nên: \(x_M=3n\frac{\lambda D}{a+\Delta a}\left(3\right)\)
+ (2) và (3) \(\Rightarrow k\frac{\lambda D}{a-\Delta a}=3k\frac{\lambda d}{a+\Delta a}\Rightarrow\Delta a=\frac{a}{2}\)
+ Khi tăng S1S2 một lượng 2\(\Delta\)a thì M là sáng bậc k nên: \(x_M=k\frac{\lambda D}{a+2\Delta a}=2,5\frac{\lambda D}{a}\left(4\right)\)
+ Từ (1) và (4) \(\Rightarrow\) k = 5. Vậy tại M lúc này là vân sáng bậc 5.
Bước sóng \(\lambda = v/f = 1/25 = 0.04m = 4cm.\)
Độ lệch pha giữa hai nguồn sóng là \(\triangle\varphi= \varphi_2-\varphi_1 = \frac{5\pi}{6}+\frac{\pi}{6} = \pi.\)
Biên độ sóng tại điểm M là \( A_M = |2a\cos\pi(\frac{10-50}{4}-\frac{\pi}{2\pi})| =0.\)
Xây dựng từ phần lý thuyết, hiệu đường đi của ánh sáng từ hai khe đến vân tối thứ \(k+1\) là
\(d_2-d_1 = (k+0,5)\lambda.\)
Áp dụng với \(k+1 = 3\) => \(d_2-d_1 = (2+0,5)\lambda = 2,5 \lambda.\)
\(i = \frac{\lambda D}{a} =\frac{0,5. 1}{0,5}=1mm.\)
Số vân sáng trên trường giao thoa L là
\(N_s = 2.[\frac{L}{2i}]+1= 2.2.6+1 = 13.\)
Số vân tối trên trường giao thoa L là
\(N_t = 2.[\frac{L}{2i}+0,5]= 2.7 = 14.\)
Đáp án: A
HD Giải: Do ban đầu có 9 cực đại nên ta có biểu thức -4,xx < k < 4,xx khi tần số giảm 2 lần thì bước sóng tăng 2 lần nên ta có -2,yy < k < 2,yy suy ra có 5 cực đại