Thư Viện Công Thức Vật Lý

Điều kiện cực tiểu : $∆d=\left(k+\frac{∆\phi }{2}+0,5\right)\lambda$

Với k là số nguyên

$∆\phi ={\phi }_2-{\phi }_1$

$$\begin{gathered} ∆d_M=S_{2}M-S_{1}M \\ ∆d_N=S_{2}N-S_{1}N \end{gathered}$$

Điều kiện cực đại : $∆d=\left(k+\frac{∆\phi }{2}\right)\lambda$

Với k là số nguyên

$∆\phi ={\phi }_2-{\phi }_1$

$$\begin{gathered} ∆d_M=S_{2}M-S_{1}M \\ ∆d_N=S_{2}N-S_{1}N \end{gathered}$$

$A_M=2A\left|\cos \left(\frac{\pi }{\lambda }\left(d_2-d_1\right)-\frac{{\phi }_2-{\phi }_1}{2}\right)\right|$

$$\begin{gathered} A_M min =0 \iff \cos \left(\frac{\pi }{\lambda }\left(d_2-d_1\right)-\frac{{\phi }_2-{\phi }_1}{2}\right)=0 \\ \iff \frac{\pi }{\lambda }\left(d_2-d_1\right)-\left(\frac{{\phi }_2-{\phi }_1}{2}\right)=\left(k+0,5\right)\pi \\ \iff ∆d=\left(k+0,5+\frac{{\phi }_2-{\phi }_1}{2\pi }\right) \end{gathered}$$

$d_{2M},d_{1M}$ ;Khoảng cách từ M đến 2 nguồn

$d_{2M}=S_{2}M;d_{1M}=S_{1}M$

$k=0$: Cực tiểu thứ 1 bên trái

$k=-1$: Cực tiểu thứ  1 bên phải

$$\begin{gathered} d_{2M}=S_{2}M \\ {d}_{1M}=S_{1}M \end{gathered}$$

$u_M$ li độ tại M

$A_M=2A\left|\cos \left(\frac{\pi \left(d_{2M}-d_{1M}\right)}{\lambda }-\frac{∆\phi }{2}\right)\right|$ là biên độ sóng tại M

$∆\phi ={\phi }_2-{\phi }_1$

${\phi }_M=-\frac{\pi \left(d_{2M}+d_{1M}\right)}{\lambda }+\frac{{\phi }_1+{\phi }_2}{2}$ khi $\cos \left(\frac{\pi \left(d_{2M}-d_{1M}\right)}{\lambda }-\frac{∆\phi }{2}\right) >0$

${\phi }_M=-\frac{\pi \left(d_{2M}+d_{1M}\right)}{\lambda }+\frac{{\phi }_1+{\phi }_2}{2}+\pi$ khi $\cos \left(\frac{\pi \left(d_{2M}-d_{1M}\right)}{\lambda }-\frac{∆\phi }{2}\right) <0$

Với $f_1$ tương ứng $V_1$

Với $f_2=f_1+af$ tương ứng $V_2$

Xác định $V_3$ tương ứng với $\lambda$

$$\begin{gathered} f_1-f_0=e\frac{V_1}{h}\Rightarrow f_1=\frac{e}{h}{V}_1+f_0 \\ {f}_1+af-f_0=e\frac{V_2}{h}\Rightarrow f_1+af=\frac{e}{h}{V}_2+f_0 \\ f-f_0=e\frac{V_3}{h}\Rightarrow f=f_0+\frac{e}{h}{V}_3 \\ \Rightarrow \frac{e}{h}{V}_1+a\frac{e}{h}{V}_3+a{f}_0+f_0=\frac{e}{h}{V}_2+f_0 \\ \Rightarrow V_3=\frac{V_2-V_1-{\displaystyle \frac{A}{e}}}{a} \end{gathered}$$

Với ${\lambda }_1$ tương ứng $V_1$

Với ${\lambda }_2={\lambda }_1+a\lambda$ tương ứng $V_2$

Xác định $V_3$ tương ứng với $\lambda$

$$\begin{gathered} \frac{1}{{\lambda }_1}-\frac{1}{{\lambda }_0}=e\frac{V_1}{hc}\Rightarrow {\lambda }_1=\frac{1}{{\displaystyle \frac{1}{{\lambda }_0}+\frac{e{V}_1}{hc}}} \\ \frac{1}{{\lambda }_1+a\lambda }-\frac{1}{{\lambda }_0}=e\frac{V_2}{hc}\Rightarrow {\lambda }_1+a\lambda =\frac{1}{{\displaystyle \frac{1}{{\lambda }_0}}+{\displaystyle \frac{e{V}_2}{hc}}} \\ \frac{1}{\lambda }-\frac{1}{{\lambda }_0}=e\frac{V_3}{hc}\Rightarrow a\lambda =\frac{a}{{\displaystyle \frac{1}{{\lambda }_0}+\frac{e{V}_3}{hc}}} \end{gathered}$$

suy ra 

$$\begin{gathered} \frac{a}{{\displaystyle \frac{1}{{\lambda }_0}+\frac{e{V}_3}{hc}}}+\frac{1}{{\displaystyle \frac{1}{{\lambda }_0}+\frac{e{V}_1}{hc}}}=\frac{1}{{\displaystyle \frac{1}{{\lambda }_0}+\frac{e{V}_2}{hc}}} \\ \Rightarrow a{V}_3=\frac{{\displaystyle \frac{hc}{e}}\left(\frac{1}{{\lambda }_0}+\frac{e{V}_1}{hc}\right)\left(\frac{1}{{\lambda }_0}+\frac{e{V}_2}{hc}\right)}{\frac{e{V}_1}{hc}-\frac{e{V}_2}{hc}}-\frac{A}{e}=\frac{\left({\displaystyle \frac{A}{e}}+V_1\right)\left({\displaystyle \frac{A}{e}}+V_2\right)}{V_1-V_2}-\frac{A}{e} \\ \Rightarrow V_3==\frac{a\left({\displaystyle \frac{A}{e}+V_1}\right)\left({\displaystyle \frac{A}{e}+V_2}\right)}{V_1-V_2}-\frac{A}{e} \end{gathered}$$

Xét 2 quả cầu A , B có thể nhiễm điện bằng cách chiếu ánh sáng thích hợp

$V_{Amax}=\frac{hc}{e}\left(\frac{1}{\lambda }-\frac{1}{{\lambda }_{01}}\right)$

$V_{Bmax}=\frac{hc}{e}\left(\frac{1}{\lambda }-\frac{1}{{\lambda }_{02}}\right)$

Khi điện thế 2 quả cầu cực đại người ta nối điện trở R ở giữa :

TH1 $I=\frac{\left|V_{Amax}-V_{Bmax}\right|}{R}=\frac{hc}{e}\left|\left(\frac{1}{{\lambda }_{01}}-\frac{1}{{\lambda }_{02}}\right)\right|$ $\lambda <{\lambda }_{01},\lambda <{\lambda }_{02}$ Dòng điện đi từ điện thế cao sang thấp

TH2  $I=\frac{V_{Amax}}{R} ; {\lambda }_{01}>\lambda >{\lambda }_{02}$dòng điện đi từ A sang B xem B như là nối đất

TH3 :$I=\frac{V_{Bmax}}{R}:{\lambda }_{02}>\lambda >{\lambda }_{01}$ dòng điện đi từ B sang A xem A như là nối đất

$$\begin{gathered} W_{đ}=\epsilon -A=V_{max}e \\ \Rightarrow \lambda =\frac{hc}{V_{max}e+A}=\frac{1}{{\displaystyle \frac{V_{max}e}{hc}}+{\displaystyle \frac{1}{{\lambda }_0}}} \end{gathered}$$

Với $V_{max}$ điện thế cực đại của quả cầu

     $\epsilon ,A$ năng lượng ánh sáng chiếu vào và công thoát

     $e=1,6.{10}^{-19} \left(C\right)$

     ${\lambda }_0$ giới hạn quang điện

Lúc này điện thế tối đa của quả cầu sẽ tương ứng với ánh sáng có năng lượng cao nhất