Đề tài tham dự hội thảo các tỉnh duyên hải và đồng bằng Bắc bộ
Trường chuyên Lê Quý Đôn Quảng trị
GV: Hoàng Văn Tiến
SỰ TRUYỀN ÁNH SÁNG TRONG MÔI TRƯỜNG CÓ CHIẾT SUẤT THAY ĐỔI
DẠNG 1 : Biết phương trình đường truyền tìm chiết suất n.
Giả sử chiết suất môi trường n = n(y) . Biết đường truyền tia sáng y = y(X), tia sáng bay vào
môi trường nói trên tại điểm x0 với góc tới i0. Biết chiết suất môi trường ngoài là n0 .Hãy tìm
qui luật biến đổi chiết suất của môi trường.
Cách giải
Chia môi trường thành những lớp mỏng sao cho n không đổí xét tại điểm M tia sáng với
góc tới i
n sin i n0 sin i0 cos nt
coti =
n02 sin 2 i0
n 2 n02 sin 2 i0
n
sin i0
n0 sin i0
n0
n
1
dy
cosi
, cot i
dx
sini
y
M
Vậy
coti
dy
y,
dx
i
n 2 n02 sin 2 i0 n0 sin i0 y ,
x0
n n0 sin i0 1 ( y )
, 2
dy
dx
x
Các trường hợp có thể xảy ra
y , 2ax (y, )2 4a 2 x 2 4ay n n0 sin i0 1 4ay
1. y = ax2
2. Đường truyền là một đoạn phương trình : y = AsinBx
y , ABcosBX (y, )2 A2 B 2 cos2 BX A2 B 2 A2 B 2 sin 2 Bx A2 B 2 B 2 y 2
n n0 sin i0 1 A2 B 2 B 2 y 2
3. Đường truyền là cung tròn : x a y b R 2
2
y b
2
R 2 x a lấy đạo hàm hai vế
2
2
2 y b y , 2 x a . x , 2 x a y '
2 x a
xa
2 y b
y b
2
x a R y b
R
y
n n0 sin i0 1 y ,2 n0 sin i0
2
y b
y b
y b
2
2
,2
1
DẠNG 2
Biết qui luật biến đổi n tìm phương trình biểu diễn đường truyền
Giả sử chiết suất môi trường n = n(x) . Tia sáng bay vào môi trường nói trên tại điểm x0
với góc tới i0. Biết chiết suất môi trường ngoài là n0 .Hãy tìm phương trình đường truyền của
ánh sáng.
Cách giải
Chia môi trường thành những lớp mỏng sao cho n không đổí xét tại điểm M tia sáng với
góc tới i
n sin i n0 sin i0 cos nt
n02 sin 2 i0
1
n 2 n02 sin 2 i0
dy
cosi
n
coti =
, cot i
sin i0
dx
sini
n0 sin i0
n0
n
dy cot i.dx
n( x ) 2 n02 sin 2 i0
n0 sin i0
dx
Tính nguyên hàm này ta sẽ tìm được phương trình đường truyền của tia sáng.
BÀI TẬP VÍ DỤ
Bµi 1 : ChiÕt suÊt cña mét tÊm thuû tinh tu©ntheo c«ng thøc :
n( x )
n0
1
x , Trong ®ã n0 = 1,2 ;
r
r = 13cm ¸nh s¸ng ®i tõ vÞ trÝ x = 0 theo ph¬ng trôc y lµ ph¸p tuyÕn cña mÆt thuû tinh vµ ®i ra
t¹i ®iÓm A víi gãc lã 300
1. X¸c ®Þnh quÜ ®¹o cña tia s¸ng ®i trong tÊm thuû tinh
2. TÝnh chiÕt suÊt cña thuû tinh t¹i A
3. T×m ®é dµy d
y
Gi¶i
Chia tÊm thuû tinh thµnh nhiÒu líp máng theo trôc 0y ta cã :
A
n0 sin 0 n1 sin 1 ... n sin
n
x
theo bµi ra 0 / 2 sin 0 1 (1)
n
r
d
1. §Ó t×m quÜ tÝch cña tia s¸ng trong chÊt thuû tinh ta xÐt líp
máng ®ång chÊt cã tia khóc x¹ OB , vÏ ®êng vu«ng gãc víi OB
c¾t Ox t¹i C.§Æt BC = a, OC = b, sin
bx b x
a
a a
x
0
(2).
2
Tõ (1) vµ (2) ta cã a = b = r v× líp máng tuú ý nªn cã thÓ suy ra r»ng to¹ ®é ®iÓm B(x,y) tho¶
m·n ph¬ng tr×nh ®êng trßn ( x r ) 2 y 2 r 2
2. Gäi chiÕt suÊt ë líp chøa diÓm A lµ nA
nA
2
sin sin
n0
(3) . V× n0 nA sin A cos A 1 nA n02 sin 2 = 1,3
sin cos A
nA
3. TÝnh ®é dµy d cña tÊm thuû tinh
x r
Từ :
2
y r và
2
2
n( A)
n0
x
1 A
r
Ta t×m ®îc xA = 1cm cã ®é dµy d = yA = 5cm
Bài 2: Giữa 2 môi trương trong suốt chiết suất no và n1
(no>n1>1) có 1 bản mặt song song dày e. Chiết suất bản thay
n1 1 ky
k
y
n n
2
o
2
1
n1
e.no2
đổi theo phương y quy luật n =
;
. trong
môi trường no có 1 tia sáng đơn sắc, chiều tới điểm O trên
bản mặt theo phương hop với Oy góc α
a) Lập pt đường đi tia sáng
b) Xđ vị trí tia sáng ló ra khỏi bản mặt
e
0
x
n0
Giải:
1.Chia bản mặt thành nhiều lớp //0x. Trong đó tia sáng coi như truyền theo đường thẳng.
Xét điểm M(x,y), M'(x+dx,y+dy)
dy
tgi = ( dx ) 1 (1); Mặt khác: nosin α = n.sin i
=>sin i=
n o . sin
n
no .sin
dx
2
dy
n no2 .sin 2
(2);
Từ (1) và (2):
y
x=
0
=
y
.no sin
n .sin .dy
o
n 2 ( y ) no2 .sin 2 0y+dy
no cos 2 ky
M
2sin
.(cos cos 2 ky )
k
y
k
cos
2
y = 2 sin 2 x sin .x
Vậy
y
y
e
2.
b sin .cos
2a
k
cos 2 e.n02 .cos 2
=
k
no2 n12
y'=0 => x
ymax
0
i
x
x+dx
m
0
M1
x
3
n12
cos 2
2
e
cos
(
1
)
Trường hợp1: ymax < e hay
k
no2
thì điểm đó là Mo(x1,0), x1 thỏa mãn phương trình y = 0 → M1(
Trường hợp 2 : ymax > e cos (1
2
n12
n o2
2 sin 2
k
,0)
) thì điểm ló là M2(x2,e) x2 thỏa mãn phương
trình y = e
e.n o2 . sin 2 a.no2 . sin
2
x+,-= 2
n o n12
n o n12
n12
sin 2
2
no
Lấy dấu -: M2(x -,e)
Bài 3: Một quả cầu bán kính Rchiết suất biến thiên theo công thức nr
Ra
trong dó:a là số
ra
dương,r là khoảng cáchtính từ tâm cầu. Chiếu vào quả cầu một tia sáng đơn sắc dưới góc tới
i0 . xác định khoảng cách ngắn nhấttừ tâm hình cầu đến tia sáng
i0
i2 I2
I1 r1
Giải : chia hình cầu thành những lớp vỏ cầu mỏng đồng tâm
r2
sao cho trong mỗi lớp chiết suất thay đổi không đáng kể:
+ Định luật khúc xạ tại I1: sini0 = n1sinr1
tại I2 : n1sini2 = n2sinr2
+ Định lí hàm sin :
sini 2 s inr1
( R1 0 I1 , R2 0 I 2 )
R1
R2
n1R2 sin i2 n2 R2 s inr2
R1 sin i0 n1R1 s inr1 n2 R2 s inr2 ... ni Ri s inri
Ra
R.a.sini
0
+ Khi dmin thì ri = 900. khi đó d = Ri R sin i0 dni d r a d a R 1 sin i
0
Bài 4; Một môi trường trong suốt có chiết suất n biến thiên theo biến số y. Một tia sáng đơn
sắc được chiếu vuông góc với mặt phẳng giới hạn môi trường tại điểm y = 0. chiết suất của
môi trường tại đó có giá trị n0
1. chứng tỏ tia sáng bị uốn cong trong môi trường trong suốt này.
2. Định n = f(y) để tia sáng truyền trong môi trường theo một parabol
Giải :
y
1. Tia sáng bị uốn cong
n2
- Ta áp dụng thuyết sóng. Xét hai tia sáng theo phương tia tới chiếu tới
mặt giới hạn tại hai điểm khác nhau trên trục y.tại đó chiết suất khác nhau
n1
Giả sử :n2 > n1 => v2 < v1
- Các sóng cầu nguyên tố do các điểm tới phát ra có bán kính khác nhau
các mặt sóng không còn song song như đối với sóng tới. Do đó tia sáng uốn
cong về phía chiết suất tăng
2. Định biểu thức chiết suất môi trường
Chia môi trường thành những lớp vô cùng mỏng sao cho trong mỗi lớp chiết suất coi như
không đổi
4
- Định luật khúc xạ:
n1 sin i1 n2 sin i2 ... const
-Xét hai điểm trên đườngtruyền ánh sáng ứng với các tọa độ:
y 0 y
A
;B
x
x 0
i2
0
Theo trên ta có :nAsiniA = nBsiniB vì nA = n0, iA = 90
sin iB
Vậy :
sini B cos =
1
1+tan
2
dy
2ax=2 ay
dx
n2
i1
n0
n
0
nB n ( y )
đối với parabol ta có : tan
n3
i3
n1
y
n0
1
1
n( y )
1 4ax
1 4ay
n( y ) n0 1 4ay
x
Bài 5 :
Một tia sáng rọi dưới góc tới lên một chồng những tấm trong suốt có bề dày như nhau,
chiết suấttấm sau nhỏ hơn k lần so với chiết suất của tấm nàm trên nó. Hỏi góc tới tối thiểu
phải bằng bao nhiêu,thì tia sáng không xuyên qua hết chồng các tấm đó? Tấm trên cùng có
chiết suất n, và cả thảy có N tấm
Giải :
Các tấm trong suốt nên tia sáng không qua hết các tấm thì chỉ
có thể phản xạ toàn phần. các tấm song song với nhau nên có
hệ thức
n0=1
i1
n
i2
sin n1 sin i1 n2 sin i2 ... nN sin iN
Giả thiết phản xạ toàn phần giữa tấm m và tấm m+1 khi đó
n/k
i
2
3
n/k
n
1
n
sini m m 1 sin nm sin im nm 1 m
nm
k
k
Vì k> 1 nên số thứ tự của m càng lớn thì càng nhỏ
n
vì 900 , nên điều kiện sin m có nghĩa là lớp thứ m+1 có chiết suất nhỏ hơn 1. trái với
k
giả thiết
Vậy lớp gây ra phản xạ toàn phần với nhỏ nhất chỉ có thể là lớp thứ N-1. Nên sin min
Bài 6:
Một chùm sáng hẹp tới đập vuông góc với 2 bản mặt song song
ở điểm A(x=0). Chiết uất bản biến đổi theo công thức : nx=
n
A
1 x / R
k
y
B
(nA,R hằng số). Chùm sáng rời điểm B theo góc α.
Hãy tính
a) nB ở điểm B
b) xB
c) Bề dày của bản biết nA=1,4; R=10cm; α=600
n
N 1
d
x
A
5
Giải:
a) Chia bản thành nhiều lớp song song Oy trong đó, coi như anh sáng truyền theo đường
thẳng và tuân theo định luật khúc xạ ánh sáng vì các bản nhỏ => nA.sin /2= n1sinφ1=
n2sinφ2=.....= nBsinφB (1)
Mặt khác tia ló ra ngoài không khí
y
nB.sin(90-φB) = sinα => nB.cosφB=sinα (2)
Từ (1) và( 2) suy ra n B2 n A2 sin 2 n B 1,646
nA
(n n A ) R
x B B
1,49cm
b) Từ nB= x B
nB
1
R
n1
c) Lấy O cách A 1 khoảng R, ta sẽ chứng minh đuờng truyền tia
sáng theo cung tròn bán kính R theo cung AB Xét M �
AB
� = OK R x 1 x chính là hệ thức (2) đpcm
sin φi= sin 0MK
R
R
R
Dựng A' sao cho OA = OA' => ABA'= / 2
n2
n3
A
B
M
x
A
k
H
0
A'
BÀI TẬP ÔN LUYỆN
Bài 1: Một chùm sáng song song hẹp đến rọi vuông góc lên mặt của một
bản hai mặt song song ,bề dày b, có chiết suất biến thiên theo qui luật
n(y) = n0 +ay. Hãy xác định độ nghiêng của tia ló so với pháp tuyến mặt ra.
Xem rằng chiết suất biến thiên ít và điểm tới của tia sáng có y = 0
Bài 2 : Một tia sáng rọi lên bản hai mặt song song dưới góc tới 600 .
chiều dày của bản là 2cm và bề rộng là 2b. chiết suất của bản thay đổi
theo phương pháp tuyến của bản mặt theo quy luật n n1
x
n2 n1
y.
d
Hãy xác định góc ló ra của tia sáng theo mép bản, nếu n1 =1 và n2 = 2.
Hãy giải bài toán trên với 300
y
Bài 3 : Chiết suất khí quyển của một hành tinh X giảm theo độ cao h theo qui luật
n = n0 - h . Bán kính hành tinh là R. Hãy tìm xem ở độ cao bằng bao nhiêuthì một tia sáng đi
vòng quanh hành tinh ở độ cao không đổi
6
Bài 4 : Giữa hai môi trường có chiết suất n0 và n1 (n0 > 1; n1 =1)có một lớp đồng chất chiều
cao h = H 1
1
y
2 với H là một hằng số chiết suất lớp này thay đổi theo qui luật n n0 1
n0
H
từ môi trường có chiết suất n0 có một tia sáng đi vào môi trường nói trêntại điểm 0 (y = 0) với
góc tới
1. với giá trị nào của tia sáng quay trở lại môi trường cũ
2. Tìm phương trình biểu diễn đường truyền tia sáng
3. với bằng bao nhiêu thì khoảng cách điểm đi vào và đi ra là cực đại
7
- Xem thêm -