Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Vật lý Bồi dưỡng học sinh giỏi môn vật lý thpt chuyên đề sự truyền ánh sáng trong môi t...

Tài liệu Bồi dưỡng học sinh giỏi môn vật lý thpt chuyên đề sự truyền ánh sáng trong môi trường có chiết suất thay đổi

.DOC
7
1164
83

Mô tả:

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 xa  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   bx 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  Ra trong dó:a là số ra 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 Ra 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 -

Tài liệu liên quan