Tài liệu Bồi dưỡng học sinh giỏi môn vật lý thpt chuyên đề khúc xạ ánh sáng

  • Số trang: 32 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 1495 |
  • Lượt tải: 4
dangvantuan

Tham gia: 02/08/2015

Mô tả:

Chuyên đề: KHÚC XẠ ÁNH SÁNG Phần I PHẦN MỞ ĐẦU I. Lý do chọn đề tài Trong chương trình Vật lý trung học phổ thông, quang hình học là một mảng kiến thức lớn và chiếm một vị trí quan trọng trong các đề thi học sinh giỏi quốc gia. Bài tập quang hình học phong phú, đa dạng về thể loại, nhiều về số lượng. Thời gian để phục vụ giảng dạy phần quang hình không nhiều cho nên khó có thể giúp học sinh hiểu đầy đủ và trọn vẹn được phần kiến thức này. Chính vì lý do đó tôi viết chuyên đề “Khúc xạ ánh sáng” nhằm mục đích làm tư liệu giảng dạy cũng như để giúp các em học sinh giỏi có tài liệu để tham khảo. II. Mục đích Nghiên cứu về lí thuyết và một số dạng bài tập về khúc xạ ánh sáng. 1 Phần II NỘI DUNG NGHIÊN CỨU Chương I Cơ sở lý thuyết về khúc xạ ánh sáng 1. Định luật khúc xạ - Tia khúc xạ nằm trong mặt phẳng tới và ở phía bên kia pháp tuyến so với tia tới. - Đối với một cặp môi trường trong suốt nhất định thì tỷ số giữa sin của góc tới (sin i) và sin của góc khúc xạ (sin r) luôn là một số không đổi. Số không đổi này phụ thuộc vào bản chất của hai môi trường và được gọi là chiết suất tỷ đối của môi trường chứa tia khúc xạ (môi trường 2) đối với môi trường chứa tia tới (môi trường 1) ký hiệu là n21. sin i  n 21 sin r (1) 2. Chiết suất tuyệt đối - Chiết suất tuyệt đối của một môi trường là chiết suất của nó đối với chân không, chiết suất tuyệt đối của các môi trường luôn lớn hơn 1. - Chiết suất tỷ đối giữa hai môi trường bằng tỷ số giữa các chiết suất tuyệt đối của chúng. n 21  n2 n1 (2) - Ý nghĩa của chiết suất tuyệt đối: chiết suất tuyệt đối của một môi trường trong suốt cho biết tốc độ ánh sáng trong môi trường đó nhỏ hơn tốc độ truyền ánh sáng trong chân không bao nhiêu lần: v c n v là tốc độ truyền ánh sáng trong môi trường có chiết suất tuyệt đối n. - Ý nghĩa của chiết suất tỷ đối: + n21 > 1: môi trường (2) chiết quang hơn môi trường (1). + n21 < 1: môi trường (2) chiết quang kém môi trường (1). 3. Hiện tượng phản xạ toàn phần Điều kiện để xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần: 2 + Điều kiện cần: Tia sáng truyền từ môi trường chiết quang hơn (có chiết suất lớn hơn) sang môi trường chiết quang kém (có chiết suất nhỏ hơn). + Điều kiện đủ: Góc tới i  igh Với sin igh  n2 (n1 > n2 ) n1 4. Lưỡng chất phẳng a. Định nghĩa Lưỡng chất phẳng là một hệ thống gồm hai môi trường trong suốt và đồng tính, chiết suất khác nhau, ngăn cách bởi một mặt phẳng. b. Công thức lưỡng chất phẳng Xét chùm tia hẹp gần như vuông góc với mặt phân cách. S’ S d’ d (n1) H I (n2) Hình 1 Xét chùm tia gần như vuông góc với mặt phân cách, ta có: HS HS'  n1 n2 Chọn gốc toạ độ tại H, chiều dương cho vật ngược chiều ánh sáng, chiều dương cho ảnh cùng chiều ánh sáng: Đặt d  HS , d '  HS' ta có d d' d' n   0 hoặc  2 n1 n 2 d n1 Quy ước: - Vật thật d > 0, vật ảo d < 0 - Ảnh thật d’ > 0, ảnh ảo d’ < 0. 3 (3) - Đặc điểm của ảnh : + Vật và ảnh luôn trái bản chất : Vật thật cho ảnh ảo, vật ảo cho ảnh thật. 5. Bản hai mặt song song a. Định nghĩa Bản hai mặt song song là một môi trường trong suốt và đồng nhất giới hạn bởi hai mặt phẳng song song được đặt trong một môi trường trong suốt đồng chất khác. b. Công thức về bản mặt song song Xét chùm tia sáng hẹp gần như vuông góc với bản mặt song song, n là chiết suất tỷ đối của bản mặt song song đối với môi trường đặt bản mặt. B A ∆e A’ B’ H e (n) Hình 2 Xét chùm tia hẹp gần như vuông góc với bản mặt song song ta có công thức tính độ dịch chuyển ảnh: e  AA '  e1  1 n (4) Chọn gốc toạ độ tại H, chiều dương cho vật ngược chiều ánh sáng, chiều dương cho ảnh cùng chiều ánh sáng: Đặt d  HA , d '  HA ' . Ta có công thức:  1 d  d '  e1    n (5) 6. Lăng kính a. Định nghĩa: Lăng kính là một khối chất trong suốt (thuỷ tinh, thạch anh, nước,...) hình lăng trụ đứng, có tiết diện thẳng là một tam giác. b. Các công thức về lăng kính 4 A D i1 J I r2 r1 i2 S R (n) B C Hình 3 Xét lăng kính có chiết suất tỉ đối n. Gọi D là góc lệch giữa tia tới và tia ló. * Trường hợp tổng quát (góc tới i1 và góc chiết quang A bất kỳ). sin i1  n sin r1 (6) sin i 2  n sin r2 (7) A  r1  r2 (8) D  i1  i 2  A (9) D  A  i1  i 2  (với n < 1) (10) * Trường hợp góc tới i 1 và góc chiết quang A đều nhỏ: i1  nr1 ; i 2  nr2 (11) A  r1  r2 (12) D  n  1A với n > 1 (13) D  1  n A với n < 1 * Qua khảo sát, ta được: khi i 1 = i2 = i0 thì D = Dmin Khi n < 1: i 0  n sin A  D min 2 A sin 2 Khi n > 1: i 0  n sin A  D min A ; r 2 2 (14) A  D min A ; r 2 2 A  D min 2 A sin 2 (15) 5 7. Lưỡng chất cầu a. Định nghĩa Lưỡng chất cầu gồm hai môi trường trong suốt có chiết suất khác nhau (n1, n2) được ngăn cách bởi một phần của mặt cầu. Xét chỏm cầu có đỉnh O, tâm C của mặt cầu, bán kính cong R. Trục đối xứng của mặt cầu đi qua tâm gọi là quang trục chính. Giao điểm của quang trục chính với mặt cầu là đỉnh O. Đường thẳng bất kỳ qua C là quang trục phụ. b. Công thức về lưỡng chất cầu (n2) A C  O S S’ A’ (n1 ) Hình 4 Xét chùm tia hẹp gần quang trục chính của lưỡng chất cầu: n1 n 2 n 2  n1   d d' R (16) Với d  OS , d '  OS' ; R = OC Khi sử dụng công thức (16) phải tuân theo quy tắc về dấu như sau: - Chiều dương của đoạn OS  d ngược với chiều ánh sáng. - Chiều dương của đoạn OS'  d' và đoạn OC  R cùng với chiều ánh sáng. Với quy ước dấu như vậy, ta có: - Vật thật d > 0, vật ảo d < 0 - Ảnh thật d’ > 0, ảnh ảo d’ < 0. 6 Chương II: BÀI TẬP 1. Định luật khúc xạ ánh sáng Bài 1. Một ống thuỷ tinh bán kính trong r và bán kính ngoài R (r < R) chứa đầy một chất huỳnh quang. Dưới tác dụng của tia Rơnghen chất này phát ra ánh sáng xanh. Chiết suất thuỷ tinh và của chất huỳnh quang đối với ánh sáng xanh lần lượt là n1 và n2 . Hỏi tỉ số r R phải thoả mãn điều kiện như thế nào để khi nhìn lên ống thuỷ tinh ta có cảm giác chiều dày ống bằng không? Lời giải: + Cảm giác chiều dày của ống bằng 0 xuất hiện khi các tia sáng đi từ bên trong ống khúc xạ vào thuỷ tinh cho tia ló tiếp tuyến với mặt ngoài. + Tia sáng từ bên trong chất lỏng tới A thuộc mặt trong của ống sẽ toả ra bên trong góc nhị diện bằng 2  max . + Tia ngoài biên khi ra khỏi ống sẽ tiếp tuyến với mặt ngoài ống. Khi đó góc tới  của tia đó trên mặt ngoài của ống là góc giới hạn đối với mặt giới hạn thuỷ tinh – không khí: sin   1 ( Tia này ứng với góc  max ) n1 + Xét OAB : áp dụng định lí hàm số sin, ta có: r R R   sin  sin(  ) sin   n1 r sin   R sin  Với  max : B   i r O n2 r 1  R n1 sin  max Giá trị của  max phụ thuộc vào n1 và n2: - Khi n 2  n1  sin  max  Hình 5 n2 r 1 (Góc giới hạn tại A có sini max = 1)   n1 R n2 - Khi n 2  n1   max = 90 0 (Góc tới tại A có sin i max  * Vậy: A n1 r 1  ) n2 R n1 r 1 r 1   khi n1  n 2 Hoặc Khi n1  n 2 R n1 R n2 7 Bài 2. Một qủa cầu được làm bằng một chất trong φ suốt được đặt vào một chùm sáng song song đi qua tâm mặt cầu như hình vẽ. Góc tới của một A θ S trong các tia tại mặt cầu là   arctan4 / 3 , sau B β  O khi nó khúc xạ qua quả cầu thì bị lệch một góc   2 arctan(7 / 24) . Tìm chiết suất của vật liệu làm quả cầu. Hình 6 Lời giải: + Tia SA đến mặt cầu với góc tới  , đi vào mặt cầu theo đường thẳng AB tạo 1 góc  với các bán kính và theo định luật khúc xạ ánh sáng: sin  n sin  φ + Đối với tia đi ra khỏi quả cầu, ta có: S sin  1  sin  n A C θ β β B  + Khảo sát tam giác ABC: Tam giác cân   2    2 arctan7 / 24 Hay tan      7 tan   tan  7   24 1  tan . tan  24  tan   Hình 7 3 4 sin  1  1 / tan 2  4   Từ đó: n  sin  1  1 / tan 2  3 Vậy: n 4 3 Bài 3. Một chùm đơn sắc song song chiếu lên quả cầu được tạo ra từ vật liệu trong suốt xuyên qua quả cầu đó. Tiết diện chùm tia này nhỏ so với kích thước quả cầu. Chùm tia ló tạo ra trên mặt quả cầu một vệt sáng tròn có đường kính nhỏ hơn 3 lần đường kính tiết diện chùm tia tới. Tìm chiết suất vật liệu quả cầu. 8 γ Lời giải: α I r h1 r α Jα h2 O β r M γ K (n) Hình 8 Theo hình vẽ ta có: h1 = Rsin  , h2 = Rsin  Xét IOJ :     2r    2r   h1 sin  sin    h 2 sin  sin2r    Vì  nhỏ  r nhỏ, nên: h1  1   3 h 2 2r   2. r  1  Mà: Vậy: sin   n n sin r r 1 2 1 n  3  n  1,5 Bài 4. Một tia sáng đi vào một giọt nước hình cầu chiết suất n như hình vẽ. 1) Góc tới  của tia sáng trên mặt đối diện là bao nhiêu? Tia này phản xạ một phần I hay toàn phần? 2) Tìm biểu thức đối với góc lệch  . J 3) Tìm góc  để gây ra góc lệch cực tiểu. (n) d sin1 x 1  (Gợi ý: ) dx 1 x2 Hình 9 9 Lời giải: 1) Áp dụng định lí Snell: nsin  = sin  Vì sin   1 1 1 sin   , tức là góc tới nhỏ hơn góc giới hạn sin 1 , do đó tia tới n n n phản xạ một phần trên mặt cầu đối diện. φ I 2) Tìm biểu thức đối với góc lệch  Vì       x hay x  2   α      2x    4  2 α 3) Tìm góc  để gây ra góc lệch cực tiểu Tính: K δ (n) d d  4 2 d d Để góc lệch  cực tiểu thì  J O Hình 10 d 0 d d 1  d 2 Vì   sin1  sin   , ta có: 1 n  d 1 cos  và từ đây suy ra  . d n cos  1 1 Vậy: 1 4 sin 2   2 cos2  2 n n n2  1 1 3 2 2  cos    cos  n2 n2 3 cos   n2 1 3 2. Chiết suất thay đổi x O Bài 5. Một tia sáng SI chiếu thẳng góc tới môi trường S I trong suốt có chiết suất phụ thuộc vào biến y, tại y = 0 (Hình vẽ). Dạng của hàm số n = n(y) phải thế nào để cho bên trong môi trường khảo sát tia sáng chạy theo đường parabol. Biết y = 0, n = n0. 10 y Hình 11 Lời giải: Ta chia môi trường thành các phần nhỏ song song với Ox sao cho coi chiết suất n 0, n1, n2,... Từ dạng Invarian của định luật khúc xạ, ta có: n( y).siny  const (1) n(y) là hàm số phụ thuộc vào y, y là góc tạo thành giữa tia sáng với trục y. + Tại x = 0, parabol có tiếp tuyến là Ox  y = ax2 (2) a: hệ số đặc trưng mở của parabol O S + Từ (1) cho ta: ny. sin y  n0sin 0 Với sin 0  sin 900  1; n0  n 0 nên: sin  y   I 1 1  cot y  2  y y  2 ay a 1 γy Hình 12 (4) (5) 1  4ay Từ (3) và (5)  n y   M (3) dy  y 'x + Tại M, tiếp tuyến có: tan   cot   dx Do sin y   α y n0 n y   cot  y   y 'x  2ax  2a x n0  n 0 1  4ay sin  y  Vậy ny  n 0 1  4ay Bài 6. Biết chiết suất của môi trường phụ thuộc vào y: n = n(y). 1) Tìm n để đường truyền ánh sáng là một phần của đồ thị parabol: y  ax 2  bx  c 2) Tìm n để đường đi tia sáng là một phần của đường tròn: ( x  x 0 ) 2  ( y  y0 ) 2  R 2 3) Tìm n để đường đi tia sáng là một phần của đường hypebol: x 2 y2  1 a 2 b2 Lời giải: Xây dựng ra được: n  n 0 sin i 0 1  y'  2 11 (*) x 1. Cho hàm: y  ax 2  bx  c - Tính đạo hàm của y theo x: y’ = 2ax + b (1) - Từ y  ax 2  bx  c  ax 2  bx  c  y   0 x  b  b 2  4a c  y 2a (2) - Thay (2) vào (1), ta được: y'   b 2  4a c  y (3) - Thay (3) vào (*): n  n 0 sin i 0 1  b 2  4a c  y 2. Cho hàm: (x  x 0 ) 2  ( y  y0 ) 2  R 2 - Đạo hàm hai vế theo x, ta được: 2x  x 0   2y  y0 .y'  0  y'    y '   2 x  x 0 2 y  y 0 2 x  x0 y  y0 R 2  y  y 0  R2  1 y  y 0 2 y  y 0 2 2  (4) - Thay (4) vào (*), ta được: n  n 0 sin i 0 3. Cho hàm: R y  y0 x 2 y2  1 a 2 b2 - Tính đạo hàm hai vế theo x: 2 2 x 2 y.y ' b x  2  0  y'    . 2 a b a y - Bình phương hai vế ta được: y  ' 2 b4 x 2 . a 4 y2   (5)  x 2 y2 y2  b2 2 2 .a - Từ 2  2  1  x  a b b2 (6) - Thay (6) vào (5): y  ' 2   b2 y2  b2 . a2 y2 - Thay (7) vào (*), ta được: n  n 0 . sin i 0 1  12  b 2 y 2  b 2  . a2 y2 (7) Bài 7. Một chùm sáng hẹp chiếu vuông góc tới một bản 2 mặt song song ở điểm A(x = 0). Chiết suất của bản biến đổi theo công thức n x  nA ; nA và R là những hằng số. x 1 R Chùm sáng rời bản tại B theo góc  và ló ra không khí . y  1) Tìm chiết suất của bản mặt tại điểm B, nơi tia sáng ló ra. 2) Xác định toạ độ xB của điểm B. B d 3) Xác định chiều dày d của bản mặt. Biết: nA = 1,2; R = 13cm;  = 30 0 . x A Hình 13 Lời giải: 1. Tìm nB: - Chia bản thành nhiều lớp rất mỏng, coi như chiết suất hầu như không đổi ở mỗi lớp: nx = f(x) - Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng: n1sini1 = n2sini2 = ... = k = const  nx.sinix = k - Tại A: iA = 90 0; nX = nA  k = nA Vậy: sin i x  nA x  1 nx R - Tại B: sin i B  nA , ở B ánh sáng đi từ môi trường chiết suất nB với góc tới (90 0 – nB iB) ra không khí với góc khúc xạ  :   n B sin 900  i B  sin   1 2 2  n B . cos i B  n B n  1 1  sin i B  n B . 1   A   n 2B  n 2A  2  nB  2  n B  1,3 2. Tìm xB: nB  R n B  n A  nA  xB   1cm. xB n B 1 R 3. Tìm d: Chứng minh quỹ đạo là một phần của đường tròn: 13 dy dx - Tại M: tan i x  sin i x  1  x  X  dx  R.dX R R.X.dx  y2  x  R 2  R 2  dy   1 X 2  quỹ đạo dạng đường tròn. - Tại B: y  d  R 2  x B  R 2  5cm. Bài 8. Giữa hai môi trường chiết suất n0 và n1 có một lớp đồng chất dày n ) và n0 > 1; n1 = 1. n 02 h max  H(1  Chiết suất này thay đổi theo quy luật n  n 0 1  y ( H = const > 0). Từ môi trường H chiết suất n0 có một tia sáng đi vào O dưới góc i 0 . 1) Tìm dạng đường đi của tia sáng. 2) Góc i0 thoả mãn điều kiện nào để tia sáng sáng quay về môi trường ban đầu. 3) Xác định khoảng cách giữa điểm tia sáng đi vào và đi ra là cực đại. Lời giải: 1. Tìm dạng đường đi của tia sáng. n 0 sin i 0 - Lập luận dẫn đến: dx  - Thay n  n 0 1  dx  n  n 02 sin 2 i 0 2 .dy y vào biểu thức trên, ta được: H n 0 sin i 0 y  n 1    n 02 sin 2 i 0  H .dy  cos 2 i 0  x  H sin i 0  cos 2 i 0 y H  1 2 y cos i 0  H .dy 2 2 0 y  dx  sin i 0  cos2 i 0   H  sin i 0  H.d cos2 i 0  y    1 2 H y y  2  2  cos i 0   .d cos i 0   H H   1 y 2   2H sin i 0  cos2 i 0   H  cos 2 i0  y H 2 cos i0 14  y x2 x  2 4H sin i 0 tan i 0 Vậy quỹ đạo có dạng là parabol 2. Góc i0 thoả mãn điều kiện nào để tia sáng sáng quay về môi trường ban đầu - Để tia sáng quay trở lại môi trường cũ thì ymax  hmax Ta có: y max     H. cos2 i 0 4a  n  n H cos2 i 0  H1  2   cos i 0  1  2 n0  n0  3. Xác định khoảng cách giữa điểm tia sáng đi vào và đi ra là cực đại y = 0  x1 = - H.sin2i0 hoặc x2 = H.sin2i0 Khoảng cách giữa điểm vào và điểm ra là: S = x2 – x1 = 2H.sin2i0 Smax khi 2i0 = 90 0  i 0  450 Bài 9. Một tia sáng chiếu vuông góc lên mặt phẳng ngăn cách môi trường có chiết suất n(y) phụ thuộc vào toạ độ y tại điểm A. Dạng của hàm n(y) phải như thế nào để trong môi trường này, tia sáng truyền theo y dạng hàm sin? A Cho: - Chiết suất tại A là nA. a - Phương trình đường truyền tia sáng có  O dạng: y  a.sin(kx  ) 2 x Hình 14 Lời giải: * Xét một môi trường có bề dày dy coi như chiết suất không đổi. Khi đó: y'  Mà dy    ak cos kt   dx 2  cos i y dy  tan   cot i  dx sin i y (1) Với n1sini1 = n2 sini2 = ... = nysiniy = nA n   sin 2 i y   A  n   y y A α a dy O x 2 (2) Hình 15 Từ (1) ta được: 15 2  cos i y     a 2 k 2 cos2  kx     sin i  2  y   (3) Từ (2) và (3), ta nhận được: 1  sin 2 i y 2 sin i y      a 2 k 2 cos2  kx   2   1     1  a 2 k 2 1  sin 2  kx   2 sin i y 2    n 2y  n 2A n 2A n 2y  y2   a k 1  2   2  1  k 2 a 2  y 2  nA  a  2 2  n y  n A 1  k 2 a 2  y 2  Bài 10. Một quả cầu trong suốt bán kính R có chiết suất phụ thuộc vào khoảng cách r từ tâm điểm theo công thức: n (r )  Ra ( a  0) ra Chiếu tia sáng lên quả cầu dưới góc tới  (hình vẽ). Hãy xác định khoảng cách ngắn nhất d từ tâm quả cầu đến tia sáng. Lời giải: Chia quả cầu thành các lớp cầu rất mỏng Gọi  k là góc tới vào môi trường có chiết suất nk  k là góc tới vào môi trường có chiết suất nk γ2 áp dụng định lí hàm số sin: sin 1 sin   2  sin  2   r2 r1 r1 Định luật khúc xạ ánh sáng: n1 sin 1  n 2 sin  2  n 2 sin  2  n1 sin  2  n1. d Hình 16 Vậy, tổng quát: nr .r. sin r   const r  : là góc khúc xạ vào môi trường có chiết suất n(r) Xét các trường hợp đặc biệt: r = R, r = d d.nd . sin d   R.nR . sin R  Tại điểm gần tâm nhất của tia sáng thì d   900  sin d   1 16 γ2 n2 n1  O r1 . sin  2 r2  n 2 .r2 . sin  2  n1.r1 sin 1 α1 α2 (1) (2) Theo giả thuyết: n R   Ra  1 (3) Ra Thay (2) và (3) vào (1), ta được: d. Ra .1  R.1. sin  R  da R  là góc khúc xạ vào mặt cầu bán kính R sin   nR . sin R   sin R   d. Ra  R. sin  da  d aR sin  a  R 1  sin   Bài 11. Cho rằng khí quyển gồm những lớp cầu đồng chất mà chiết suất giảm dần theo độ cao: nz = n0 – az; a là hằng số; az << n0 . Từ độ cao z = h0 , người ta chiếu một tia sáng theo phương nằm ngang nằm trong mặt phẳng kinh tuyến. Tìm h0 sao cho tia sáng đi được vòng tròn quanh quả đất. Lời giải: (n + dn) I i (n) R+Z  O  Cách 1: Tại J: n.sini = (n + dn).sin90 0  sin i  n  dn n R + Z + dZ (1) Theo đề: n = n0 – a.z  dn = - a.dz Từ (1)  sin i  n 0  az  a.dz n 0  az (2) Hình 17 Mặt khác, theo hình vẽ ta có: sin i  Từ (2) và (3): Rz R  z  dz (3) Rz n 0  az  a.dz  n 0  2az  aR  0 = R  z  dz n 0  az  hz n 0  aR 1  n 0     R 2a 2 a  17  Cách 2: Theo nguyên lý Fecma: Giữa 2 điểm A và B ánh sáng sẽ truyền theo con đường nào mà quang trình là cực đại(cực tiểu hay không đổi) gọi là cực trị. Đường đi ánh sáng:   2(R  z) Quang trình: L  n  2n R  z   2n 0  az R  z  Tính đạo hàm của L theo z, ta được: dL 0 dz  2n 0  az  aR  az   0 hz n 0  aR 1  n 0     R 2a 2 a  3. Lưỡng chất phẳng. Bản mặt song song Bài 12. Ngày xửa ngày xưa, chuyện kể rằng, sau một ngày làm việc mệt mỏi, người thợ rèn Akaba đi qua một con suối nhỏ uống nước. Khi nhìn xuống nước theo phương hợp với mặt nước một góc   450 thoạt nhiên anh nhận thấy dưới đáy suối có một chiếc nhẫn kim cương. Sung sướng và hạnh phúc, anh vội vàng lội xuống suối, đến chỗ có chiếc nhẫn. Khi đến nơi, nhìn theo phương thẳng đứng xuống, anh ta ngạc nhiên khi thấy tự nhiên nó bị nâng lên cao hơn lúc đầu, nhưng không chần chừ anh thò tay xuống nhặt chiếc nhẫn lên và đi ngay về làng. Hãy giải thích hiện tượng mà Akaba đã nhìn thấy. Nếu cho rằng so với lúc đầu anh ta nhìn thì nhẫn dường như được nâng lên một đoạn là 18,2 cm. Hỏi độ sâu của con suối mà Akaba đến uống nước là bao nhiêu. Chiết suất nước ở đó là 4/3. Lời giải: Mặt nước và không khí tạo ra một lưỡng chất phẳng khi Akaba nhìn với góc   450 không thoả mãn điều kiện tương điểm của lưỡng chất phẳng, còn khi nhìn vuông góc do thoả mãn điều kiện tương điểm nên Akaba sẽ thấy ảnh của chiếc nhẫn được nâng lên. Gọi A là chiếc nhẫn ở đáy suối và A' là ảnh mà AKABA nhìn thấy. Vì i và  r là rất nhỏ nên: B BD  BA   r  H r cos r A’ h i Tương tự BC  cos i I C D i i r r A Hình 18 18 h H Mà BI  BD BC  cos r cos i  H 2 cos r  r  h cos 2 i i (*) Theo định luật khúc xạ ánh sáng: sin i sini  i   n;  n (1) sin r sinr   r  Vì r và i rất nhỏ nên từ (1): sin i  cos i  i  n sin r  n cos r  r  cosi  i  n cos r  r  i cos r  r cos i Từ (*) và (**)  h  (**) H n  cos i     cos r  3 Theo bài ra: h2  h1  18,2 cm   H n  cos3 i2 cos3 i1     18,2  3 3 cos r cos r 2 1   Vì i2 và r2 rất nhỏ nên: H  57,8 cm Vậy độ sâu của suối là 57,8cm. Bài 13. Cho bản mặt song song (BMSS) có chiết suất tỉ đối n(n < 1). Chiếu một chùm tia sáng rộng đến BMSS. Chùm tia sáng hội tụ tại 1 điểm S ở phía sau BMSS (tính theo chiều truyền ánh sáng) chùm tia này được giới hạn bởi hai tia biên: Tia biên thứ nhất vuông góc với BMSS, tia biên thứ hai tới gặp BMSS tại I dưới góc tới i thoả mãn: i 1 = 100  i  i0 = 30 0; bản mặt song song có bề dày e. Khi nào ảnh của S không phải là một điểm sáng mà là một vệt sáng. Tính độ dài vệt sáng. Áp dụng: SH = 20cm; e = 5cm; n = 0,8. Lời giải: Khi chùm tia sáng rộng có góc tới i > 10 0 thì ảnh của S không phải là một điểm. S1' và S'0 là ảnh ứng với tia biên có góc tới i 1 = 10 0 và i0 = 30 0. 19 1 1 + Với i1 = 10 0: d1'  d  e1    HS1'  d1'  e1    d  n  n S S1 ’ d d1’ S0 ’ d0’ H e (n) Hình 18 Hình 19 + Với i0 = 30 0:  1  sin2 i 0  d  d  e 1  n 2  sin2 i 0  ' 0  2     HS'  d '  e1  1  sin i 0 0 0   n 2  sin 2 i 0    d   1    n 2  sin 2 i n 0   Độ dài vệt sáng là: S'0S1'  HS1'  HS'0  e 1  sin 2 i 0 Thay số, ta được: S'0S1'  0,7(cm) Bài 14. Một chùm sáng hẹp song song có bề rộng a gồm hai thành phần đơn sắc được chiếu lên một bản mặt song song dưới góc tới i. Chiết suất của bản đối với hai thành phần tương ứng là n1 và n2. Xác định độ dày tối thiểu của bản mặt để sau khi đi qua bản, chùm sáng sẽ tách thành hai chùm riêng biệt mà mỗi chùm chỉ chứa một thành phần đơn sắc. Lời giải: Xét  IQJ: x  JQ  IJ. tan(i  r ) Xét  IHJ: IJ   x  e. IH e  cos r cos r  sini  r  sin i. cos r  sin r. cos i sin r. cos i   e  e sin i  2  cos r cos r 1  sin r   Theo định luật khúc xạ ánh sáng: sin i  n.sin r  sin r  20 sin i n
- Xem thêm -