Chuyên đề:
MỘT SỐ BÀI TẬP CƠ BẢN VỀ CHIẾT SUẤT BIẾN
ĐỔI
Đặt vấn đề:
Trong các đề thi học sinh cấp thành phố, cấp quốc
gia và quốc tế những năm gần đây xuất hiện nhiều bài toán liên quan đến
phần quang hình có chiết suất môi trường biến đổi. Những bài toán này là
thường khá hay và gây ra khó khăn cho học sinh vì nó đòi hỏi học sinh khả
năng phân tích và kiến thức tổng hợp. Nhằm giúp các em giải quyết
những bài toán này tôi đã biên soạn chuyên đề “MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ
BẢN VỀ CHIẾT SUẤT BIẾN ĐỔI”. Vậy hướng giải quyết những bài toán này
như thế nào?
B1: Chia khối trong suốt thành các lớp mỏng trong suốt sao cho chiết
suất trong những lớp ấy gần như không đổi.
B2: Dùng các định luật truyền thẳng, định luật phản xạ, định luật
khúc xạ ánh sáng và hiện tượng phản xạ toàn phần áp dụng cho các lớp
mỏng trong suốt.
B3: Kết hợp kiến thức toán học: tích phân, các phép tính gần đúng…..
để tính toán.
Chuyên đề được chia làm hai phần:
Phần 1: Ôn tập những kiến thức cơ bản về các định luật truyền thẳng
ánh sáng, định luật phản xạ ánh sáng, định luật khúc xạ ánh sáng và hiện
tượng phản xạ toàn phần.
Phần 2:Phân chia dạng bài tập và một số bài tập minh họa và vận
dụng.
Trang 1
I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
1.
Ba định luật cơ bản của quang hình học
Định luật truyền thẳng của ánh sáng: Trong một môi
trường trong suốt đồng tính và đẳng hướng các tia sáng truyền theo
đường thẳng.
Định luật phản xạ ánh sáng:
Tại mặt phân cách giữa hai môi trường, một phần tia sáng bị
phản xạ, đó là hiện tượng phản xạ ánh sáng.
Tia tới và pháp tuyến tại điểm tới xác định một mặt phẳng tới
và lập một góc tới i.
Tia phản xạ và pháp tuyến lập một góc tới i’.
Định luật phản xạ ánh sáng: Tia phản xạ nằm trong mặt phẳng
chứa tia tới và pháp tuyến, góc phản xạ bằng góc tối .
Định luật khúc xạ ánh sáng.
Tia sáng truyền qua hai môi trường trong suốt bị đổi hướng tại
mặt phân cách đó là hiện tượng khúc xạ ánh sáng.
Tia khúc xạ và pháp tuyến lập một góc khúc xạ r.
Định luật khúc xạ ánh sáng: Tia khúc xạ nằm trong mặt phẳng
chứa tia tới và pháp tuyến và góc khúc xạ xác định bởi biểu thức :
n1 sin i n2 sin r
.
Trong đó n1 và n2 là các hằng số, gọi là chiết xuất của môi
trường 1 và 2. Tỉ số
n1
n12
n2
gọi là chiết suất tỉ đối của hai môi
trường.
Hiện tượng phản xạ toàn phần
2.
Môi trường có chiết suất thay đổi
Trang 2
Trên thực tế rất khó có một môi trường trong suốt đồng nhất
và có chiết suất không thay đổi theo vị trí mà luôn tồn lại môi trường
có chiết suất thay đổi theo từng vị trí khác nhau.
Ví dụ
Chiết suất của các bản mỏng .
Chiết suất của lớp không khí thay đổi theo độ cao.
Chiết suất của lớp không khí trên khí quyển trái đất.
II. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA
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 x 0
với góc tới i0 biết chiết suất môi trường ngoài là n0 .Hãy tìm qui luật
biến đổi chiết suất
Hướng dẫn:
Chia môi trường thành những lớp mỏng sao cho n không đổí xet tại
điểm M tia sáng với góc tới i
n sin i n0 sin i0 const
n02 sin 2 i0
1
dx
cosi
n
tani=
, tan cot i
sin
i0
dy
sini
n0
n
n 2 n02 sin 2 i0
n0 sin i0
y
Mặc khác
M
dy
i
Trang 3
x0
dx
x
coti
dy
y , � n 2 n02 sin 2 i0 n0 sin i0 y ,
dx
� n n0 sin i0 1 ( y , ) 2
Các trường hợp riêng
1.
Đường
truyền
có
phương
trình:
y
=
ax 2
� y , 2ax � (y , ) 2 4a 2 x 2 4ay � n n0 sin i0 1 4ay
2. Đường truyền là một đoạn phương trình : y = AsinBx
y , ABcosBX � (y, ) 2 A2 B 2cos 2 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 :
y b
2
R2 x a
x a
2
y b R2
2
2
lấy đạo hàm hai vế
� 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
Bài 1: Trong một môi trường trong suốt có chiết suất biến đổi 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. Xác định biểu thức của chiết suất để ánh sáng truyền trong môi trường
theo một parabol.
Hướng dẫn:
Chia môi trường thành những lớp vô cùng mỏng sao cho trong mỗi lớp
chiết suất coi như không đổi.
Trang 4
Định luật khúc xạ cho
n1 sin i1 n2 sin i2 ...
Xét hai điểm trên phương truyền của ánh sáng ứng với các tọa
độA(0,0) và B(x,y)
n A .sini A nB .sin iB
Ta có
Nhưng nA=n0, iA=900
sin iB
n0
n
0
nB n(y)
Đối với parabol ta có
tg
dy
2ax 2 ay
dx
sin iB cos
Vậy
Suy ra
1
1 tan
2
1
1 4ay
no
1
hay n(y) n 0 1 4ay
n(y)
1 4ay
Trang 5
DẠNG 2:Biết qui luật biến đổi n tìm phương trình
biểu diễn đường truyền
Hướng dẫn:
Chia môi trường thành những lớp mỏng sao cho n không đổi, xét tại
điểm M tia sáng với góc tới i
n sin i n0 sin i0 const
tani=
dx
cosi
, tan cot i
dy
sini
n02 sin 2 i0
n
sin i0
n0
n
1
n 2 n02 sin 2 i0
n0 sin i0
y
M
dy
i
Trang 6
x0
dx
x
Mặc khác
coti
dy
y , � n 2 n02 sin 2 i0 n0 sin i0 y ,
dx
� n n0 sin i0 1 ( y , ) 2
Từ :
n n0 sin i0 1 ( y , ) 2
,tìm được y’ lấy nguyên hàm ta tìm được
y
Phương pháp: Ta chia thành các mặt phẳng có chiết suất gần như
không đổi .
Bài 1: Một bản song song có chiết suất biến đổi theo quy luật
y
n(Y ) n0 1 ; n0 1, n2 2
b
bề dày của bản là b=1m. Một tia sang chiếu tới
trên mặt AB dưới một góc .
a.
Xác định điều kiện để tia sang không xuyên qua bản mỏng
b.
Tia sang đơn sắc SI chiếu vuông góc tới mặt giới hạn tại O có
đó.
chiết suất n0=1. Sau khi ra khỏi bản mỏng một góc
- Xác định góc lệch của tia sang so với phương ban đầu.
- Xác định phương trình đường cong tia sang truyền trong bản
Hướng dẫn:
a.
Điều kiện
Trang 7
Để tia sáng truyền qua bản thì chỉ có thể phản xạ toàn phần. Chia
bản thành nhiều lớp đẳng nhiệt song song từ định luật khúc xạ ta có:
n2 sin nK sin iK (1)
Giả sử có sự phản xạ tại lớp k
� ik 900
(1) � sin
n2 nK n0 � 1 sin
Ta có
1
2
n2
2
nK
n1
hay
900 450
- Với trường hợp 900 tia sáng đi thẳng.
b.
Xác định góc
+ Chia môi trưởng thành các lớp đẳng nhiệt áp dụng định luật khúc
xạ
n1 sini1 n2 sin i2 ... const
n 0 sin i0 n2 sin in
i0
Với
1
2
, n0 1 � sin in
� in , in 450
2
n2
2
4
2
Sau khi ra khỏi bản a sáng lệch khỏi phương ban đầu
sáng truyền thẳng.
+ Xác định đường cong tia sáng trong bản.
Xét điểm thuộc đường truyền trong bản song song M(x,y)
n0 sin i0 n (Y) sin iM � sin iM
1
(1)
n(Y )
Trang 8
4
sau đó tia
tan
dy
1
;sin iM cos
dx
1 tan 2
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
1 tan 2 n(Y ) � tan 2
�
y
y
� tan
a
a
y
dy
dy
1
�
dx
dx
b
y
b
Lấy nguyên hàm hai vế
2 y
x
c
b
Tại x=0 suy ra y=0 suy ra c = 0.
2 y
Vậy
x
b
hay
x2
y
4b
Bài 2: Chiết suất của không khí tại một sân bay phụ thuộc vào độ
cao y theo công thức
n n0 (1 ay )
trong đó hằng số
a 1,5.10 6 m 1
, n0 là
chiết suất không khí tại mặt đất. Một người đứng trên đường bang, độ cao
mặt của anh ta so với mặt đất là 1,7 m. TÍnh độ dài d mà anh ta nhìn rõ
trên đường bang?
Hướng dẫn:
Chia không khi trên sân bay thành các lớp n 1, n2, …. Song song với
mặt đất.
Trang 9
n0 n1 sin 1 n2 sin 2 ... n sin
Ta có:
n0 n sin n0 (1 ay)
Từ hình vẽ ta có:
y
1
cot hay sin
x
1 cot
1 ay 1 (
1
y
1 ( )2
x
y 2
y
) � 1 ( ) 2 1 2ay a 2 y 2
x
x
Vì a nhỏ, y hữu hạn nên bỏ qua (ay) 2 nên
y
2ay
x
hay chuyển sang
dạng vi phân ta có:
dy
2a dx
dx
y
Tích phân hai vế ta được
a 2
x
2
Đường đi của tia sáng trên sân bay là một nhánh của parabol khi
y h�d
2h
1500m.
d
Bài 3: Một tia sáng SI đi từ không khí vào một bản mặt song song có
n=
4
1+
bề dày h với chiết suất thay đổi theo độ sâu x với quy luật
x
x0
(hình
3). Cho h = 0,3 m, x0 = 0,1 m.
a. Xác định quỹ đạo của tia sáng trong bản mặt song song?
Trang 10
b.Tìm điểm ló của tia sáng ra khỏi bản mặt? Cho biết góc tới
0, 63
0 = 300, OI =
m, chiết suất không khí bằng 1.
Hướng dẫn:
a. Khi đi từ không khí vào bản mặt song song thì có thể viết:
sin α 1
sin α 0
=
1
n1
Ta chia bản mặt thành các mặt đẳng chiết
Sau khi tia sáng đi một đoạn nhỏ dh thì
sin α 2
sin α 1
=
n1
n2
(1)
sin α 3
Tiếp đó
sin α 2
=
n2
n3
. .. . .. .. .⇒
sin α n
sin α n−1
=
nn−1
nn
sin α n
Nhân các biểu thức với nhau, ta nhận được
sin α 0
=
1
nn
(2)
Nghĩa là có thể viết đối với một điểm bất kỳ của quỹ đạo:
sin α 1
=
sin α 0 n
(3)
Ta nhận thấy rằng là góc giữa tiếp tuyến của quỹ đạo tia sáng và
phương đứng.Nếu khảo sát quỹ đạo của tia sáng như một hàm dịch
chuyển theo độ sâu thì: f '(x) tg.(hệ số góc của tiếp tuyến)
Từ (3) suy ra:
n
1
n2
1
n2
=
⇒1+ cot2 α = 2 ⇒ 2 = 2 −1
sin α 0 sin α
sin α 0 tan α sin α 0
Trang 11
2
n(x) n 0 sin 0
(→ Xây dựng ra được:
f ' (x )=±
sin α 0
√ n2 −sin 2 α0
�dx �
1 � �
�dy �
=±
)
sin α 0
√(
16
1+
x
x0
2
)
−sin2 α 0
(4)
Thay các giá trị đã cho vào phương trình (4), ta nhận được:
f ( x )=±∫
(10 x+1)dx
=±
1 (10 x +1 ) d (10 x +1)
1 1 d (1+10 x )2
=±
.
10 ∫ √ 64−( 1+10 x )2
10 2 ∫ √ 64−( 1+10 x )2
√ 64−( 1+10 x )2
1
2
2
¿±( . (−2 ) √ 64−( 1+10 x ) )+C=±√ 0,64−( x +0,1 ) +C
20
(5)
Từ hệ tọa độ đã cho, ta chỉ lấy nghiệm:
f (x )=−√ 0,64−( x+0,1 )2 +C
với hằng số C được xác định từ điều kiện đầu:
f (x )=−√ 0,63=−√0, 64−( 0+0,1 ) +C ⇒C=0
2
Khi x = 0 thì:
Vậy phương trình của tia sáng có dạng
f (x )=−√ 0,64−( x+0,1 )2
(6)
Quỹ đạo của tia sáng có dạng đường tròn bán kính r = 0,8 m.
b. Dựa vào hình vẽ ta có x = r -0,1 = 0,8 – 0,1 = 0,7 > 0,3 m
Chứng tỏ tia sáng đi sang mặt kia của bản mặt
Độ lệch của tia sáng so với điểm tới khi ra khỏi bản là
Δy=√ 0,82 −0,12 −√ 0,82−0,42 ≈0,1009m
Trang 12
Bài 4: Một sợi quang học gồm một lõi hình trụ, bán kính a, làm bằng
vật liệu trong suốt có chiết suất biến thiên
đều đặn từ giá trị n n1 trên trục đến n n2
1 n2 n1 )
(với
theo
công
thức
n n y n1 1 2 y 2 , trong đó y là khoảng
cách từ điểm có chiết suất n đến trục lõi, là hằng số dương. Lõi được
bao bọc bởi một lớp vỏ làm bằng vật liệu có chiết suất n2 không đổi. Bên
1 . Gọi Ox là trục của sợi
ngoài sợi quang là không khí, chiết suất n0 �
quang học, O là tâm của một đầu sợi quang. Một tia sáng đơn sắc được
chiếu vào sợi quang học tại điểm O dưới góc 0 trong mặt phẳng xOy.
1. Viết phương trình quỹ đạo cho đường đi của tia sáng trong sợi
quang và xác định biểu thức tọa độ x của giao điểm đường đi tia sáng với
trục Ox.
2. Tìm góc tới cực đại max , dưới đó ánh sáng vẫn có thể lan truyền
bên trong lõi của sợi quang.
Trang 13
Hướng dẫn:
- Vì môi trường chiết suất biến đổi liên tục nên ánh sáng sẽ truyền
theo đường cong. Chia môi trường thành nhiều lớp mỏng song song mặt
phẳng Ox. Gọi là góc phụ với góc tới của tia sáng tại M(x,y)
�
�
�
�
n y sin � � const n1 sin � 1 �
�2
�
�2
�
Theo định luật khúc xạ:
� n1 1 2 y 2 cos n1cos1 � 1 2 y 2 cos cos1
Với
góc
1
được
sin 0 n1 sin 1 � cos1
xác
n12 sin 2 0
n1
định
từ
định
luật
(7)
khúc
xạ
tại
O:
(8)
cos =
1
1 tan 2
- Từ phương trình (7) với lưu ý
1
1 y�
2
ta tìm được
hàm biểu diễn của dx theo f(y)dy. Tích phân 2 vế bằng cách đặt ẩn phụ
dạng cy = sint ta tìm được quỹ đạo tia sáng có dạng hình sin với
�
� sin 0
�
�
y Asin �
x �
sin �
x�
�cos1 �
�v0cos1 � n1
�y
�
sin 0
n
sin � 2 1 2
� n sin
n1
0
� 1
- Độ cao cực đại mà tia
sáng đạt được chính bằng biên
độ:
ymax A
sin 0
n1
- Những điểm cắt của
chùm tia với trục Ox thỏa mãn
điều kiện y = 0
Trang 14
�
x�
�
�
(9).
�
n
� sin � 2 1 2
� n sin
0
� 1
�
x � 0
�
�
n12 sin 2 0
n1
.
� x k
Vị trí đầu tiên có k 1
�x
n12 sin 2 0
n1
2. Để ánh sáng vẫn có thể lan truyền bên trong lõi của sợi quang thì
sin 0
n1
ymax �
�a
Chú
ý
a
rằng
sin 0 a n1
từ
sin max ; max
điều
arcsin a n1
n y n1 1 2 y 2
kiện
và
n y 0 n1; n y a n2
n12 n22
�
an1 . Vậy max arcsin
n12 n22
.
Bài 5:Một đoạn sợi quang thẳng có dạng hình trụ bán đối xứng của
nó trùng với trục tọa độ Ox. Giả thiết chiết suất của chất liệu làm sợi
quang kính R, hai đầu phẳng và vuông góc với trục sợi quang, đặt trong
n
không khí sao cho trục thay đổi theo quy luật:
2
1 2r
3
, trong đó r là
khoảng cách từ điểm đang xét tới trục Ox, có đơn vị là cm. Một tia sáng
chiếu tới một đầu của sợi quang tại điểm O dưới góc xấp xỉ bằng 900
(sinα ≈ 1) như hình 3.
1. Viết phương trình quỹ đạo biểu diễn đường truyền của tia sáng
trong sợi quang.
Trang 15
2. Tìm điều kiện của R để tia sáng truyền trong sợi quang mà không
bị ló ra ngoài thành sợi quang.
Hướng dẫn:
y
β i
O
x
1. Chia sợi quang thành nhiều lớp mỏng hình trụ đồng tâm. Xét trong
mặt phẳng xOy, các lớp đó có tọa độ y dày dy và có chiết suất là
n n0 1 2 y
với
n0 2 / 3
+ Tại O: sin= n0sinβ (với n0 = 2/
3
) => β = 600 => i0 = 300
+ Xét điểm M có tọa độ (x, y) (y > 0) ở lớp có chiết suất
sin i
Ta có: n0.sini0 = n.sini =>
cot i
Mà tanθ =
dy
dx
n0 .sin i0
1
n
2 1 2 y
1
dy
1
2
sin i
dx
Nguyên hàm hai vế ta được:
n n0 1 2 y
dy
dy
3 8 y dx
38y
dx
=>
4x 3 8 y C
Điều kiện ban đầu: khi x = 0 thì y = 0 => C =
3
y 2 x 2 3.x
phương trình quĩ đạo của tia sáng:
Vậy quĩ đạo của tia sáng là đường parabol
Trang 16
2. C1. Điều kiện để tia sáng không bị ló ra ngoài thành sợi quang là
tọa độ y của đỉnh parabol phải nhỏ hơn R
=>
3
R � 0,375cm
8
C2. Điều kiện để tia sáng không bị ló ra
ngoài thành sợi quang lớp chiết suất diễn ra phản
xạ toàn phần của tia sáng phải cách trục ox một
khoảng nhỏ hơn R
=>
3
R � 0,375cm
8
Bài 6 : Xác định sự sai lệch khi định vị góc nhìn một ngôi sao từ mặt
đất dưới góc 450 áp suất khỉ quyển tại sát mặt đất là n=1,00003.
Hướng dẫn
Càng lên cao, không khí càng loãng, nhiệt độ càng lạnh. Do đó chiết
suất của khí cũng giảm. Sự thay đổi của chiết suất cũng làm cho tia sáng
từ ngôi sao phát ra khi tới mặt đất không đi theo đường thẳn mà lại theo
một đường vòng. Vị trí của các ngôi sao nhìn từ Trái Đất bị sai lệch ít nhiều
vì sự khúc xạ tia sáng trong khí quyển.
Để giải quyết bài toán này, ta cần phải chia khí quyển thành các lớp
vô cùng mỏng, và coi rằng trong các lớp đấy, môi trường là đồng nhất
(chiết suất không đổi) và ánh sáng đi theo đường thẳng.
Gọi là chiết suất của lớp thứ p.
Là góc tới mặt phân cách của lớp thứ p và p+1.
Áp dụng định luật khúc xạ ta có:
Trang 17
n0 sin i0 n1 sin i1 ... n p sin i p
Trong đó:
n0 1; ih 450
i0 ih
(1) � sin(i h ) nh sin ih
� sin ih cos sin cos ih n sin ih (2)
Vì rất nhỏ nên
cos �
1;sin �
Thay vào (2) ta được:
(n h 1)tgih 0, 0003(rad )
Kết luận: Trong những bài toán dạng môi trường có chiết suất thay
đổi, ta nên chia môi trường thành những lớp đẳng chiết để áp dụng định
luật khúc xạ và tính. Trong một số trường hợp cụ thể có thể sử dụng một
số công thức gần đúng để thuận lợi cho việc tính toán.
Bài 7:Một chùm sáng đơn sắc song song hẹp đến rọi vuông góc lên
mặt của một bản mặt song song bề dày b, chiết suất biến thiên theo độ
cao theo quy luật
n y n0 ay
.Xác định độ nghiêng của tia ló ra khỏi bản
mặt.
Nhận xét: Ta có thể chia môi trường thành nhiều lớp đẳng chiết. Độ
nghiêng của tia ló ra khỏi bản mặt có thể được tính bằng phương pháp
tính phân.
Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng ta có:
n sin i ( n dn) sin(i di )
Bỏ qua số hạng nhỏ:
Trang 18
cos( di ) 1;sin( di ) 1
� tgi
n
.di
dn
tan i
Lại có
dx
và
dx
; dn ady
dy
n
.di (1)
a
Do chiết suất biến đổi nhỏ nên
b
��
dx
o
n �n0
n0
n
di
�
b
( )
a �
a 2
2
Lấy tích phân 2 vế của (1)
Sau đó ánh sáng ló ra khỏi không khí n=1
Bài 8: Chiết suất của không khí ở nhiệt độ 300K cà áp suất 1atm là
1,0003 đối với ánh sáng ở khoảng giữa của quang phổ nhìn thấy. Giả thiết
khí quyển đẳng nhiệt ở 300K, hãy tính xem khí quyển của quả đất cần
phải có mật độ lớn hơn bao nhiêu lần để ánh sáng bị cuốn theo mặt cong
của quả đất tại mực nước biển? (về nguyên tắc khi bầu trời quang mây có
thể ngắm mặt trời lặn cả đêm, tuy rằng ảnh của mặt trời khi đó bị nén
mạnh theo phương thẳng đứng). Giả thiết rẳng chiết suất n có tính chất là
n-1 tỷ lệ với mật độ . (Gợi ý: dùng nguyên lí Fermat). Độ cao 1/e. của khí
quyển đẳng nhiệt này là 8700m.
Lời giải:
Theo đề bài
n( r ) 1 e
rR
8700
Trang 19
6400.10 3
Trong đó R
n( r ) 1 e
rR
8700
m là bán kính quả đất và
là mật độ không khí.
(1)
rR
Khi đó
dn(r )
1
n '(r )
. e 8700
dr
8700
(2)
Cũng theo đề bài không khí có mật độ đủ lớn để làm cho ánh sáng bị
cong theo mặt cong của trái đất ở mức nước biển như trên hình vẽ sau:
Độ lớn quang trình từ A đến B là
l n( r ) r
Theo nguyên lí Ferman, độ dài quang trình từ A đến B phải đạt cực trị,
tức là
dl
[n '( r ) r n( r )] 0
dr
n '(r)
Tức là
n r
r
(3)
Thay (3) vào (2) ta được
r R
1
n(r)
e 8700
8700
r
(4)
Tại mực nước biển,
r R 6400.103 m
. Dùng giá trị này kết hợp với (1)
và (4) ta được
.6400.103
1 � 0, 00136
8700
A
Tại mực nước biển, tức là tại 300K và 1atm
n0 1 0 0, 0003
r
R
Trang 20
B
- Xem thêm -