Chuyên đề ÁNH SÁNG TRONG môi TRƯỜNG có CHIẾT SUẤT THAY đổi

Tuy nhiên thực tế chiết suất của một môi trường có thay đổi dù ít hay nhiều ta có thể lấy ví dụ ngay như trường hợp ánh sáng trong khí quyển trái đất, cáp quang, hay thấu kính có bề dày

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM 2014 Chuyên đề : ÁNH SÁNG TRONG MÔI TRƯỜNG CÓ CHIẾT SUẤT THAY ĐỔI

Đơn vị: Trường THPT Chuyên Thái nguyên

I ĐẶT VẤN ĐỀ.

Trong các bài toán Quang hình chúng ta thường gặp những bài toán mà một quang

cụ hay một một trường có chiết suất không đổi khi ánh sáng truyền qua nó Tuy nhiên thực tế chiết suất của một môi trường có thay đổi dù ít hay nhiều ta có thể lấy ví dụ ngay như trường hợp ánh sáng trong khí quyển trái đất, cáp quang, hay thấu kính có bề dày không đổi…

Vấn đề “Ánh sáng trong môi trường có chiết suất thay đổi” đã được đề cập đến

trong các đề thi quốc gia, chọn đội tuyển quốc tế, đề thi quốc tế với các mức độ khác nhau Chúng ta đã biết khi ánh sáng đi trong môi trường có n biến thiên thì sẽ

bị uốn cong, tùy thuộc vào điều kiện về n mà đường truyền của tia sáng có thể có

dạng hình học cụ thể như: tia sáng truyền theo một đường tròn, elip, sin,

parabol……

Trong những bài tập dạng này có thể có những cách hỏi như: biết dạng hàm của n

(n n  ( )  ) tìm dạng đường truyền tia sáng hoặc ngược lại

Hướng giải quyết: Dạng bài tập này vận dụng nguyên lý Fermat (Từ nguyên lý

Fermat suy ra các định luật cơ bản của quang hình); điều kiện có phản xạ toàn phần và điều kiện tương điểm (hoặc tương điểm gần đúng) Tất nhiên các công cụ toán học: vi phân, nguyên hàm……., cũng cần được trang bị

Trong phạm vi chuyên đề tác giả đưa ra định hướng chung và sưu tầm một số những bài tập trích từ các đề thi trong nước và ngoài nước để bạn bè và đồng nghiệp tham khảo và góp ý

1

II NỘI DUNG.

1 Nhắc lại những khái niệm cơ bản của quang hình.

1.1 Quang trình: Quang trình của quãng truyền giữa hai điểm A,B trên một

tia sáng trong môi trường có chiết suất n:  n.AB

Trong một môi trường có chiết suất thay đổi ta có thể viết quang trình như sau:

( )ds( ).(1)

B

A

 

trong đó  là một tham số

Trong môi trường này xét một lớp chất mỏng coi như đồng tính có chiết suất ( )

n  ; có bề dày d theo phương pháp tuyến, gọi i ( )  là góc hợp bởi tia

sáng và pháp tuyến khi đó:

( )d

(2) cosi( )

B

A

n  



1.2 Điều kiện tương điểm:

A là nguồn sáng điểm, A' là ảnh của A qua một quang hệ , gồm k môi trường

có chiết suất n n1 k ngăn cách nhau bởi các mặt i để A'là ảnh điểm thì

quang trình từ A tới A' là một hằng số:   (AA ) const'  (chú ý các quang trình ảo lấy dấu trừ)

Từ điều kiện tương điểm ta thấy “mặt khúc xạ tương điểm” là một mặt tròn xoay có kinh tuyến là một đường cong kín, gọi là ôvan của đề - các

1.3 Nguyên lý Fermat: Quang trình  của đường truyền một tia sáng từ điểm

A tới B có giá trị cực trị (tức là có thể đạt cực đại, cực tiểu hoặc dừng) Chúng ta cũng có thể hiểu một cách đơn giản: trong hiện tượng phản xạ tia sáng chọn con đường đi ngắn nhất, còn trong hiện tượng khúc xạ ánh sáng sẽ chọn con đường đi nhanh nhất

Theo nguyên lý Fermat để quang trình  cực trị thì đạo hàm quang trình : 0(3)

y









Lúc này  gọi là phiếm hàm, còn y y  ( )  là dạng hàm thể hiện đương truyền tia sáng trong môi trường có chiết n suất thay đổi

Tuy nhiên việc giải quyết phương trình (3) một cách tổng quát khá vất vả về toán học đối với học sinh phổ thông, trong phạm vi chuyên đề chỉ đưa ra một số bài toán mà chiết suất được phân bố theo những biến số mà dạng hàm y y  ( ) 

là những hàm trong toán học bậc phổ thông học sinh đã được học như phân bố theo một phương, phân bố theo bán kính, …

Để giải quyết những bài toán này có thể áp dụng định luật Snell về khúc xạ ánh sáng : n1sin i1  n2sin i2 , và thỏa mãn điều kiện tương điểm

2 Các bài toán thường gặp.

2

i

2

i

3

i

i

i

M y

2

y ax 

i

i

2.1 Trường hợp chiết suất phân bố theo một phương

Vấn đề 1: Một bản mặt song song được cấu tạo bởi chất liệu trong suốt có chiết

suất thay đổi từ n ở mặt trên tới n, ở mặt dưới Hỏi tia sáng tới mặt trên dưới

góc tới là  sẽ ra khỏi mặt dưới góc ló là bao nhiêu? Cho chiết suất 2 môi trường tiếp xúc bản là n n0; 3

Bài cho chiết suất của bản thay đổi từ trên xuống dưới theo bề dày của bản mặt song song Ta chia bản thành nhiều bản vô cùng mỏng và coi gần đúng trong những bản vô cùng mỏng này chiết suất coi như không đổi theo định luật khúc xạ

ánh sáng:

sin sin

sin sin







gọi góc ló ra ở mặt dưới là 

ta có: n0sin   n3sin 

ta thấy trong thường hợp này góc ló không phụ thuộc vào chiết suất của bản mặt song song mà chỉ phụ thuộc vào  ; ; n n0 3 tức là: nisin ii  const n  0sin 

Nếu tại một điểm nào đó trong bản chiết suất đạt giá trị n n  0sin  thì tại đó xảy

ra hiện tượng phản xạ toàn phần Khi đó tia ló ra khỏi bản với góc ló

Vấn đề 2: Một môi trường trong suốt có chiết suất n

biến thiên theo biến số y Một tia sáng được chiếu

vuông góc với mặt giới hạn môi trường tại điểm y=0,

3

x A



α0

0,3m

x

O y

S

I

chiết suất của môi trường tại đó có giá trị n0 Xác định n n  y

để tia sáng truyền trong môi trường theo một parabol.

Xét một điểm M trên đường truyền ánh sáng trong môi trường có chiết suất n n  i

, góc hợp bởi tia sáng và pháp tuyến là ii Giống như ở vấn đề 1 ta có:

0

(y)

A

i

Tia sáng truyền theo một parabol giả sử là:

2

sin cos

1 4

1 tan

i

i

ay







 Vậy: n y  n0 1 4a y

Bài tập 1 : Một tia sáng SI đi từ không khí

vào một bản mặt song song có bề dày 0,3m

với chiết suất thay đổi theo độ sâu x với quy

luật

n= 4

1+ x

x0 , trong đó x 0 = 0,1m

a Xác định quỹ đạo của tia sáng trong bản mặt song song?

b.Tìm điểm ló của tia sáng ra khỏi bản mặt? Cho biết góc tới 0 = 300, OI =

0,63 (m), chiết suất không khí bằng 1

Lời giải.

a Giả sử quỹ đạo tia sáng đi trong bản có dạng:

 

y  f x

Ta chia bản mặt thành các mặt đẳng chiết

Sau khi tia sáng đi một đoạn nhỏ dh thì

sin α2

sin α1=

n1

n2

đối với một điểm bất kỳ của quỹ đạo ta được:

0

(1)



 

4

Ta nhận thấy rằng  là góc giữa tiếp tuyến của quỹ đạo tia sáng và phương

đứng(góc tới trong một mặt đẳng chiết có kích thước dx;dy ).

 

'

x

dy

f x d

Từ (1) và (2) ta có:

2



2 0

0 2

0

16

1

f x

n

x x





f(x)=±(10 x+1)dx

√64−(1+10 x)2

=±1

10 (10x+1)d(10 x+1 )

√64−(1+10 x)2

=±1

10 .

1

2d(1+10 x)

2

√64−(1+10 x)2

¿±(120 .(−2) √64−(1+10 x)2)+C=±√0,64−(x+0,1)2+C

(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:

Khi x = 0 thì: f (x )=− √ 0,63=− √ 0,64−(0+0,1)2+ C ⇒C=0

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 cung bán kính r = 0,8m

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

Δyy= √ 0,82−0,12− √ 0,82−0,42≈0,1009m

Bài tập 2.(trích đề thi Quốc Gia 2012).

Một nguồn sáng điểm nằm trong chất lỏng và cách mặt chất lỏng một khoảng

H Một người đặt mắt trong không khí phía trên mặt chất lỏng để quan sát ảnh của nguồn sáng

1 Giả thiết chất lỏng là đồng chất và có chiết suất n = 1,5 Tính khoảng cách

từ ảnh của nguồn sáng đến mặt chất lỏng trong các trường hợp mắt nhìn nguồn sáng theo phương hợp với mặt chất lỏng một góc  = 600

5

H

A B C

S S’

r i di dr

y

x

M

i

dx dy

x

y

d B

2 Giả thiết chiết suất của chất lỏng chỉ thay đổi theo phương vuông góc với

mặt chất lỏng theo quy luật 2

y n

H

với y là khoảng cách từ điểm đang xét đến mặt chất lỏng Biết tia sáng truyền từ nguồn sáng ló ra khỏi mặt chất lỏng đi tới mắt theo phương hợp với mặt chất lỏng một góc  = 600 Hỏi tia này ló ra ở điểm cách nguồn sáng một khoảng bao nhiêu theo phương nằm ngang?

Lời giải.

1 Vẽ hai tia SB và SA đến mặt thoáng với các góc i và i + di (di rất nhỏ) ló ra với

góc tới r = 900 -  và r + dr Đường kéo dài của hai tia ló cắt nhau ở S’

Từ

di 1 cos r

n sin i sin r n cosi.di cos r.dr

2

Tương tự

2

h

cos r



Do đó 2 2

cos r cos i

3

3

H cos r

h

n cos i



với i = 90o- = 300;

Do đó

64.4 2

27.9 3

2 Chia môi trường thành nhiều lớp mỏng bằng các mặt phẳng

vuông góc Oy, bề dày dy Đặt gốc toạ độ tại điểm tia sáng ló ra

Tại điểm xét M có toạ độ (x,y), tia sáng hợp với Oy một góc i

Tại điểm ló, góc khúc xạ là 90

0-, ta có

0

n sin i sin(90   ) cos 

cos sin i

n





tan i



2

x

y

H

H

0

y

x 2Hcos 2 cos 2Hcos ( 3 cos 2 cos )

H

Thay  = 600 ta có

H

x ( 11 7) 0,34H.

2

Bài tập 3 tương tự (bồi dưỡng hsg vật lý thpt – bài tập điện - quang) Một chùm

tia sáng hẹp tới đập vuông góc với

một bản hai mặt song song ở điểm A (

0

x  ), chiết suất của bản biến đổi

6

R2

n2 n1

O J I

i dr d r rmin

nr 300

r

F

theo công thức 1

A x

n n

x R





trong đó (n RA, là những hằng số) ; chùm sáng rời bản ở điểm B theo góc  hãy tính

1 nB ở điểm B

2 Tọa độ xB

3 Bề dày d của bản

2.2 Trường hợp chiết suất phân bố theo bán kính.

Bài 4 (trích đề thi chuyên Hạ Long, )

Một quả cầu tâm O, bán kính R được làm bằng một chất trong suốt Cách tâm O khoảng r, chiết suất của quả cầu tại những điểm đó được xác định:

n r= 2 R

R+r Từ không khí, chiếu một tia sáng tới quả cầu dưới góc tới i = 30o Xác định khoảng cách ngắn nhất từ tâm O tới đường đi

của tia sáng

Lời giải.

Xét một vỏ cầu có bán kính ngoài R1 và bán kính

trong R2 được làm bằng chất trong suốt có chiết

suất n2 Từ môi trường ngoài có chiết suất n1, một

tia sáng được chiếu tới vỏ cầu dưới góc tới, tia

sáng chiếu đến mặt trong của vỏ cầu dưới góc tới i2

Áp dụng định luật khúc xạ : n1 sini1 = n2.sinr (1)

Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác OIJ:

OI/sini2 = OJ/sinr (2)

Từ (1) và (2) suy ra: n1.R1.sini1 = n2.R2.sini2

Chia quả cầu thành những vỏ cầu mỏng : bán

kính trong r, bán kính ngoài r + dr

Chiết suất của vỏ cầu coi như không đổi nr

Áp dụng (3) => nr.r.sini = nR.R.sin30o = R/2

sin i= R

2 .

1

2 R

R +r r

=R+r

4 r

sin i≤1 => r≥

R

3 nên rmin = R/3 khi (sini)max = 1, i = 90o (5)

Khoảng cách ngắn nhất từ tâm O tới đường đi của tia sáng là R/3

Bài tập 5 Chiết suất của thủy tinh có thể tăng khi lẫn tạp chất điều này cho phép

chế tạo thấu kính có bề dày không đổi cho

một đĩa tròn bán kính a , độ dày d , tìm sự

7

R

r

biến thiên theo bán kính của chiết suất n r  để tạo ra một một thấu kính có tiêu cự

f Xem thấu kính là mỏng (da )

Lời giải:

Gọi chiết suất của đĩa là n và sự phân bố theo bán kính của chiết suất của đĩa lẫn

tạp chất là n r n   ; 0 n0 Xét các sóng phẳng tới đĩa (thấu kính có bề dày không đổi), sóng phẳng khúc xạ hội tụ tại tiêu điểm F

(hình vẽ)

Xét điều kiện tương điểm ta có:

     

2 2

2 2

0

d

Theo bài thấu kính mỏng ( r ): f r theo công thức gần đúng

2

2 2

2

1 1

2

r

f



 

2 0

2d

r

f

Bài tập 6 (Bài toán khúc xạ thiên văn) Chiết suất của không khí ở nhiệt độ 300K

và áp suất 1atm là 1,0003 đối với ánh sáng ở khoảng giữa của quang phổ nhìn thấy giả thiết khí quyển là đẳng nhiệt ở nhiệt độ 300K, hãy tính xem khí quyển của trái đất cần phải có mật độ lớn hơn bao nhiêu lần để ánh sáng bị uốn theo mặt cong của quả đất tại mực nước biển?(nguyên tắc: khi trời quang mây có thể ngắm mặt trời lặn cả đêm, tuy rằng hình ảnh của mặt trời khi đó bị nén mạnh theo phương thẳng đứng) giả thiết chiết suất n có tính chất là n-1 tỷ lệ với mật độ Độ cao 1/e của khí quyển đẳng nhiệt này là 8700m

Bài giải:

Theo bài :   1 8700

r R





  trong đó R  6400.103m là bán kính quả đất;  là mật độ không khí

(1)

r R

dn r

e





Theo giả thiết không khí có mật độ đủ lớn để làm làm cho ánh sáng bị bẻ cong theo mặt cong của trái đất ở mực nước biển quang trình

từ A đến B là: l n  (r)r  theo nguyên lý Fermat, l đạt

cực trị tức là

 

dl

r n r

8

R R+h

i

r

K

d 

(2) (1) (3)

Từ (1) và (2) ta có:

 

8700

1 8700

n r e

r







tại mực nước biển 0,00136

r R    

Mật độ thực tế của khí ở mực nước biển (ở 300K, áp suất 1atm, n 0 1,0003 )

0 n0 1 0,0003

   

0 4,53





Vậy: chỉ khi không khí có mật độ bằng 4,53 lần mật độ của không khí thực tế (cho

trong bài) thì mới thỏa mãn điều kiện của bài cho

Bài tập 7 (bồi dưỡng hsg vật lý thpt – bài tập điện - quang) Coi khí quyển trái

đất như một lớp trong suốt có chiết suất giảm theo độ cao theo quy luật:

0

n n   ah với n là chiết suất của khí quyển ở độ cao h so với mặt đất; n0 là

chiết suất của khí quyển tại mặt đất; a là hệ số không đổi, n và n0có trị số luôn

lớn hơn 1 một chút, còn ah luôn rất nhỏ so với 1 Bán kính trái đất là R.

1 Một tia sáng phát ra từ một điểm A, ở độ cao h0 chiếu theo phương nằm

ngang, trong một mặt phẳng kinh tuyến Tính h0để tia sáng đi theo đúng

một vòng tròn quanh trái đất, rồi trở lại A

2 Một tia sáng khác phát ra từ một điểm B ở độ cao h bất kỳ trong một mặt

phẳng kinh tuyến làm với đường thẳng đứng tại đó một góc i0 ; Tính i0

để tia sáng đi qua điểm B'nằm xuyên tâm đối với B, sau khi phản xạ một

lần trên tầng cao của khí quyển

3 Giả sử mô hình trên phù hợp với thực tế khi đó có thể thực hiện được cả

hai thí nghiệm ở trên được không?

Lời giải:

1 Tương tự bài tập 6 ta có:

d l n  (R h)d     l n (R h)2  

0

dl

dh  (Nguyên lý Fermat)

0 2a 2

h

2 Xét 3 lớp khí quyển (1); (2); (3), các lớp khí

quyển cách nhau dh, lớp (2), có độ cao h Theo hình vẽ ta có:

sin (n dn)sinr

nsini (n a.dh)sinr (1)

sinr sini.cos(di d ) sin(di d ).cos

r i di

i



Gần đúng: sin r  sin i  (di d )cosi   thay vào (1)

9

E

x

y

(di d )

.d

n

i

a h







bỏ qua lượng a dh (di d )cosi  

Tam giác KIE:

[(R h)a n]d  ndi (aR n )d  n di (4)

Giả sử tại F có phản xạ toàn phần(do tính chất đối xứng của bài toán khi có phản

xạ toàn phần tại F tia sáng đi gần như tiếp tuyến với mặt đẳng chiết ở đây là mặt

cầu khi đó  tới giá trị 2



và góc phản xạ toàn tại F phần coi như bằng 2

 ) Do đó:

0

0 0

2

i

aR

di i

n

3 Theo kết quả ý 1 và 2 ta thấy ngay: nếu thực hiện được 1 thì không thực

hiện được 2 và ngược lại

2.3 Chiết suất phân bố theo mặt trụ (ánh sáng trong cáp quang).

Bài tập 8: (trích đề dự thi quốc tế 2009)

Một đoạn sợi quang thẳng có dạng hình trụ bán kính R, hai đầu phẳng và vuông góc với trục sợi quang, đặt trong không khí sao cho trục đối xứng của nó trùng với trục tọa độ Ox Giả thiết chiết suất của chất liệu làm sợi quang thay đổi theo quy luật:n n 1 k r 1  2 2 , trong đó r là khoảng cách từ điểm đang xét tới trục Ox, n1 và k

là các hằng số dương Một tia sáng chiếu tới một đầu của sợi quang tại điểm O dưới góc  như hình 2

1 Gọi  là góc tạo bởi phương truyền của tia sáng tại điểm có hoành độ x với trục Ox Chứng minh rằng ncos = C trong đó n là chiết suất tại điểm có hoành độ x trên đường truyền của tia sáng và C là một hằng số Tính C

10

y

O

2 Viết phương trình quỹ đạo biểu diễn đường truyền của tia sáng trong sợi

quang

3 Tìm điều kiện để mọi tia sáng chiếu đến sợi quang tại O đều không ló ra

ngoài thành sợi quang

4 Chiều dài L của sợi quang thỏa mãn điều kiện nào để tia sáng ló ra ở đáy

kia của sợi quang theo phương song song với trục Ox?

Bài giải

1 Tại O: sin= n1sin0

Chia sợi quang thành nhiều lớp mỏng hình trụ đồng tâm Xét trong mặt

phẳng xOy, các lớp đó dày dy Tại mỗi điểm góc tới của tia sáng là (900-), ta có

n(y)sin(900-)= n1sin(900- 0)

n(y)cos = n1cos0 = C

C = n1cos0=

2

1

sin

n



Vậy, C n12 sin2

2 Xét M có toạ độ (x,y), tia sáng có góc tới i = (900- )

n(y) cos = C;

C cos

n(y)

 

cot



  



y

0

C dy x

n (y) C







;

y

2 2 2 2

0 1

C dy x

n (1 k y ) C





Áp dụng 2 2 2

arcsin



với a n12 C2 = sin; b = kn1

1 1



 +C1 Điều kiện ban đầu: x = 0 thì y =0 suy ra C1 = 0

Vậy quỹ đạo của tia sáng là đường hình sin

11