CHUYÊN đề sự TƯƠNG tự QUANG cơ

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH TUYÊN QUANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG CHUYÊN ĐỀ: SỰ TƯƠNG TỰ QUANG - CƠ Tác giả: Lầu Sìn Khuầy Trường THPT Chuyên tỉnh Tuyên Quang Đặt vấn đề: Phương pháp tương tự là phương pháp hay, thường được sử dụng trong nghiên cứu khoa học nói chung và vật lý nói riêng. Nó giúp học sinh dễ dàng hơn trong việc tiếp cận các kiến thức mới dựa vào các kiến thức đã biết, đồng thời giúp học sinh phát hiện mối liên hệ giữa các phần kiến thức khác nhau trong vật lý. Dưới đây là chuyên đề mà tôi tình cờ sưu tầm được trên website Bạch Kim, không rõ tác giả. Cá nhân tôi thấy đây là chuyên đề bổ ích cho học sinh trong việc ôn thi học sinh giỏi các cấp. Xin giới thiệu với các thầy cô và các em học sinh. I- Vận dụng nguyên lý Fermat giải các bài toán cơ học. Cơ sở cơ bản để giải quyết các vấn đề ở chương này là dựa trên nguyên lý Fermat. Nội dung cơ bản của nguyên lý này là: Giữa hai điểm AB, ánh sáng sẽ truyền theo con đường nào hoặc mất ít thời gian nhất, hoặc sẽ truyền theo những con đường mà thời gian truyền là bằng nhau. Ta xét các bài toán sau Bài toán 1.1: Một ôtô xuất phát từ điểm A trên đường cái (hình vẽ) để trong một khoảng thời gian ngắn nhất, đi đến điểm B nằm trên cánh đồng (thảo nguyên), khoảng cách từ B đến đường cái bằng l. Vận tốc của ôtô khi chạy trên đường cái lớn là v1 , khi chạy trên cánh đồng là v2 . Hỏi ôtô phải rời đường cái từ một điểm C cách D một khoảng bằng bao nhiêu. Bài giải - Trước hết ta có nhận xét rằng nếu “đường cái” là môi trường mà ánh sáng đi với vận tốc v1 , “cánh đồng” là môi trường mà ánh sáng có thể đi với vận tốc v2 thì trong vô số con đường có thể đi từ A đến B, ánh sáng sẽ đi theo con đường mà thời gian truyền là ngắn nhất. - Như vậy ôtô đi từ A đến B trong khoảng thời gian ngắn nhất nếu nó đi theo đúng con đường mà ánh sáng sẽ đi. Từ định luật khúc xạ: n1 sin 900 = n2 sinr ⇒ sin r = n1 v2 = n2 v1 Từ hình vẽ: CD = l tan r = l ( 1 / sin r ) 2 −1 = l (v / v2 ) −1 2 1 = lv2 v12 − v22 Cần chú ý rằng kết quả bài toán chỉ có nghĩa khi v1 > v2 . Nếu v1 < v2 thì trên thực tế ôtô sẽ chạy thẳng từ A đến B sẽ mất thời gian ngắn nhất. Bài toán 1.2: Trên một bờ vịnh có dạng một chiếc nêm với góc nhọn α có một người đánh cá sinh sống. Ngôi nhà của anh ta nằm ở điểm A (hình vẽ). Khoảng cách từ điểm A đến điểm gần nhất C của vịnh so với nó bằng h, còn khoảng cách đến điểm cuối của vịnh (điểm D) bằng l. Trên bờ bên kia của vịnh, ở điểm B đối xứng với điểm A qua mặt phẳng phân giác của D có ngôi nhà của người bạn anh ta. Hãy xác định thời gian tối thiểu t cần thiết cho người đánh cá để anh ta từ nhà mình có thể tới được ngôi nhà của người bạn với điều kiện người đánh cá có thể đi trên bờ với vận tốc v1 và đi thuyền qua vịnh với vận tốc v2 > v1 . Bài giải - Trước hết ta để ý thấy rằng vịnh có dạng một lăng kính. Trong vô số con đường mà có thể đi từ A qua vịnh đến B thì ánh sáng sẽ đi theo con đường mà thời gian truyền là ngắn nhất. - Như vậy để người đánh cá có thể đi từ A qua vịnh đến B trong thời gian ngắn nhất, người đó sẽ phải đi theo con đường mà ánh sáng truyền qua lăng kính giống hình dạng của vịnh. Bài toán bây giờ đưa trở về tìm thời gian để ánh sáng đi từ A đến B qua một lăng kính có chiết suất n= nlangkinh vmôitruong v2 = = nmôi truong vlangkinh v1 - Vì A và B đối xứng nhau qua mặt phẳng phân giác của góc D nên theo tính thuận nghịch của chiều truyền tia sáng, tia tới AI và tia ló JB cũng phải đối xứng nhau qua mặt phẳng phân giác của góc D và I, J cũng phải đối xứng nhau qua mặt phẳng phân giác góc D → IJ vuông góc với đường phân giác. Như vậy tia sáng truyền trong trường hợp này có góc lệch cực tiểu. Vậy r = α / 2 Từ định luật khúc xạ → sin i = n sin r = n sin ( α / 2 ) - Từ hình vẽ: JB = AI = h h = cosi 1 − n 2 sin 2 ( α / 2 ) + Có DH = DI + IH = l 2 − h 2 , với IH = h tan i = h ( 1) ( 2) n sin ( α / 2 ) 1 − n 2 sin 2 ( α / 2 ) ⇒ DI = l 2 − h 2 − h 1 − n 2 sin 2 ( α / 2 ) + Nếu ID > 0 ⇔ l − h > h 2 n sin ( α / 2 ) 2 n sin ( α / 2 ) 1 − n sin ( α / 2 ) 2 2 →l > h 1 − n sin 2 ( α / 2 ) 2 thì người đánh cá sẽ đi đến điểm I, qua vịnh đến J rồi tiếp tục đi thuyền đến điểm B.  n sin ( α / 2 )  l 2 − h2 − h IJ = 2 IK = 2 ID sin α / 2 = 2 Từ hình vẽ : ( ) 1 − n 2 sin 2 ( α / 2 )    sin ( α / 2 )  Thời gian để người đánh cá đi từ A đến B là n 2 sin 2 ( α / 2 ) 2 AI IJ 2h  1 l 2 − h2 α  t= + = + n sin − v2 v1 v2  1 − n 2 sin 2 ( α / 2 ) h 2 1 − n 2 sin 2 ( α / 2 )      v 2h  l 2 − h2 2 2 ⇔ t =  1 − n sin ( α / 2 ) + n sin ( α / 2 )  , trong đó n = 2 v1 v2  h  2 2 + Nếu ID < 0 ⇔ l − h < h n sin ( α / 2 ) 1 − n sin ( α / 2 ) 2 2 →l < h 1 − n sin 2 ( α / 2 ) 2 thì người đánh cá sẽ đi đến điểm D rồi tiếp tục đi thuyền đến điểm B. Thời gian nhỏ nhất khi đó bằng t = 2l / v2 Cũng cần chú ý là nếu v2 < v1 thì người đánh cá sẽ đi thẳng từ A đến B trên bờ mà không phải đi thuyền Bài toán 1.3: Hai cánh đồng (thảo nguyên) (P1) và (P2) ngăn cách nhau bằng một con đường nhỏ. Một người nông dân sống trong ngôi nhà tại A trên cánh đồng (P 1), cách đường một khoảng a (hình vẽ) muốn đi mua một số đồ dùng tại cửa hàng nằm tại B trên cánh đồng (P 2). Cửa hàng cách đường một khoảng b . Người nông dân có thể đi trên cánh đồng (P1) với vận tốc v1 và đi trên cánh đồng (P2) với vận tốc v2 = v1 / n . Biết rằng để đi từ A đến B hết thời gian ngắn nhất người đó phải đi theo hướng hợp với con đường góc γ 1. Xác định khoảng thời gian ngắn nhất đó (bỏ qua thời gian vượt qua đường). 2. Nếu người đó đi thẳng từ A đến B sẽ hết thời gian bao nhiêu . Bài giải 1. Trước hết ta có nhận xét rằng nếu “cánh đồng (P 1)” là môi trường mà ánh sáng đi với vận tốc v1 , “cánh đồng (P2)” là môi trường mà ánh sáng có thể đi với vận tốc v2 thì trong vô số con đường có thể đi từ A đến B, ánh sáng sẽ đi theo con đường mà thời gian truyền là ngắn nhất. - Như vậy ôtô đi từ A đến B trong khoảng thời gian ngắn nhất nếu nó đi theo đúng con đường mà ánh sáng sẽ đi. Bài toán bây giờ đưa trở về tìm thời gian để ánh sáng đi từ A đến B qua mặt phân cách hai môi trường có chiết suất tỉ đối n2 v1 = =n n1 v2 Từ định luật khúc xạ sin i n2 = = n , với sin r n1 cosγ n a b bn ; BI = = 2 - Từ hình vẽ: AI = sin γ cosr n − cos 2γ i = 900 − γ ⇒ sin r = - Thời gian ngắn nhất đi từ A đến B là: AI BI a bn a ∆tmin = + = + = v1 v2 v1 sin γ v2 n 2 − cos 2γ v1 sin γ  n 2b 1 − cos 2γ  1 + a n 2 − cos 2γ   a b + 2  sin γ n − cos 2γ  2. Từ hình vẽ : KH = KI + IH = a tan i + b tan r =  tan α = KH = a+b  a b + 2   sin γ n − cos 2γ   ÷ ÷   ÷cosγ ÷   cosγ ÷ ÷a +b  Thời gian người đó đi thẳng từ A đến B bằng ∆t = AJ BJ a b + = + v1 v2 v1 cos α v2cosα  a a nb  b ⇔ ∆ t = 1 + 1 + + 2  ÷  sin γ v1  a  n − cos 2γ  2  cos 2γ ÷ ÷ ( a + b) 2  II- Nghiên cứu đường đi của ánh sáng trong môi trường chiết suất biến đổi thông qua bài toán chuyển động của hạt trong trường lực thế. Cơ sở để giải các bài toán này là dựa vào sự giống nhau về quỹ đạo chuyển động của hạt trong một trường lực thế với quỹ đạo một tia sáng trong một môi trường không đồng nhất về mặt quang học. Quỹ đạo của một chất điểm và quỹ đạo của tia sáng sẽ trùng nhau khi có sự tương ứng xác định giữa tốc độ và chiết suất của môi trường biến thiên trong không gian. (Thực tế này đã được phát minh về mặt lý thuyết bởi nhà vật lý và toán học lừng danh người Ailen W. R. Hamilton vào năm 1834 và nó đã ảnh hưởng đến việc xác lập mối liên hệ giữa quang học và cơ học lượng tử). Ta xét các ví dụ sau Bài toán 1.4: ur 1. Từ mặt đất, Một vật được ném lên với vận tốc ban đầu v0 lập với phương thẳng đứng một góc α 0 . Bỏ qua sức cản không khí. Chọn hệ trục xOy như hình vẽ 1.1. Viết phương trình quỹ đạo y = y(x) của vật. Xác định tầm xa và độ cao cực đại mà vật đạt được. 1.2. Chứng minh rằng tại một điểm bất kỳ trên quỹ đạo, góc α ur tạo bởi véc tơ vận tốc v của hạt và phương thẳng đứng thỏa mãn phương trình f ( y )sin α = f 0 sin α 0 , trong đó f ( y ) là một hàm nào đó của tung độ y. Tìm hàm số đó. 2. Chiết suất của một khối chất trong suốt, có kích thước lớn, thay đổi theo độ cao theo quy luật n = n0 1 − γ y . Trong đó n0 và γ là các hằng số đã biết . Một tia sáng chiếu tới biên của khối chất tại điểm A và sau khi khúc xạ tại đó lập một góc α 0 với trục Oy. 2.1. Xác định quỹ đạo tia sáng trong môi trường và tìm độ cao cực đại mà tia sáng đi trong khối chất 2.2. Điểm đi ra khỏi khối chất của tia sáng cách A một khoảng bằng bao nhiêu. Bài giải 1.1. Phương trình chuyển động của vật ném xiên: x = ( v0 sin α ) t (1) 1 (2) y = ( v0cosα ) t − gt 2 2 ur (Chú ý là góc α tạo bởi v0 và phương thẳng đứng) Từ (1) và (2) tìm được phương trình quỹ đạo: y= x g − 2 2 x2 tan α 0 2v0 sin α 0 (3) Từ (3) → tầm xa và độ cao cực đại mà vật đạt được: v02 sin 2α 0 v02cos 2α 0 xmax = , ymax = g 2g (4) 1.2. Tại điểm bất kì trên quỹ đạo, vận tốc của vật được phân tích thành hai thành phần - Theo phương Ox: vật chuyển động thẳng đều với vận tốc vx = v sin α = v0 sin α 0 (5) - Theo phương Oy vật chuyển động biến đổi đều với gia tốc g → v y = v0cosα 0 − gt Vận tốc toàn phần của vật v = vx2 + v y2 = (v 0 sin α ) + ( v0cosα − gt ) 2 2 1  2g  ⇔ v = v02 − 2 g ( v0cosα ) t − gt 2  = v02 − 2 gy = v0 1 − 2 y (6) 2  v0  (ta có thể tìm được vận tốc này bằng định luật bảo toàn cơ năng)  Thay (6) vào (5) được:  v0 1 −  2g  y ÷sin α = v0 sin α 0 v02   2g  ⇒  1 − 2 y ÷sin α = sin α 0 ⇒ f ( y ) sin α = sin α 0 v0   (7) Đây chính là phương trình mà ta cần chứng minh. 2. 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 Theo định luật khúc xạ: n ( y ) sin α = n0 sin α 0 ⇔ n 1 − γ y sin α = n sin α ⇒ 1 − γ y sin α = sin α 0 0 0 0 (8) - Ta thấy phương trình (8) hoàn toàn trùng hợp với phương trình (7) mô tả quỹ đạo của chuyển động ném xiên với γ= 2g . Như vậy quỹ đạo tia sáng cũng là một đường Parabol. Các điều kiện v02 về độ cao cũng như điểm mà tia sáng ló ra hoàn toàn xác định tương tự như phương trình (4) v02 sin 2α 0 2sin 2α 0 v02cos 2α 0 cos 2α 0 xmax = ⇒ xmax = ⇒ ymax = ; ymax = g γ 2g γ (10) Cần chú ý là độ cao cực đại ymax cũng có thể tìm được từ phương trình (8) với điều kiện tại đó tia sáng bị phản xạ toàn phần với sin α =1 . Bài toán 1.5: Sợi quang học 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 (với 1< n2 < n1 ) theo công thức n = n ( y ) = n1 1 − γ 2 y 2 , trong đó y là khoảng cách từ điểm có chiết suất n đến trục lõi, γ là hằng số dương. Lõi được bao bọc bởi một lớp vỏ làm bằng vật liệu có chiết suất n2 không đổi. Bên ngoài sợi quang là không khí, chiết suất n0 ≈1 . Gọi Ox là trục của sợi 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 α 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 α max , dưới đó ánh sáng vẫn có thể lan truyền bên trong lõi của sợi quang. (Trích đề thi APHO năm 2004) Bài giải Lời giải của đề thi này có thể tham khảo trong cuốn Chuyên đề bối dưỡng HSG vật lý của tác giả PGS.TS Vũ Thanh Khiết. Ở đây tôi sử dụng sự tương tự quang cơ để đưa ra lời giải khác cho bài toán. n2 2 2 1. Trước hết từ phương trình n = n1 1 − γ y ⇒ 2 + γ y = 1 . Nếu xem sự tương tự giữa chiết n1 v2 x2 suất và vận tốc trong cơ học ta sẽ thấy một phương trình tương tự là 2 + 2 =1 , chính là phương V0 A 2 2 trình của một dao động tử điều hòa. Như vậy khả năng quỹ đạo tia sáng sẽ là hình sin. ur - Ta xét vật chuyển động từ O trong mặt phẳng thẳng đứng Oxy với vận tốc ban đầu v0 hợp với trục Ox góc α 0 theo phương trình: x = ( v0cosα 0 ) t (1) y = Asin ( ωt + ϕ ) (2) Từ điều kiện ban đầu: ϕ = 0  y ( 0 ) = 0  ⇒  v0 sin α 0 A =  y ' ( 0 ) = v0 sin α 0  ω  ω  v0cosα 0 - Phương trình quỹ đạo: y = Asin  (3)  x÷  (4) → quỹ đạo chuyển động của hạt sẽ là đường hình sin. + Vận tốc tại điểm M trên quỹ đạo: v = vx + v y 2 2 y2   Trong đó vx = v0cosα 0 ; v y = y ' ( t ) = Aω sin ωt ⇒ v = A ω 1 − 2 ÷  A  2 y 2 y2   ⇒ v = v cos α 0 + A ω 1 − 2 ÷  A  2 0 2 2 2 2 (5) 2 2 2 Từ (3) ⇒ Aω = v0 sin α 0 , thay vào (5) ⇒ v = v0 − ω y = v0 1 − ω2 2 y v02 Mặt khác, từ (1) ta thấy hạt chuyển động đều theo phương Ox ⇒ vx = vcosα = v0cosα 0 ω2 2 ω2 2 ⇔ v0 1 − 2 y cosα = v0cosα 0 ⇒ 1 − 2 y cosα = cosα 0 v0 v0 Trở lại bài toán (6). - 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. Xét tại M(x,y) π  π  − α ÷ = const = n1 sin  − α1 ÷ 2  2  Theo định luật khúc xạ: n ( y ) sin  ⇔ n1 1 − γ 2 y 2 cosα = n1cosα1 ⇒ 1 − γ 2 y 2 cosα = cosα1 Với góc (7) α1 được xác định từ định luật khúc xạ tại O: n12 − sin 2 α 0 sin α 0 = n1 sin α1 ⇒ cosα1 = n1 (8) - Ta thấy phương trình (7) hoàn toàn trùng hợp với phương trình (6) mô tả quỹ đạo hình sin với ω sin α1 sin α 0 = = . Như vậy quỹ đạo tia sáng cũng là một đường hình sin: v0 A n1 A  ω  sin α 0  γ  y = Asin  x÷ = sin  x÷ γ n1  cosα1   v0cosα1  γ=  sin α 0 nγ ⇔y= sin  2 1 2  n − sin α γ n1 0  1  x÷ ÷  (9). - Độ cao cực đại mà tia sáng đạt được chính bằng biên độ: ymax = A = sin α 0 γ n1 - Những điểm cắt của chùm tia với trục Ox thỏa mãn điều kiện y = 0  nγ ⇔ sin  2 1 2  n − sin α 0  1 ⇒ x = kπ  x÷= 0 ÷  n12 − sin 2 α 0 . n1γ Vị trí đầu tiên có k =1 → x =π n12 − sin 2 α 0 n1γ 2. Để ánh sáng vẫn có thể lan truyền bên trong lõi của sợi quang thì ymax ≤ a ⇔ sin α 0 ≤ a ⇒ sin α 0 ≤ γ a n1 = sin α max ; α max = arcsin γ a n1 γ n1 Chú ý rằng từ điều kiện n ( y ) = n1 1 − γ 2 y 2 và n ( y = 0 ) = n1 ; n ( y = a ) = n2 n12 − n22 . Vậy α max = arcsin ⇒γ= an1 ( n12 − n22 ) Bài toán 1.6: 1. Một hạt chuyển động theo quỹ đạo tròn bán kính R trong mặt phẳng thẳng đứng Oxy. Tâm I của quỹ đạo có tọa độ (R, 0). Chứng minh rằng tại một điểm bất kỳ trên quỹ đạo, góc α tạo bởi véc tơ vận tốc của hạt và phương Ox thỏa mãn phương trình sin α = f ( x ) , trong đó f ( x ) là một hàm nào đó của hoành độ x. Tìm hàm số đó. 2. Một chùm sáng hẹp tới đập vuông góc với một bản hai mặt song song bề dày d ở điểm A (x = 0). Chiết suất của bản biến đổi theo công thức n = n0 , trong đó n0 , γ là các hằng số dương. Hãy 1− γ x xác định quỹ đạo tia sáng và tìm điểm mà tia sáng ló ra. Bài giải: 1. Từ hình vẽ ta có: x = R − R sin α ⇒ sin α = 1 − x = f ( x) R (1) 2. 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 Oy. Xét tại M(x,y). Theo định luật khúc xạ: n ( x ) sin α = n0 sin 900 = n0 ⇔ n0 sin α = n0 ⇒ sin α =1 − γ x 1− γ x (2) - Ta thấy phương trình (2) hoàn toàn trùng hợp với phương 1 . Như R 1 vậy quỹ đạo tia sáng cũng là một đường tròn bán kính R = . γ trình (1) mô tả quỹ đạo của chuyển động tròn với γ= Tâm I của đường tròn nằm trên trục Ox, cách O một khoảng R. - Để tìm điểm mà tia sáng ló ra, ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Bề dày bản d < R. Khi đó tia sáng sẽ ló ra tại B ở mặt bên kia. Từ hình vẽ ta có: 1− 1− γ 2 d 2 γ Trường hợp 2: Bề dày bản d ≥ R . Khi đó tia sáng sẽ ló ra sau khi đi được nửa vòng tròn. x = 2 R = 2 / γ xB = R − R 2 − d 2 = Bài toán 1.7: 1. Một vệ tinh chuyển động với vận tốc có độ lớn v0 không đổi theo một quỹ đạo tròn xung quanh một hành tinh có bán I kính R. Biết gia tốc rơi tự do trên bề mặt hành tinh là g. 1.1. Xác định bán kính quỹ đạo r0 của vệ tinh. 1.2. Do một tác động nhỏ, tại một thời điểm nào đó, hướng vectơ vận tốc của vệ tinh thay đổi một góc nhỏ, nhưng độ lớn vận tốc vẫn không thay đổi. Khi đó, hiển nhiên quỹ đạo vệ tinh sẽ là một elip. Hãy xác định sự phụ thuộc của vận tốc vệ tinh vào khoảng cách r từ nó đến tâm hành tinh. 1.3. Tìm độ biến thiên độ lớn vận tốc ∆v khi khoảng cách đến tâm hành tinh thay đổi một lượng nhỏ ∆r . 2. Một khối trụ được làm bằng chất liệu trong suốt, nhưng chiết suất của nó giảm chậm khi tăng khoảng cách đến trục của khối trụ theo quy luật n(r ) = n0 (1 − γ r ) , trong đó n0 và γ là các hằng số đã biết. Hỏi cần phải tạo ra một chớp sáng ở cách trục khối trụ một khoảng bằng bao nhiêu để một số tia sáng có thể lan truyền theo vòng tròn xung quanh một tâm nằm trên trục hình trụ. Bài giải: 1.1. Khi vệ tinh chuyển động tròn quanh hành tinh, lực hấp dẫn đóng vai trò lực hướng tâm. Ta có Mm v02 M G 2 = m ⇒ r0 = G 2 r0 r0 v0 (1). Trong đó M, m là khối lượng hành tinh và vệ tinh - Gia tốc rơi tự do trên bề mặt hành tinh xác định bởi g = G gR 2 Từ (1) và (2) tìm được r0 = 2 v0 M R2 (2) (3) 1.2. Gọi v là vận tốc của vệ tinh khi cách hành tinh khoảng r. Áp dụng bảo toàn cơ năng có: 1 2 Mm 1 2 Mm mv0 − G = mv − G (4) 2 r0 2 r 1 2 1 2 gR 2 2 gR 2 ⇒ v = v0 −1 Thay (2) , (3) vào (4) được − v0 = v − 2 2 r v02 r gR 2 1.3. Từ (3) → v = r0 2 0 (5) (6) Khi r = r0 + ∆r thì v = v0 + ∆v . Thay vào (5) → v0 + ∆v = v0 2 2 gR 2 2 gR 2 gR 2 2 gR 2 2 − v0 = − − 1 ⇒ ( v0 + ∆v ) = r0 + ∆r r0 + ∆r r0 v02 r 2 gR 2 2 gR 2 ∆r − = − 2 gR 2 Trừ (7) cho (6) ⇒ ( v0 + ∆v ) − v = r0 + ∆r r0 ( r0 + ∆r ) r0 2 2 0 (7) ⇔ ∆v ( 2v0 + ∆v ) = − 2 gR 2 ∆r ( r0 + ∆r ) r0 Vì ∆v [...]... ∆v ) = − 2 gR 2 ∆r ( r0 + ∆r ) r0 Vì ∆v ... khảo Chuyên đề bối dưỡng HSG vật lý tác giả PGS.TS Vũ Thanh Khiết Ở sử dụng tương tự quang để đưa lời giải khác cho toán n2 2 Trước hết từ phương trình n = n1 − γ y ⇒ + γ y = Nếu xem tương tự. .. gR ∆r ∆r × ⇔ v0 ∆v = − v02 Từ → 2v0 ∆v ≈ − r0 r0 r0 ⇒ ∆v v =− ∆r r0 (8) Từ tương tự quang- (tỉ lệ chiết suất tương tự tỉ lệ tốc độ), ta thấy để số tia sáng lan truyền theo vòng tròn xung quanh... liệu có chiết suất n2 không đổi Bên sợi quang không khí, chiết suất n0 ≈1 Gọi Ox trục sợi quang học, O tâm đầu sợi quang Một tia sáng đơn sắc chiếu vào sợi quang học điểm O góc α mặt phẳng xOy