CHUYÊN đề hội THẢO các TRƯỜNG CHUYÊN đề tài KHÚC xạ ÁNH SÁNG

- 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 tớisin i và sin của góc khú

II Mục đích

Nghiên cứu về lí thuyết và một số dạng bài tập về khúc xạ ánh sáng

- 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 phụthuộc vào bản chất của hai môi trường và được gọi là chiết suất tỷ đối của môi trườngchứa tia khúc xạ (môi trường 2) đối với môi trường chứa tia tới (môi trường 1) ký hiệu là

n21

21nrsin

isin

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 củachúng

1

2 21n

n

- Ý nghĩa của chiết suất tuyệt đối: chiết suất tuyệt đối của một môi trường trongsuốt cho biết tốc độ ánh sáng trong môi trường đó nhỏ hơn tốc độ truyền ánh sáng trongchân không bao nhiêu lần:

n

c

v 

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

Xét chùm tia hẹp gần như vuông góc với mặt phân cách.

Xét chùm tia gần như vuông góc với mặt phân cách, ta có:

2

'

1 n

HSn

d2

nd

I

- 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 haimặt 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 tỷđối của bản mặt song song đối với môi trường đặt bản mặt

Xét chùm tia hẹp gần như vuông góc với bản mặt song song ta có công thức tính

độ dịch chuyển ảnh:

n

11eAA

B’

(n)

Hình 2H

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)

1

1 nsinri

2

2 nsinri

2

1 rr

Aii

DAsinn

DAsinn

i2D

S

RC

7 Lưỡng chất cầu

a Định nghĩa

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 củaquang 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

Xét chùm tia hẹp gần quang trục chính của lưỡng chất cầu:

Khi sử dụng công thức (16) phải tuân theo quy tắc về dấu như sau:

Với quy ước dấu như vậy, ta có:

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

Rr

phải thoả mãn điều kiện như thế nào để khi nhìn lên ống thuỷ tinh ta có cảm giác chiềudày ống bằng không?

của tia đó trên mặt ngoài của ống là góc giới hạn đối với mặt giới hạn thuỷ tinh – khôngkhí:

Rsin

sinR

r

Với max:

max

1sinn

1R

n

2n

1R

ni

sin  ) 

1n

1R

r



* Vậy:

1n

1R

r

 khi n 1 n2 Hoặc

2n

1R

r

 Khi n 1 n2

Ai

n1

O n2

Hình 5

Bài 2 Một qủa cầu được làm bằng một chất trong

suốt được đặt vào một chùm sáng song song đi

qua tâm mặt cầu như hình vẽ Góc tới của một

trong các tia tại mặt cầu là arctan4/3, sau

khi nó khúc xạ qua quả cầu thì bị lệch một góc

)24/7

nsin

24

7tan.tan1

tantan

Từ đó:

3

4tan

/11

tan/11sin

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 lótạo ra trên mặt quả cầu một vệt sáng tròn có đường kính nhỏ hơn 3 lần đường kính tiếtdiện chùm tia tới Tìm chiết suất vật liệu quả cầu

Hình 7

Aφ

βB



γβ

C

Aφ

sinh

h2 1

Vì  nhỏ  r nhỏ, nên:

31

r.2

1r

2h

h2

1



  n 1,5

Bài 4 Một tia sáng đi vào một giọt nước hình cầu chiết suất n như hình vẽ.

là bao nhiêu? Tia này phản xạ một phần

1dx

xsind

Oα

rβ

h2

γ

MK

n

1sin 1 , do đó tia tớiphản xạ một phần trên mặt cầu đối diện

1d

n

11

2 Chiết suất thay đổi

Bài 5 Một tia sáng SI chiếu thẳng góc tới môi trường

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

y

xI

Hình 11

y(

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

+ Từ (1) cho ta: n y.sin y n 0 sin 0

Với sin 0 sin900 1;n 0 n0 nên:

 

 yn

ny

xydx

dycottan  

a

ya2ax2yy

cot1

1y

ny





Vậy n y n0 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:

cbxax

2

0) (y y ) Rx

x

3) Tìm n để đường đi tia sáng là một phần của đường hypebol:

1b

ya

x2

2 2

OS

y

xI

x

y

α

γyM

Hình 12

yy

xxy

y

yyRy

y

xx

0

2 2

0

2 0 2

2 0

2 0 2

yy

Risinnn

x2

2 2

y.y2a

x2

'

y

x.a

by

2 '

b

by

2 0

by.a

b1isin.n

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

R

x1

Chùm sáng rời bản tại B theo góc  và ló ra không khí

1) Tìm chiết suất của bản mặt tại điểm B, nơi tia sáng ló ra

2) Xác định toạ độ xB của điểm B

3) Xác định chiều dày d của bản mặt

ni

iB) ra không khí với góc khúc xạ :

2

1sini

90sin

n1.nisin1nicos

A

2 B 2

B

A B

B

2 B

nn

B

A B

B

A B

Hình 13

- Tại M:

dx

dyitan x 

XR

x1isin x     dx   R dX



2X1

dx.X.Rdy

n1(H

0 max   và n0 > 1; n1 = 1

Chiết suất này thay đổi theo quy luật

H

y1n

chiết suất n0 có một tia sáng đi vào O dưới góc i0

1) Tìm dạng đường đi của tia sáng

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

isinnn

isinndx

0 2 2 0 2

0 0

dy.H

yicos

isindy

.isinnH

y1n

isinndx

0 2 0

0 2 2 0

2 0

0 0

yicosisin

1 0

2 0

2 1 H

y i cos

i cos

0

2 0

0

0

H

y i cos i cos 2 1 0

2 0

0 0H

yicosisinH







0 0

2

2

itan

xi

sinH4

x

Vậy quỹ đạo có dạng là parabol

- Để tia sáng quay trở lại môi trường cũ thì ymax  hmax

a4

2

n

n1Hicos

0

n1icos  

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 = 900  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 theodạng hàm sin?

Cho: - Chiết suất tại A là nA

- Phương trình đường truyền tia sáng có

icosicottan

2

n

nisin

Hình 14

y 2 y 2

y 2

2 2

A

2 A

2 y

a

y1kan

nn

2 A

2

y 1 k a yn

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:

)0a(ar

aR)(







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

2 2

1

r

sinr

sinr

r

r.nsinnsin

O

α1

α2γ2γ

aR

aRR

aR

aR.d

sinaRd

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

được vòng tròn quanh quả đất

Theo đề: n = n0 – a.z  dn = - a.dz

azn

dz.aaznisin

zRisin

zR

1a2

aRnz

R + Z + dZ

I

aRnz

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

kim cương Sung sướng và hạnh phúc, anh vội vàng lội xuống suối, đến chỗ có chiếcnhẫn Khi đến nơi, nhìn theo phương thẳng đứng xuống, anh ta ngạc nhiên khi thấy tựnhiên nó bị nâng lên cao hơn lúc đầu, nhưng không chần chừ anh thò tay xuống nhặtchiếc nhẫn lên và đi ngay về làng Hãy giải thích hiện tượng mà Akaba đã nhìn thấy Nếucho 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

góc do thoả mãn điều kiện tương điểm nên Akaba sẽ thấy ảnh của chiếc nhẫn được nânglên

nhỏ nên:

r r

H r BA

Mà

i

BC r

BD BI

coscos 



(*)cos

i

h r r

(**)cos

cos

i

r r

H h

cos

coscos

cos2

,18

1 3 1 3

2 3 2 3 1

i n

H cm h

h

Vì i2 và r2 rất nhỏ nên: H 57,8cm

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 theochiều truyền ánh sáng) chùm tia này được giới hạn bởi hai tia biên: Tia biên thứ nhất

100



i i0 = 300; 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 dàivệt sáng

Áp dụng: SH = 20cm; e = 5cm; n = 0,8

Lời giải:

Khi chùm tia sáng rộng có góc tới i > 100 thì ảnh của S không phải là một điểm '

1S

và '

0

S là ảnh ứng với tia biên có góc tới i1 = 100 và i0 = 300

n

11ed

0

2 '

0

isinn

isin11ed

isinn

isin11edHS

0 2 2

0

2 '

i sin 1 e HS HS S S

0 2 2

0

2 '

0

' 1

' 1

' 0

Thay số, ta được: SS' 0,7(cm)

1

'

0 

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 phầntương ứng là n1 và n2 Xác định độ dày tối thiểu của bản mặt để sau khi đi qua bản, chùmsáng 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 )

Xét IHJ:

rcos

ercos

icos.rsinisiner

cos

icos.rsinrcos.isinercos

risin.ex

isin.ex

2 2

icos1

isin.ex

2 2 1 1

+ Với bức xạ thứ hai có bước sóng 2:

icos1

isin.ex

2 2 2 2

Để sau khi khúc xạ qua bản mặt, chùm ban đầu tách thành hai chùm riêng biệt với màu sắc khác nhau thì:

ax

x1 2 

isinn

icosi

sinn

icosi

sin.e

2 2 1 2

2 2

1 i

sin n

1 i

cos i sin

a e

2 2 1 2

2 2

Bài 15 Một tia sáng đơn sắc đến lăng kính có tiết diện là một tam giác đều ABC phản xạ

toàn phần ở mặt thứ hai AC và ló ra ở mặt thứ ba BC Xác định góc lệch cực đại giữa tiatới và tia ló, nếu lăng kính là thuỷ tinh có chiết suất n = 1,5 và đặt trong không khí

Qxi

i

r

eS

Hình 20

i1

Ir

2J

PδA

CK

B

r3

i3

α

φ

Hình 21

D 

Dmax khi i1max

i1max khi r1max mà r1 =  - r2  r2min

* Tại J xảy ra phản xạ toàn phần: r 2 igh  r2min = igh  sinr2min = sinigh

sini1max = n.sinr1max = n.sin( - r2min) = n.sin( - igh)

= n.sin.cosigh sinigh.cos = n.sin 1 sin2igh sinigh.cos

11.sin

n 2 = sin n2 1 cos =

2

115,1.2





 i1max = 280  Dmax = 600 + 2.280 = 1160

Bài 16 Đặt trong không khí một lăng kính tiết diện thẳng là tam giác

đều ABC Điểm sáng S cách mặt bên AB đoạn a = 30cm và cách

đối xứng của S qua mặt phẳng phân giác của góc chiết quang A

1 Xác định đường đi của tia sáng truyền từ S qua lăng kính

tới S’

2 Tính thời gian truyền từ S đến S’

Lời giải:

1 Xác định đường đi của tia sáng truyền từ S qua lăng kính tới S’

Vì S và S’ đối xứng qua mặt phẳng phân giác góc A, nên tia tới mặt AB và tia lókhỏi mặt AC cũng phải đối xứng qua mặt phẳng phân giác góc A, nghĩa là điểm I và J đốixứng nhau qua mặt phẳng AM, IJ vuông góc với AM tại H (ứng với góc lệch cực tiểu)

Bây giờ ta đi xác định vị trí của điểm I

Gọi i là góc tới của tia SI = góc KSI ,

Gọi r là góc khúc xạ của tia IJ = 900 – 600 = 300

b

aKIJ

Bài 17 Cho lăng kính có tiết diện thẳng là một tam giác đều ABC, cạnh a Chiếu tia sáng

trắng SI đến mặt bên AB dưới góc tới i sao cho tia sáng bị phản xạ toàn phần ở AC rồi ló

ra ở BC Chiết suất lăng kính đối với tia đỏ là nđ = 1,61, đối với tia tím là nt = 1,68

1 Tính góc lệch cực đại giữa tia tới SI và tia ló màu đỏ

2 Chứng tỏ rằng chùm ló là chùm song song Tính bề rộng của chùm tia ấy theo atrong trường hợp góc lệch giữa tia tới SI và tia ló màu đỏ đạt cực đại

Có: sini1/sinr1 = n; sinK1/sinK2 = 1/n

K1 là góc tới của tia tới mặt BC, K2 là góc khúc xạ của tia ló ra khỏi BC

K1 = r1  K2 = i  Tất cả các tia ló ra khỏi mặt BC cùng một góc  Chùm tia ló

là chùm song song

* Tính bề rộng: sinr1đ = sini1max/nđ = 0,368  cosr1đ  0,9298; r1đ = 21,590

IJ/sin600 = AJ/cosr1đ  IJ = 0,9314.AJTương tự: KJ = 0,9314.CJ

HK = IJ + KJ = 0,9314.AB

MP = HPtg(r1đ - r1t)  HKtg(r1đ - r1t) = 0,01512.AB

A

Ii1S

H

J

C

PK

MQ

2

1

B

Hình 24

5 Lưỡng chất cầu

Bài 18 Một quả cầu trong suốt chiết suất n đặt trong không khí Trên đường thẳng đứng

qua tâm cầu, ở phía trên quả cầu và cách mặt cầu một khoảng h, có đặt vật nhỏ(coi nhưnguồn sáng điểm) Lúc t = 0 thả vật không vận tốc ban đầu cho rơi tự do Xác định vậntốc ảnh ở thời điểm t trong khi đang rơi Chỉ xét ảnh do 1 lần khúc xạ

Lời giải:

Vì chỉ xét ảnh do một lần khúc xạ:

' LCC S

1

nRdd

gt1nR

h2

gtnR

gtR

1n1

ngtdt

ddv

Bài 19 Chiếu một chùm tia sáng hình trụ bán kính r đến quả cầu trong suốt làm từ chất

có chiết suất tuyệt đối n2 bán kính R (R>>r) Quả cầu được đặt trong môi trường có chiếtsuất tuyệt đối n1 có thể thay đổi được(n1 < n2) Trục của chùm sáng đi qua tâm C của quảcầu Tìm hệ thức liên hệ giữa n1 và n2 để:

1 Chùm tia hội tụ tại một điểm bên trong quả cầu

d’ là khoảng cách từ O đến điểm hội tụ tia sáng.

Theo giả thiết: d = , R > 0, n1 < n2



1 2

2 '

n n

R n d

R n

1 2

d ' 

2

R 3 n n

R n

1 2

2



Bài 20 Cho một lưỡng chất cầu với hai mụi trường cú chiết suất tuyệt đối n1 = 1,2 và n2

cầu lỗi cú bỏn kớnh R = 50cm Vật S chuyển động từ vị trớ cỏch mặt cầu 10cm và ra xamặt cầu Tớnh vận tốc của ảnh S’ khi:

1 Vật chuyển động đều với vận tốc v = 5cm/s

cỏch đỉnh O của mặt cầu 10cm và vận tốc ban đầu bằng 0

Lời giải:

(n2)

S

(n1)

Cr

Hỡnh 26

- Vị trí ban đầu của vật và ảnh:

0

0  

- Chọn gốc toạ độ trùng với điểm O

1 Khi vật chuyển động thẳng đều:

- Toạ độ của vật tại thời điểm t là:

2 t 85 , 392 714 t

d d

5t14,157714

Bài 21 Trên thành của một bể nước có một lỗ tròn được che kín bằng một thấu kính hai

mặt cầu lõm cùng bán kính R = 50cm Tìm tiêu cự của thấu kính Biết chiết suất của thuỷtinh làm thấu kính và nước lần lượt là n1 = 1,5; n2 = 4/3

Lời giải:

Gọi n0 là chiết suất không khí

a) Trường hợp 1: Môi trường tới là không khí

2

LCCO 1

S1 21

d '

1

d d2 '

2d

áp dụng công thức lưỡng chất cầu cho hai lần tạo ảnh, ta được:

R

nnd

nd

1

0 ' 1

nd

1

1 ' 2



' 1

nnR

nnf

Rnf

0 1 2

2 







b) Trường hợp 2: Môi trường tới là nước

Thay n2 với n0 Ta được:

)cm(75n

nn

Rnf

2 1 0

0 '

Bài 22 Một khối thủy tinh chiết suất n = 1,53, hình trụ thẳng, đường kính đáy D = 70,4

mm, chiều cao h = 40 mm, đáy trên dược mài lõm thành một chỏm cầu lõm, đỉnh ở trêntrục hình trụ, sâu 21 mm Hình trụ được đặt thẳng đứng và mặt lõm được đổ đầy nước.Cho một chùm sáng song song, hẹp qua khối thủy tinh, theo trục hình trụ Xác địnhkhoảng cách từ mặt ló của chùm sáng tới điểm gặp nhau của đường kéo dài các tia ló

' 1

F

H1

S

H1F

2’F2

M(n1)(n

2)

(n1)

(n2)(n3)

(n3)

F1 ảo, tuy nhiên đối với lưỡng chất phẳng H1 nó lại là

điểm sáng thật và ở cách mặt phẳng của lưỡng chất

b) Chùm sáng đi từ dưới lên (Hình 27 nửa bên phải)

Làm tương tự câu a) ta được lần lượt:

Bài 23 Một sợi cáp quang hình trụ rất dài, hai đáy phẳng và vuông góc với trục sợi cáp,

lớn hơn nhiều bán kính a của sợi cáp, bằng thuỷ tinh chiết suất n2, với n2 < n1 Một tia