chuyên đề một số bài toán quang hình dùng cho bồi dưỡng học SINH giỏi

Bài 1 Một chùm tia sáng đơn sắc ,hẹp, tới vuông góc với cạnh AE của bản mặt song song tại A xA=0.. Bài 6 Trong một thí nghiệm, người ta nhúng một đầu của một đũa thủy tỉnh vào một chậu n

MỘT SỐ BÀI TOÁN QUANG HèNH DÙNG CHO BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI

Trong quỏ trỡnh bồi dưỡng học sinh giỏi mụn Vật Lớ, phần quang hỡnh học cú khỏ nhiều nội dung, tuy nhiờn để cú thể nắm vững và vận dụng tốt cỏc kiến thức phần quang hỡnh học này thỡ theo nhúm biờn soạn nội dung chuyờn đề thấy vấn đề trọng tõm nhất là nghiờn cứu đường truyền của chựm sỏng trong mụi trường cú chiết suất biến đổi liờn tục Nếu học sinh hiểu và vận dụng tốt cỏc nội dung liờn quan đến sự truyền sỏng trong mụi trường cú chiết suất biến đổi liờn tục thỡ gần như tất cả cỏc nội dung của phần quang hỡnh học được xõy dựng, hỡnh thành và học sinh nắm được khỏ vững vàng cỏc kiến thức cần thiết Chớnh vỡ lớ do nờu trờn, nờn trong nội dung chuyờn đề này nhúm biờn soạn chỉ tập trung giới thiệu một số bài toỏn cú liờn quan

Bài 1

Một chùm tia sáng đơn sắc ,hẹp, tới vuông góc với

cạnh AE của bản mặt song song tại A (xA=0) Chiết suất của bản biến đổi theo qui luật :

R

x

1

n

X





Trong đó nA và R là là các hằng số Chùm tia rời bản ở B dới góc  Hãy tính :

1) chiết suất nB tại B?

2) Tọa độ điểm B (xB)

một cung tròn

4) Tính bề dày d của bản

Giải

1) *Vì nx chỉ biến đổi theo trục õ nên ta tởng

tợng chia bản mặt thành vô số lớp song song bằng

o

A

D

E

y

x



d

o A

D C

y

x

nAn1

các mặt phẳng song song với AC Coi chiết suất của

các bản này là không đổi và bằng nA, n1 , n2, n3 ,…nx , nB

*Theo định luật khúc xạ ánh sáng ta có:

nAsin900=n1sini1=n2sini2=…nBsini nA=nBsini (1)

 Theo nguyên lý đảo chiều ánh sáng ta có:

cos=nBsinr=nBsin(900-i)=nBcosi (2)

Từ (1) và (2)

) 3 ( cos

n n

n ) cos i (sin n cos n

2 2 A B

2 B 2 2

2 B 2 2 A





















2) Từ giả thiết

R

x 1

n n

B

A B





, kết hợp với (3)

R cos

n

n cos n

(

x

2 2 A

A 2 2 A B













3) Ta có   dy tgi dx 

dx

dy





B

X

0

Xdx (*)

tgi

nAsin900=nXsiniX 

X

2 A 2 X 2

X

2 A X

x

A X

n

n n n

n 1 i cos n

n

X

X X

i cos

i sin

A 2 X

A n n

n

R n R

x 1

n

B

A









Rx 2 x

x R )

x R ( R

x R

n ) x R (

R n

n tgi

2 2

2 2

A 2

2 2 A

A X

























Thay tgiX vào (*) ta có 







Rx 2 x

x R y

2

1 dx ) x R ( dx ) x R ( 2 Rdx 2 xdx 2



o A

C

y

x

ix B

Vậy quỹ đạo của tia sáng là đờng tròn

5) tính chiều dày của bản mặt:

B X

Rx 2 x dx Rx 2 x

x R d

B











cos n

) n cos n ( x

2 2 A

A 2 2 A B



















2 2

A cos n

cos R

Bài 2

Một bản mặt song song hình chữ nhật có kích

thớc a, b , làm bằng chất có chiết suất biến đổi theo theo trục y : nn0 1  ky ( k là hằng số).Một tia sáng đơn sắc đi vào cạnh bản mặt và nằm trong tiết diện OABC với góc tới



a) Lập phơng trình quỹ đạo của tia sáng trong bản mặt song song

b) Tìm hệ số k để cho khi y =  ( <a) thì n có giá trị là n1

c) Với  bằng bao nhiêu thì tia sáng ló ra ở B,ở C ; ở điểm giữa AB ; ở điểm gi a BC

Giải:

a) *Vì ny chỉ biến đổi theo trục oy nên ta tởng

tợng chia bản mặt thành vô số lớp song song bằng các mặt phẳng song song với 0C Coi chiết suất của các bản này là không đổi và bằng n0, n1 , n2, n3 ,…nx , nB

*Theo định luật khúc xạ ánh sáng ta có:

nsini=n0sin  n0 1  kysinin0sin  (1)

o

C a

b y

x

o

y

x C



i



* Hình vẽ  90 0 sin cos 









2

2 1 ( ) cos

1

dx

dy dx

dy



2

1 sin

) ( 1

1 cos

dx dy i

dx

dy











(2)













2 0

2

) ( 1

1 sin

) ( 1

1 1

dx dy

ky n

dx dy ky

n























































dx

k y

k d y k dx

k y

k d y k

dx k y k

dy dx

y k k

dy dx

ky dy

dx

dy ky dx

dy ky

dx

dy ky





































sin )

cos ( )

cos ( sin

)

cos ( )

cos

(

sin cos

sin

1 cos

sin

1 cos

sin

cos )

.(

sin cos

) (

sin sin

1

2 2

1 2

2 2

1 2

2 2

2

2 2

2 2

2 2

2

C x

k y

k    



sin )

cos

(

1 2

(*)

* tại thời điểm đầu : y = 0 ; x = 0  C 2cosk ; thay vào (*) ta đợc

(**)

cot )

cot 1 ( 4

cot 4 sin

4

cot 4 cos 4 sin

)

cos ( 4 cos 2 sin

)

cos

(

2

2 2 2

2

2 2

2 2 1 2

2 1 2

x g x

g

k y x g x

k

y

x g k

x

k y

k k

x

k y

k



























































b) Làm bình thờng

c) Làm bình thờng

Bài 3

1) Máy ảnh tự tụ tiêu có vật kính là một thấu kính mỏng có đờng kính bề mặt 1 cm

và khoảng cách từ vật kính đến phim là 5cm không thay đổi đợc Hỏi máy ảnh chụp đợc ảnh của các vật nằm trong khoảng nào trớc máy Cho năng suất phân ly của mắt là 1,5’( 1’ = rad

35000

1

) 2) Để chụp đợc ảnh của những vật nằm cách máy từ 1m đến , máy ảnh gồm 2 thấu kính ( 1 hội tụ và 1 phân kỳ) đặt cách nhau 1cm , khoảng cách từ thấu kính sau

đến phim vẫn là 5cm Các khoảng cách trên không thay đổi đợc Đờng kính bề mặt của 2 kính đều là 5cm Tính tiêu cự của 2 thấu kính

Giải

* Năng suất phân ly của mắt là  tức là

khi đặt phim ở khoảng nhìn rõ nhất của

mắt (Đ=25cm) thì ta có thể phân biệt đợc

2 điểm C,D trên phim  CD =  Đ =

1.10-3cm

* Sơ đồ tạo ảnh:

) (

; ) (

3 3

' 2 2

'

1

3 3 '

2 2 '

1

1

Fim truoc S S

Fim sau S S

Fim

S

d d

o

d d

o

d

* Xét '

2

ABS

 có : DC//AB

Bài 4

Cho một mặt cầu khúc xạ 2 mặt lồi (thấu kính dày) có đờng kính bề mặt là 2R , bề dày

e =O1O2 làm bằng thủy tinh chiết suất n Hãy tình tiêu cự của thấu kính theo R , e , n theo 2 phơng pháp quang hình và quang lý

Chú ý:

* Theo quan điểm quang hình học , ảnh của một điểm sáng là giao của các tia sáng

* Theo quan điểm quang lý , ảnh của một điểm sáng là điểm cực đại của giao thoa các sóng thứ cấp ( hãy chứng minh thời gian truyền sáng từ 1 điểm bất kỳ trên mặt sóng tới điểm cực đại không phụ thuộc vào vị trí của tia)

Giải:

SĐTA: S S o S F

d d

o

d

d  

2 ' 2 2

1

' 1 1

Ta có:

1

) 1 ( 1

1

1 1

2

' 1 2

' 1 '

1



































n

Rn n

e R n

n e

d

d e d R n

n d R

n d

n

và :

Rn n

e

Rn n

e n

R e

f

d e f Rn n

e

Rn n

e n

R d

Rn n

e R

Rn n

e n

Rn n

e R

n Rn n n R n

e Rn n

e

n n R

n d R

n d

d

n

2 ) 1 (

) 1 ( ) 1 (

2

2 2

) 1 (

) 1 ( ) 1 ( )

1 (

2 ) 1 ( )

1

(

) 1 (

) 1 ( )

1 ( ) 1 ( )

1 (

) 1 ( 1

1 1

1

' 2

' 2

2 '

2

'

2

2





















































































' 2

S

mà

nD

C

S2

A

B

S

1

S

3

' 3

S

n

o1 o o2

S2F

Bài 5

Đại lợng i gọi là thiên đỉnh cự , tức là khoảng cách thiên đỉnh

gọi i0 là thiên đỉnh cự thực của sao (I chỉ là biểu kiến)

1) Với những góc i < igh nào đó thì có thể coi khí quyển nh

những lớp phẳng nằm ngang có chiết suất giảm dần từ

thấp lên cao Gọi i= i0- i và n0 là chiết suất của lớp khí

sát mặt đất Tìm biểu thức của i theo n0 , i

2) Cho rằng chiết suất giảm theo độ cao theo hệ thức n n 2 bz

0

z   Hãy tìm dạng đờng đi của tia sáng trong khí quyển theo mô hình nói trên

Giải:

1) Ta có n0sini = sini0

i sin

i sin

0 



tgi ) 1 n ( gi

cot

1

n

i

gi cot 1 i

sin

i cos i i

sin

n

i sin

i sin cos i cos i sin i

sin

) i i

sin(

n

0 0

0

0







































Với n0= 1,0003 , i = 450   i= 0,0003rad

2) Xét các lớp không khí mỏng liên tục có:

nzsiniz = ….=n0 sin i0 = 1.sini0





2 2

sin

dz dx

dx

i Z

x gi x

i n

b

z

i n

bx i

n bz

i

n

bz i n b i n

b

x

i

n

bz i n b

x

i

n

b

bz i n d bz i n dx i n dz bz i n

i

n

dx

bz i n

dz i n dx dz

i n dx i n dx

bz

n

i n i dx

dz

dx

bz

n

i dz

dx

dx bz

n

Z

x

cot

sin

.

4

) sin 2 cos ( cos

cos

2 cos

2

sin

1

) cos

(

2

sin

1

) cos

( ) cos

( sin

1 )

cos

(

sin

cos

sin

sin

sin )

(

sin sin

.

sin

2 2

2

0

2 0 0

2

2

0

2 2 0 0

0

0 2

1 2

2 0 0

0

2 2 0 2

2 0 0

2

1 2

2

0

0

2 2 0

2 2 2 0 2 2

2 2 0 2 2

0 2 2

0

2 0 0 2 2

2

2

2

0

0 2

2

2

0













































































Đây là đờng parabol có bề lõm quay xuống

i

i

z

x

dz

iz dx

y

x o

i

Bài 6 Trong một thí nghiệm, người ta nhúng một đầu của một đũa thủy tỉnh vào một

chậu nước trong suốt, có chiết suất n34, đũa nghiêng góc  so với mặt thoáng Quan

nước, người ta thấy đầu đũa nhúng trong nước dường như dịch chuyển đi một góc  (Hình 1)

Tăng đầu góc  từ 50 đến 850 thì thấy độ dịch chuyển góc  cũng tăng, sau khi đi qua một giá trị cực đại, nó lại giảm

a) Hãy thiết lập biểu thức của dịch chuyển góc  theo góc nghiêng  Tính giá trị của

 khi  =300 và khi  = 600

b) Tính  và  đạt giá trị cực đại max Tính max

a) Giả sử phần IB của thanh bị ngập nước Khi ta nhìn đầu B của thanh theo phương gần vưông góc với mặt nước, ta sẽ nhìn thấy ảnh B' của nó Đầu đũa nhúng trong nước đường như bị dịch chuyển đi một góc  như hình vẽ 1 Có nước như lưỡng chất phẳng

có chiều dày BH, theo công thức tính độ dịch của ảnh qua lưỡng chất phẳng, ta có:

















n BH

BB' 1 1

 BB' BH BB' BH n (1)









A

I H

B'

B

Từ hình vẽ, ta có: tan  BH IH (2)

tan( ) 1tantan .tantan B' HI H



















Thay (1) và (3) rồi so sánh với (2), ta được:     n BH HI tann

tan

tan 1

tan tan

)

















tan tan

1 tan

tan ) 1 (













n

n n

n

(4)

Khi  = 300, thay vào (4) ta được 0 , 115 6 35 '

15

3









Khi  = 600, thay vào (4) ta được 0 , 133 7 35 '

13

3









b) Từ biểu thức của tan ta thấy tử thức là một hằng số, do đó tan cực đại khi mẫu thức đạt cực tiểu

Áp dụng bất đẳng thức Cô - si, ta có: n n

n

2 tan tan

1









 Dấu "=" xảy ra khi n      n

tan

Thay tan   n vào (4), ta được tan max n2n1

Thay số, với n34, ta được 0 , 144

13

13

Từ đó suy ra max = 8013' khi 49 6 '

3

3 2







Bài 7

Một thấu kính dày có dạng một bán cầu có bán kính R = 10cm có chiết suất n = 1,5 Đặt một nguồn sáng điểm S trên trục thấu kính và cách mặt phẳng của bán cầu một khoảng d = R/2 như hình vẽ Mắt người quan sát đặt trên trục nhìn thấy ảnh của điểm sáng S cách mặt phẳng thấu kính bao xa? Coi mắt nhìn dưới góc tới nhỏ, các tia sáng đi sát trục thấu kính

R S

Chia thấu kính bán cầu thành một hệ ghép sát của một bản mặt song song có bề dày R và một thấu kính mỏng phẳng - lồi có bán kính mặt lồi là R.

Sơ đồ tạo ảnh: S –(bản song song) S’ –(thấu kính mỏng)S’’

Độ dịch ảnh qua bản mặt song song:

1

(1 )

n

  

Khoảng cách từ S’ đến thấu kính mỏng:

d = R + R/2 + R – R/n = 2

2

n R n



Công thức thấu kính mỏng:

(n 1)

f   R

Khoảng cách từ S’’ đến thấu kính mỏng:

( 1)

( 2) '

n n

f   R R n d

2

( 2)

'

2

R n

d

n n





 

Khoảng cách từ S’’ đến mặt phẳng thấu kính:

R n R n

n n n n



Độ lớn X = 18cm

Chú ý: Có thể xét tia sáng sau đó áp dụng định luật khúc xạ hoặc công thức lưỡng chất phẳng và công thức lưỡng chất cầu

Bài 8

Trong một căn phòng, trên mặt bàn có đặt một tấm gương phẳng, trên gương phẳng lại đặt một thấu kính mỏng phẳng lồi có tiêu cực f = 40cm Một con ruồi bay theo trần nhà AB với vận tốc v = 1cm/s Khoảng cách từ trần nhà đến gương là d = 220cm Hỏi ảnh của con ruồi qua quang hệ đã cho nằm cách gương một khoảng bao nhiêu ? Vận tốc của ảnh con ruồi khi mà nó bay qua trục chính của thấu kính OO' bằng bao nhiêu ?

Giả sử tại một thời điểm nào đó, con ruồi nằm ở khoảng cách nhỏ OM kể từ trục chính của thấu kính Dùng công thức thấu kính, ta có thể tìm khoảng cách từ ảnh M' của nó đến thấu kính:

f d

df ' d f

2 ' d

1 d

1









Trong đó: d' là khoảng cách từ ảnh của con ruồi đến thấu kính, còn số 2 trong vế phải của công thức là tính đến đường đi của tia sáng hai lần qua thấu kính.

Từ các tam giác đồng dạng OO'M và M'CO' rút ra được:

C ' M

OM '

d

d



Rõ ràng là:

u

v C ' M

OM



Trong đó u là vận tốc của ảnh con ruồi Do đó:

u = v

d

' d

= 0,2 (cm/s)

Bài 9

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

Cách 1:

Chia môi trường thành nhiều lớp đẳng chiết Độ nghiêng của tia ló ra khỏi bản mặt có thể được tính bằng phương pháp tích phân.

Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng ta có:

n sini (ndn) sin(idi)

Bỏ qua số hạng nhỏ: cos(di)=1;sin(di)=di

Suy ra: di

dn

n tgi  .

Lại có dn ady

dy

dx

a

n

dx (1)

Do chiết suất biến đổi nhỏ nên n  n0

Lấy tích phân 2 vế của (1) 0 (2 )

2 0



















 dx a ndi b n a

b

Sau đó ánh sáng ló ra khỏi không khí n=1

 nhỏ  n0     ba

Cách 2:

Hiệu quang trình được xác định theo công thức:

 b(n0 ay2)  b(n0 ay2) ab(y2 y1) (1)

Lại có  y2  y1sin  y2  y1 (2)

Từ (1) và (2)  ab 

Đây là một cách giải khác ngắn gọn hơn, và cũng không kém phần thú vị: PP áp dụng nguyên lý Ferma.

Bài 10

Phía trên một gương phẳng đặt nằm ngang trong không khí, cách gương một khoảng h đặt một điểm sáng S Người ta đổ chậm một chất lỏng chiết suất n lên mặt gương cho mặt chất lỏng dâng lên với vận tốc không đổi v Mắt ở sát phía trên vị trí điểm sáng S và gương sao cho mặt chất lỏng dâng lên với vận tốc không đổi v Mắt ở sát phía trên vị trí điểm sáng S và quan sát với các tia sáng có góc tới rất bé Hãy tìm hướng chuyển động

và vận tốc của ảnh (S’) của S tạo bởi hệ quang học gồm chất lỏng và gương

Trường hợp 1: x < h

S  S   Guong S   S

Công thức LCP: 1

1

S I n

S I n(h x)

S1, S2 đối xứng nhau qua gương: S1M = S2M = n(h – x) +x

S2I = n(h – x) + 2x Công thức LCP:

'

'

2

' '



Vận tốc dịch chuyển của S’ là

' 1



1

n 1

n



Vì v1 < 0  SS’ giảm theo thời gian  S’ đi lên

Trường hợp 2: x > h

11

h M

I

S’

x

x h

S2 S’

M I S

S1

1

S  S   S

S, S1 đối xứng nhau qua gương:

SM = S1M = h; S1I = S1M + MI = h + x

Công thức LCP:

'

'

1

S I



n



' 1

v1 < 0  SS’ giảm theo thời gian  S’ đi lên

Bài 11

Một thấu kính dày phẳng- lồi (mặt lồi có bán kính R) làm bằng thủy tinh có chiết suất

1,5

n  Vật sáng AB đặt vuông góc trục chính của thấu kính cách mặt phẳng thấu kính một đoạn 14 cm (hình 4), phía bên kia thấu kính đối diện với vật người ta đặt màn M để hứng ảnh rõ nét của AB Tịnh tiến thấu kính và màn dọc theo trục chính ta thấy khoảng cách ngắn nhất giữa AB và màn để thu được ảnh rõ nét là 33 cm

1.Tính bán kính R?

2.Giữ nguyên vị trí của AB và thấu kính, mặt lồi được tráng bạc một phần nhỏ Xác định vị trí, tính chất, số phóng đại ảnh của AB qua hệ gồm thấu kính và phần chỏm cầu có tráng bạc

B

M

+ Vì d = x n 1 const

n



 nên l = d + d2 + d2' bé nhất thì d2 + d2' bé nhất khi d2 = d2' = 2f

 d2 + d2' = l - d = 2d2  d2 = (1)

2

l d

mà d2 = a - d + x thay (1) vào ta có

2

l d

a d x

 

    (2)

+ Thay số x = 3 cm và d = 1 cm

Ta có d2 = 16 cm

f = 2 8

2

d

 cm

+1 (n 1)1

f   R  R = f(n - 1) = 4 cm

2 + Hệ thấu kính mỏng và gương cầu tương đương với gương cầu tương đương có độ tụ: DGCTĐ = 2DTK + DGC

1 2 2 8 42 2 34

GCTD TK

f f R   

 4

3

GCTD

f  cm + Sơ đồ tạo ảnh:

BMSS

GCTD BMSS

AB    A B    A B    A B

+ d = 1 cm

AB cách GCTĐ d2 = a - d + x = 16 cm

A1B1 đóng vai trò vật thật với GCTĐ qua nó cho ảnh A2B2

2

2

2

4

16. 16 3 '

4 11 16

3

td td

d f

d

d f





cm > 0

+ A2B2 là ảnh thật đóng vai trò là vật ảo đối với BMSS, qua nó cho ảnh A3B3 dịch chuyển một đoạn d = 1 cm theo chiều truyền ánh sáng, nghĩa là A3B3 cách gương cầu một đoạn d3' = d2' + d = 16 1 27

11 11 cm

d3' > 0 nên A3B3 là ảnh thật cách đỉnh gương một đoạn d3' = 27

11cm + Độ phóng đại do gương cầu tương đương tạo nên k = 2

2

16

d d

  < 0