PHƯƠNG PHÁP GIẢI bài TOÁN sự TRUYỀN ÁNH SÁNG TRONG môi TRƯỜNG có CHIẾT SUẤT THAY đổi

PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁNSỰ TRUYỀN ÁNH SÁNG TRONG MÔI TRƯỜNG CÓ CHIẾT SUẤT THAY ĐỔI MỞ ĐẦU Nội dung đề tài được trích từ các chuyên đề mà chúng tôi đã dùng để giảng dạy cho học sinh cá

PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN

SỰ TRUYỀN ÁNH SÁNG TRONG MÔI TRƯỜNG CÓ CHIẾT SUẤT THAY ĐỔI

MỞ ĐẦU

Nội dung đề tài được trích từ các chuyên đề mà chúng tôi đã dùng để giảng dạy cho học sinh các lớp chuyên lý và học sinh các đội tuyển HSG của tỉnh tham dự kì thi HSG quốc gia môn vật lý Các bài tập quang hình học nói chung, các bài toán về khúc xạ trong môi trường có chiết suất thay đổi luôn gặp khó khăn cho các học sinh cũng như giáo viên giảng dạy Đây cũng là phần kiến thức mà các đề thi học sinh giỏi thường xuyên gặp do tính ứng dụng cao trong thực tế Với mục tiêu là giúp học sinh có cách nhìn nhận tổng quát và định hình tư duy trong bài toán chiết suất môi trường thay đổi tôi xin đưa ra một vài khía cạnh nhỏ

để đồng nghiệp và học sinh tham khảo Vận dụng phương pháp này có thể giải được khá nhiều các bài toán thuộc chương trình các bài toán trong chương trình thi HSG Tỉnh, quốc gia, khu vực, quốc tế thuộc các phần khác nhau của vật lý

Phương pháp chủ yếu chúng tôi đề cập đến là phương pháp vi phân ( chia nhỏ ), đây là một trong những phương pháp nhận thức khoa học được vận dụng vào trong dạy học ở hầu hết các bài toán vật lý có các yếu tố thay đổi, đặc biệt là trong giảng dạy và nghiên cứu vật

lý Ngoài việc định hướng chung cho các bài toán chiết suất thay đổi trong đề tài cũng đưa ra nhiều bài tập minh họa twd đơn giản đến phức tạp, trong đó có cả các bài toán trong đề thi học sinh giỏi quốc gia, chọn đội tuyển quốc tế và thi học sinh gioi châu Á, quốc tế

Cấu trúc đề tài bao gồm:

1 Phần mở đầu.

2 Nội dung đề tài.

Phần 1: Phương pháp giải chung cho các bài toán xuôi hoặc bài toán ngược

Phần 2: Các bài tập minh họa

Phần 3: Các bài tập tự giải

3 Kết luận.

Phần 1: Phương pháp giải chung cho các bài toán xuôi hoặc bài toán ngược

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 x0 với góc tới i0 biết chiết suất môi trường ngoài là n0 Hãy tìm qui luật biến đổi chiết suất

Giải

Chia môi trường thành những lớp mỏng sao cho n không đổí xet tại điểm M tia sáng với góc tới i

2 2

0

sin

tani= , tan cot

sin

i

n n







Mặc khác

, 2

sin 1 ( )

dy

dx

Các trường hợp riêng

1 y = ax2 , , 2 2 2

2 đường truyền là một đoạn phương trình : y = AsinBx

2 2 2 2

0 0

sin 1

3 đường truyền là cung tròn : x a 2y b 2 R2

y b 2 R2  x a 2 lấy đạo hàm hai vế

2

2

2

 

  

x0

dx



i y

x

DẠNG 2: Biết qui luật biến đổi n tìm phương trình biểu diễn đường truyền

( Cách làm tương tự)

0 sin 0 1 ( )

n n i  y ,tìm được y’ lấy nguyên hàm ta tìm được y

Phần 2: Các bài tập minh họa

Bài 1 : Chiết suất của một tấm thuỷ tinh tuântheo công thức : ( ) 1 0

n

n x

x r



 , Trong đó n0 = 1,2 , r = 13cm

ánh sáng đi từ vị trí x = 0 theo phương trục y là pháp tuyến của mặt thuỷ tinh và đi ra tại điểm

A với góc ló   30 0

1 Xác định quĩ đạo của tia sáng đi trong tấm thuỷ tinh

2 Tính chiết suất của thuỷ tinh tại A

3 Tìm độ dày d

Giải Chia tấm thuỷ tinh thành nhiều lớp mỏng theo trục 0y ta có :

n0sin0 n1sin1   nsin

theo bài ra  0   / 2 sin n0 1 x



1 Để tìm quĩ tích của tia sáng trong chất thuỷ tinh ta xét

lớp mỏng đồng chất có tia khúc xạ OB , vẽ đường vuông góc

với OB cắt Ox tại C.Đặt BC = a, OC = b

     (2) từ (1) và (2) ta có a = b = r vì lớp mỏng

tuỳ ý nên có thể suy ra rằng toạ độ điểm B(x,y) thoả mãn phương trình đường tròn

(x r ) y r

2 Gọi chiết suất ở lớp chứa diểm A là nA

sin sin

sin

A

A

n

cos



d A

y

Vì

2 0

A

n

n

 

0 sin

A

2 Tính độ dày d của tấm thuỷ tinh

từ hệ :

0

1

A

A

n n

x r





ta tìm được xA = 1cm có độ dày d = yA = 5cm

Bài 2: Giữa 2 môi trương trong suốt chiết suất no và n1 (no>n1>1)

có 1 bản mặt song song dày e Chiết suất bản thay đổi

theo phương yquy luật n =n1 1 ky; 2

2 1 2

. o

o

n e

n n

k  

trong môi trường no có 1 tia sáng đơn sắc, chiều tới điểm O trên bản

mặt theo phương hợp với Oy góc α

a) Lập pt đường đi tia sáng

b) Xđ vị trí tia sáng ló ra khỏi bản mặt

Giải:

1.Chia bản mặt thành nhiều lớp //0x Trong đó tia sáng coi như truyền theo đường thẳng Xét điểm M(x,y), M'(x+dx,y+dy)

tgi =( )  1

dx

dy

(1); Mặt khác: nosin α = n.sin i

=>sin i=

n

n o sin 

(2); Từ (1) và (2):



.(cos cos ky)

k



Vậy y = k x .x

sin

cos sin

2

2 2







.sin sin

o

o

n

dx









x+dx

y+dy y

x 0

M i



e



M

1

0

y

m

y

x



0

y

m

y

x

e

0

y

x



1

n

0

n

2 y'=0 => sin cos

2

b x

ymax =

2

0

1

.cos cos

o

e n









T

rường hợp1 : ymax < e hay cos cos ( 1 2)

2 1 2

2

o

n

n e



thì điểm đó là Mo(x1,0), x1 thỏa mãn phương trình y = 0 → M1(2sink2 ,0)

Trường hợp 2 : ymax > e  cos ( 1 2)

2 1 2

o

n

n





 thì điểm ló là M2(x2,e) x2 thỏamãn phương trình y = e

2 1 2 1 2

2 2

1 2

2

sin sin

2 sin

.







o o

o

n

n n n

n a n

n

n

e

Lấy dấu -: M2(x -,e)

Bài 3: Một quả cầu bán kính Rchiết suất biến thiên theo công thức n r R a

r a





 trong dó:a là

số dương,r là khoảng cáchtính từ tâm cầu Chiếu vào quả cầu một tia sáng đơn sắc dưới góc tới i0 xác định khoảng cách ngắn nhấttừ tâm hình cầu đến tia sáng

Giải : chia hình cầu thành những lớp vỏ cầu mỏng đồng tâm

sao cho trong mỗi lớp chiết suất thay đổi không đáng kể

+ định luật khúc xạ tại I1: sini0 = n1sinr1

tại I2 : n1sini2 = n2sinr2

+ định lí hàm sin : 2 1 1 1 2 2

sini s inr

sin sinr sinr i isinr

+ khi dmin thì ri = 900 khi đó d = Ri

0 0

0

.sini sin

1 sin

i

R a

R a



Bài 4; Một môi trường trong suốt có chiết suất n biến thiên 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

1 chứng tỏ tia sáng bị uốn cong trong môi trường trong suót này

r1

i0

I1

I2

r2

n

2

y

n

1

i2

3 Định n = f(y) để tia sáng truyền trong môi trường theo một parabol

Giải :

1 Tia sáng bị uốn cong

- ta áp dụng thuyết sóng Xét hai tia sáng theo phương tia tới chiếu tới

mặt giới hạn tại hai điểm khác nhau trên trục y.tại đó chiết suất khác nhau

Giả sử :n2 > n1 => v2 < v1

- các sóng cầu nguyên tố do các điểm tới phát ra có bán kính khác nhau

các mặt sóng không còn song song như đối với sóng tới Do đó tia sáng uốn

cong về phía chiết suất tăng

2 Định biểu thức chiết suất môi trường

Chia môi trường thành những lớp vô cùng mỏng sao cho trong mỗi lớp

chiết suất coi như không đổi

- Định luật khúc xạ:

n1sini1n2sini2   const

-Xét hai điểm trên đườngtruyền ánh sáng ứng với các tọa độ:

;

0

B





Theo trên ta có :nAsiniA = nBsiniB vì nA = n0, iA = 900

sin

( )

B

B

i

đối với parabol ta có : tan dy 2ax=2 ay

dx

vậy :

0

0

sini os =

( )

1+tan

n c





Bài 5 :

Một tia sáng rọi dưới góc tới  lên một chồng những tấm trong suốt có bề dày như nhau, chiết suấttấm sau nhỏ hơn k lần so với chiết suất của tấm nàm trên nó Hỏi góc tới tối thiểu phải bằng bao nhiêu,thì tia sáng không xuyên qua hết chồng các tấm đó? Tấm trên cùng có chiết suất n, và cả thảy có N tấm

Giải :

y

x



i

3

i

2

i

1

n

2

n

3

Các tấm trong suốt nên tia sáng không qua hết các

tấm thì chỉ có thể phản xạ toàn phần các tấm song song

với nhau nên có hệ thức

sin n sini n sini   n N sini N

Giả thiết phản xạ toàn phần giữa tấm m và tấm m+1

khi đó:

1

1

m





Vì k> 1 nên số thứ tự của m càng lớn thì  càng nhỏ

vì   90 0, nên điều kiện sin n m

k

  có nghĩa là lớp thứ m+1 có chiết suất nhỏ hơn 1 trái với giả thiết

Vậy lớp gây ra phản xạ toàn phần với  nhỏ nhất chỉ có thể là lớp thứ N-1 Nên sin min N n1

k

  

Bài 6:

Một chùm sáng hẹp tới đập vuông góc với 2 bản mặt song song

ở điểm A(x=0) Chiết uất bản biến đổi theo công thức : nx=

R x A n

/

1 

(nA,R hằng số) Chùm sáng rời điểm B theo góc α Hãy tính

a) nB ở điểm B

b) xB

c) bề dày của bản biết nA=1,4 R=10cm α=600

Giải:

a,Chia bản thành nhiều lớp song song Oy trong đó, coi như anh sáng

truyền theo đường thẳng và tuân theo định luật khúc xạ ánh sáng

vì các bản nhỏ => nA.sin/2= n1sinφ1= n2sinφ2= = nBsinφB (1)

Mặt khác tia ló ra ngoài không khí

nB.sin(90-φB) = sinα => nB.cosφB=sinα (2)

Từ (1) và( 2) suy ra 2 2 sin 2 1 , 646







i

3

n n/k

n/k2

n

0=1



i

2

i

1



y

A

n3 n

2

n1



d B

y

b, từ nB= n cm

R n n x R x

n

B

A B B B

1











c,Lấy O cách A 1 khoảng R, ta sẽ chứng minh đuờng truyền tia

sáng theo

cung tròn bán kính R theo cung AB Xét M AB

sin φi= sin 0MK=OK R R R x  1  R x

chính là hệ thức (2) đpcm

Dựng A' sao cho OA = OA' => ABA'=  / 2

Bài 7: Một nguồn sáng điểm nằm trong chất lỏng và cách mặt chất lỏng một khoảng H

y

n 2

H

Giải:

Dạng tia sáng phác thảo như hình vẽ

Chọn hệ tọa độ 0xy như hình vẽ

Sử dụng tính chất thuận nghịch đường truyền tia sáng ta rút về bài toán tổng quát

0 90 60 30 ;n0 1

H

x

B

0

M

'

A

x

y S

H

0 60

 

2

Sử dụng tích phân tổng quát: 0S 0H 2 0 2 0 2

n sin

n (y) n sin





+ n sin0 0 1

2

 

1dy

2 I

2

H

+ Đặt:

7H

11H 4

4





   



11H

11H 4

4

7 H

4

Vậy: S H 11 7

2

Bài 8: a Xét bản mặt song song trong suốt có chiết suất biến đổi theo khoảng cách z tính từ

mặt dưới của bản Chứng minh rằng n Asin  n Bsin 

b Một người đứng trên một

đường nhựa rộng, dài và phẳng, người

đó thấy ở đằng xa hình như có “mặt nước”

nhưng khi lại gần thì người đó thấy “nước”

lại lùi ra xa sao cho khoảng cách từ

người đó đến “nước” luôn không đổi Giải

thích ảo ảnh đó

c Hãy xác định nhiệt độ của mặt đường

(nói trong phần b) với giả thiết mắt người

đó ở độ cao 1,6m so với mặt đường Khoảng

cách từ người đó tới “nước” là 250m Chiết

n

A

n

B

α

β

z

O n(z )

suất của không khí ở 15oC và áp suất khí

quyển chuẩn là 1,000276 Ở độ cao lớn hơn 1m so với mặt đường thì nhiệt độ của không khí

được coi là không đổi bằng 30o Áp suất không khí bằng áp suất tiêu chuẩn Gọi chiết suất

không khí là n và giả thiết rằng n – 1 tỉ lệ với khối lượng riêng của không khí

Giải:

a) Chia bản mỏng thành nhiều lớp mỏng sao cho chiết suất của mỗi lớp coi như không đổi:

k

n

n

n1, 2

Ta có: n Asin  n1sin 1 n2sin 2 n ksin k n Bsin  (1)

b) Lớp không khí càng gần mặt đường càng nóng, chiết suất giảm theo độ cao Tia sáng đi từ

M theo đường cong với góc khúc xạ tăng dần, tới P thì góc ấy bằng 90o có sự phản xạ toàn phần nên tia sáng đi cong lên và lọt vào mắt Mắt nhìn thấy ảnh M’ theo phương cuối cùng của tia sáng tới mắt, ảnh lộn ngược nên ảnh ảo có nước

c) Ta có pV m RT p RT  ~T1



Khối lượng riêng của chất khí ở áp suất không đổi tỉ lệ nghịch với T (nhiệt độ tuyệt đối)

Theo giả thiết  ~n 1 n 1 k'  n 1 T k

Xác định k : tại t = 15oC (288K) thì 0 , 079488

288 1 000276 ,

n

T

n  1 0,079488 (2)

Theo (1), tia sáng có phản xạ toàn phần tại P khi α = 90o nên:

 sin ) (T1

n

n P  (3)

Với T1 = 303K là nhiệt độ không khí ở H có độ cao lớn hơn 1m còn nP là chiết suất không khí ở sát mặt đường có nhiệt độ T cần xác định n P n (T)

2

2 2

2 2

2

) / ( 1

1 sin

l

h l

h h

l

l















h = 1,6m

l = 250m suy ra sin   0 , 99998

mà ta có n P n(T1) n( 303 )  1 , 000262

thay vào (3) ta được

000242 ,

1 99998 , 0 000262 ,



P

n

thay vào (2) ta được : T = 328K = 55oC

Bài 9: 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:

2 2

1

n n 1 k r   , 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 4

1 Gọi  là góc tạo bởi phương truyền của tia sáng

tại điểm có hoành độ x với trục Ox Chứng minh rằng

M P

h

l

M tắt β

T

H(T

1)

x

y

O





x

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

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?

Giải :

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



1

C n  sin 

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

C dy x

n (1 k y ) C



Áp dụng 2dy 2 2 1barcsinbya

a  b y 

1

a  n  C = sin; b = kn1

1

x arcsin



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

Vậy quỹ đạo của tia sáng là đường hình sin

3 Điều kiện để tia sáng truyền trong sợi quang là:

1

sin

R.

kn



 Muốn đúng với mọi  thì kn R 11 

4 Muốn ló ra theo phương song song Ox thì tại x = L, y có độ lớn cực đại

Hay 2 1 2

1

kn

2

n sin



  

  với p là số nguyên không âm

Suy ra

1 1

(2p 1) n sin L

2kn

Bài 10: 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 1 2r

3

2



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 1

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

2 Tìm điều kiện của R để tia sáng truyền trong sợi quang mà không bị ló ra ngoài thành sợi quang

Giải:

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

phẳng xOy, các lớp đó dày dy và có chiết suất là nn0 1  2y 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 nn0 1  2y

Ta có: n0.sini0 = n.sini

=> i n n i y

2 1 2

1 sin

.







Mà tanθ =

dx

dy

i 

cot 

dx

dy

i 1

sin

1

2

dx

dy

8

3 

8

3 



Nguyên hàm hai vế ta được: 4x  3  8y C

Điều kiện ban đầu: khi x = 0 thì y = 0 => C = 3

 phương trình quĩ đạo của tia sáng: y 2x2 3 x







x

y

O



 Vậy quĩ đạo của tia sáng là đường parabol

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: => R 0 , 375cm

8

3





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=> R 0 , 375cm

8

3





Bài 11: 1 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 i1 Trước khi đi vào

bên trong, tia sáng chiếu đến mặt trong của vỏ cầu dưới góc tới

i2 (hình 2) Thiết lập hệ thức liên hệ giữa i1, i2 với R1, R2 và n1,

n2

2 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 : nr R2Rr



 Từ không khí, chiếu một tia sáng tới quả cầu dưới góc tới i = 30o :

a Xác định khoảng cách ngắn nhất từ tâm O tới đường đi

của tia sáng

b Xác định góc lệch giữa tia sáng tới và tia sáng ló ra ngoài quả cầu

Cho biết : dx 0 , 386

1 x sin 4

x sin

2 / 6 /











Giải :

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 (3)

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

) 1 x ( 4

1 r r R

R

2

1

.

2

R

i





(4) => xmax = 3 hay rmin = R/3 khi (sini)max = 1, i = 90o (5)

dx x

i tan dx i tan x

1 x i tan ).

x

1 ( d r

R r

i tan

.

dr

1 i sin 4

i sin 4 di cos 4 x

i tan dx x

i tan d











Theo tính thuận nghịch về chiều truyền ánh sáng, góc ló bằng góc tới :

Góc hợp bởi tia tới và tia ló :

R1

R

2

i

2

n1

O J

Hình 2

I