SỰ TRUYỀN của ÁNH SÁNG TRONG môi TRƯỜNG có CHIẾT SUẤT BIẾN THIÊN

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI  LUẬN ÁN THẠC SỸ VẬT LÝ ĐỀ TÀI SỰ TRUYỀN CỦA ÁNH SÁNG TRONG MÔI TRƯỜNG CÓ CHIẾT SUẤT BIẾN THIÊN Người thực hiện: Người hướng dẫn khoa học: Hà Nội, 7/2015 PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ - Cơ sở khoa học đề tài: + Cơ sở lí luận: Đề tài thực sở lý luận phương pháp luận chủ nghĩa Mác-Lênin, tư tưởng Hồ Chí Minh giáo dục, văn kiện Đại hội Đảng.Vai trò nhiệm vụ giáo dục đào tạo thể văn kiện Đại hội Đảng: “Giáo dục đào tạo quốc sách hàng đầu” phát triển giáo dục nhằm “nâng cao dân trí, bồi dưỡng nhân lực, đào tạo nhân tài” + Cơ sở thực tiễn: Trong chương trình Vật lí chuyên phần quang hình học học sinh học cuối sách vật lí 11, phần đề cập chủ yếu đến truyền ánh sáng qua môi trường (Các tượng khúc xạ phản xạ toàn phần), từ việc nắm bắt tượng đó, học sinh có sở vững để tìm hiểu tiếp dụng cụ quang như: Kính lúp, kính hiển vi, kính thiên văn Trong phần ta chủ yếu xét truyền tia sáng qua môi trường có chiết suất không đổi (tức môi trường suốt đồng tính), biết môi trường đường tia sáng thẳng Nhưng thực tế có trường hợp tia sáng truyền môi trường có chiết suất thay đổi, ví dụ ánh sáng mặt trời truyền lớp không khí gần mặt đường bị đốt nóng Khi quỹ đạo tia sáng không đường thẳng toán trở nên tương đối phức tạp Khi dạy toán ánh sáng truyền môi trường chiết suất biến thiên cho học sinh, nhận thấy phần lớn em gặp khó khăn việc hiểu tượng, vận dụng phép toán tích phân giải phương trình vi phân Trước thực tế chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “ Sự truyền ánh sáng môi trường có chiết suất biến thiên” Với phương pháp dùng tích phân, phương trình vi phân, kết hợp với định luật quang học, giúp em học sinh, nắm bắt dạng tập khó phần quang Hy vọng đề tài có ích em học sinh đồng nghiệp trình dạy ôn luyện đội tuyển học sinh giỏi - Mục đích đề tài: Nhằm đề xuất số phương pháp hướng dẫn học sinh giải tập toán ánh sáng truyền môi trường chiết suất biến thiên, có sử dụng phép tính tích phân giải phương trình vi phân, đồng thời trang bị cho thân tác giả kiến thức công tác ôn luyện bồi dưỡng học sinh giỏi - Đối tượng phạm vi nghiên cứu: Các tập vật lí đại cương, tài liệu ôn thi học sinh giỏi, phần quang hình, phép toán cao cấp áp dụng vào vật lí Thực lớp chuyên lí 11 – trường THPT Chuyên Thái Nguyên PHẦN II: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ CÁC KIẾN THỨC LÍ THUYẾT CÓ LIÊN QUAN 1.1 Ánh sáng khúc xạ liên tiếp qua mặt song song ghép sát HÌNH VẼ Các mặt song song ghép sát nhau, chiết suất tương ứng n0 ; n1 ; n2 ; hình vẽ Áp dụng ĐL khúc xạ ánh sáng ta được: n0 sin i0 = n1 sin i1 = = nk sin ik Có hai trường hợp xảy ra: TH1: Chiết suất tăng dần theo thứ tự trên, góc tới lớp giảm dần Trường hợp có phản xạ toàn phần lớp TH2: Chiết suất giảm dần theo thứ tự trên, góc tới lớp tăng dần, dẫn đến tới lớp tia sáng hướng đến mặt phân cách điều kiện thỏa mãn điều kiện phản xạ toàn phần (Trong hình vẽ giả sử tia sáng hướng tới mặt phân cách từ lớp thứ 3) tia sáng bị phản xạ toàn phần Ta dễ chứng minh đường tia sáng đối xứng qua pháp tuyến điểm xảy phản xạ toàn phần 1.2 Nguyên lí Fec-ma * Khái niệm quang trình tia sáng Một tia sáng từ A đến B, theo đường có độ dài s, chiết suất môi trường truyền sáng n Quang trình tia sáng ứng với đường s là: l = n.s * Nguyên lí Fec-ma Trong vô số đường từ điểm A đến điểm B ánh sáng theo đường có quang trình ngắn ( Trong môi trường đồng tính quang trình ngắn ứng với đường truyền đoạn thẳng ) Trường hợp tổng quát nguyên lí Fec-ma phát biểu sau: Tia sáng đường truyền ánh sáng có quang trình cực trị 1.3 Nguyên lí Huy-ghen Mỗi điểm môi trường mà mặt đầu sóng đạt tới trở thành tâm phát sóng nguyên tố Mặt đầu sóng thời điểm sau mặt bao mặt đầu sóng nguyên tố HÌNH VẼ 2 HỆ THỐNG BÀI TẬP VÍ DỤ Phần tác giả phân loại tập thường gặp thành ba dạng toán, dạng toán có phần lời giải chi tiết phân tích tỉ mỉ cách làm nhằm giúp em hình dung cách tổng quát cách làm dạng toán Ngay sau dạng tập đặc trưng có hướng dẫn, tác giả đưa số tập vận dụng, đặc biệt tập vận dụng có lời giải chi tiết giúp em tự kiểm tra đối chiếu phương pháp giải, giúp ích nhiều cho việc tự học học sinh Bài toán 1: Biết phương trình đường tia sáng, phải tìm hàm chiết suất phụ thuộc vào tọa độ Bài toán 2: Biết hàm chiết suất môi trường phụ thuộc tọa độ, tìm phương trình quỹ đạo tia sáng Bài toán 3: Vận dụng nguyên lí Fec-ma nguyên lí Huy-ghen Bài toán 4: Một số toán ảo cảnh phản xạ toàn phần BÀI TOÁN 1: BIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG ĐI CỦA TIA SÁNG PHẢI TÌM HÀM CHIẾT SUẤT CỦA MÔI TRƯỜNG PHỤ THUỘC TỌA ĐỘ Bài toán tổng quát Bài toán cho tia sáng truyền môi trường suốt có chiết suất n biến thiên theo tọa độ Biết rõ quỹ đạo tia sáng dạng hàm số y = f ( x ) Yêu cầu lập phương trình thể phụ thuộc chiết suất môi trường vào tọa độ Phương pháp giải chung HÌNH VẼ Giả sử chiết suất môi trường phụ thuộc vào tọa độ x Như ta chia môi trường thành lớp mỏng theo phương song song với trục Oy, lớp mỏng có bề dày dx, coi chiết suất lớp mỏng có giá trị không đổi n Các lớp mỏng xếp liên tục liên tiếp tạo thành hệ thống nhiều mặt song song liên tiếp Như ĐL khúc xạ ánh sáng viết liên tiếp cho lớp: n0 sin i0 = n1 sin i1 = = nk sin ik Xét lớp bất kì, có chiết suất n, góc tới tia sáng lớp i  n0 sin i0 = n sin i (1) Trong n0 ; i0 giá trị chiết suất góc tới lớp biên Tiếp ta lập mối quan hệ dy, dx giá trị lượng giác góc i Ví dụ hình ta thấy tan i = dy = f ' ( x ) (2) dx Giải hệ (1) (2) ta hàm chiết suất phụ thuộc tọa độ BÀI Một tia sáng tới môi trường suốt có chiết suất n phụ thuộc vào biến y góc vuông điểm y = ( hình vẽ 4) Tìm dạng hàm chiết suất n phụ thuộc vào biến y Cho n( y =0 ) = n0 tia sáng truyền môi trường có dạng đường Parabol với HÌNH VẼ phương trình y = a.x ĐS: n = n0 + 4ay PHÂN TÍCH VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI Vì chiết suất môi trường biến thiên theo phương trục Oy, nên ta chia môi trường thành lớp mỏng theo phương trục Ox (tức vuông góc với Oy) hình HÌNH VẼ Định luật khúc xạ ánh sáng viết liên tiếp cho lớp có dạng n0 sin i0 = n1 sin i1 = n2 sin i2 = = n.sin i Áp dụng cho gốc tọa độ O điểm khảo sát có tọa độ (x;y) ta được: n0 sin 900 = n.sin i CHÚ Ý: Khi viết định luật khúc xạ ánh sáng vị trí biên ( Tại O trường hợp ) ta phải hiểu điểm xét điểm gần O thuộc phần chứa môi trường khảo sát Bình phương hai vế phương trình ta được: n02 = n sin i (1) Từ hình vẽ ta có: ( dx ) θ= = 2 ( dy ) + ( dx )  dy  + (2) sin i = cos 2  ÷  dx  Mặt khác dy = 2ax (3) dx Thay (3) vào (2) ta được: sin i =  dy   ÷ +1  dx  = 1 = 4a x + 4ay + Thay vào phương trình (1) ta được: n = n0 + 4ay BÀI Một tia sáng chiếu vuông góc vào mặt phẳng ngăn cách hai môi trường (như hình vẽ 6), môi trường có chiết suất n phụ thuộc vào tọa độ y Tìm dạng hàm n( y ) để bên môi trường tia sáng truyền theo đường hình sin, với phương trình quỹ đạo HÌNH VẼ y = a cos ω x Biết chiết suất môi trường điểm mà tia sáng bắt đầu vào n0 ĐS: n = n0 ω ( a − y ) + PHÂN TÍCH VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI HÌNH VẼ Vì chiết suất môi trường biến thiên theo trục Oy nên ta chia môi trường suốt thành nhiều phần mỏng song song với trục Ox hình vẽ Tại điểm J môi trường truyền ánh sáng ( điểm J phân cách hai lớp mỏng có chiết suất n n + dn, góc tới môi trường chiết suất n góc i) Từ hình vẽ ta có: cot i = dy = y' dx Áp dụng ĐL khúc xạ ánh sáng ta được: n0 sin 900 = n.sin i hay n = Ta có: cos i = n0 sin i n − n02 n n − n02 dy Từ đó: cot i = (1) = n0 dx Từ phương trình quỹ đạo: y = a cos ω x ta lấy đạo hàm y theo x được: dy = − aω sin ( ωt ) (2) dx Từ (1) (2) ta được: n − n02 = − aω sin ( ωt ) n0 - Khi có phản xạ toàn phần lớp đó, ta viết điều kiện phản xạ toàn phần lớp (Chú ý môi trường suốt có chiết suất thay đổi liên tục nên góc tới điểm có phản xạ toàn phần 900) - Giải điều kiện phản xạ toàn phần BÀI 10 Khi sa mạc quan sát thấy ảo ảnh biển ( Một vùng đất trước mắt nhìn lấp lánh giống biển ) Ở khoảng cách tính từ người quan sát xuất hiện tượng này, giả thiết vận tốc ánh sáng lớp không khí gần mặt đất thay đổi theo quy luật c ( z ) = c0 ( − a.z ) Trong c0 vận tốc ánh sáng gần bề mặt trái đất, z độ cao so với mặt đất Khoảng cách từ mắt tới mặt đường h ĐS: L = h ( − az ) az ( − az ) PHÂN TÍCH VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI - Sự thay đổi vận tốc ánh sáng không khí (nghĩa chiết suất nó) theo độ cao dẫn đến lệch tia sáng khúc xạ Chính khúc xạ giải thích ảo cảnh biển sa mạc - Tốc độ truyền ánh sáng điểm có độ cao z cho bởi: c ( z ) = c0 ( − a.z ) Chiết suất không khí độ cao z là: n = cck cck = ; c ( z ) c0 ( − az ) cck tốc độ truyền ánh sáng chân không Rõ ràng độ cao z giảm xuống chiết suất lớp không khí giảm dần - Ta chia không khí thành lớp song song với mặt đất Tại lớp chiết suất không khí coi có giá trị xác định - Xét tia sáng truyền từ xa xuống sa mạc Vì chiết suất thay đổi nên tia sáng bị khúc xạ qua lớp khí (như hình vẽ 22) Tới lớp 29 gần sát mặt đất, tia sáng bị phản xạ toàn phần ngược lên tới mắt người quan sát HÌNH VẼ 23 Các tia sáng khúc xạ qua lớp liên tục, nên quỹ đạo tia sáng thực tế đường cong trơn liên tục hình 24 HÌNH VẼ 24 Ở vùng α < α tia sáng vào sa mạc bị hấp thụ, vùng α > α người quan sát nhìn thấy bầu trời, tia sáng từ bầu trời đến chỗ người quan sát từ phía nên người có cảm giác nhìn thấy biển xanh - Áp dụng ĐL khúc xạ ánh sáng cho hai lớp: Lớp thứ gần mặt đất (tại H) lớp thứ hai chỗ mắt người quan sát (tại M) cck cck sin 900 = sin α c0 c0 ( − ah ) Biến đổi thành: sin α = − ah (1) Có thể coi lệch tia sáng nhỏ, xem tia sáng truyền từ M tới H đường thẳng Từ ta có: L = h.tan α (2) 30 Từ (1) (2)  L = h ( − az ) az ( − az ) BÀI 11 Một khối vật liệu gồm mỏng phẳng, suốt, có độ dày d = 0,1mm, đặt chồng khít lên Lớp có chiết suất n0 = 1,41 Các tầng thứ k có chiết suất nk = n0 − kv , v = 0,025 Cho tia sáng chiếu vào điểm O góc HÌNH VẼ 25 tới i =600 Hỏi tia sáng chiếu vào khối vật liệu tới độ sâu lớn bao nhiêu? ĐS: 2,2mm PHÂN TÍCH VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI Khác với trường hợp khúc xạ liên tục qua lớp liên tục trước Trong khúc xạ qua lớp xảy gián đoạn Vì việc giải tập đơn giản bước Tia sáng bị khúc xạ qua lớp, góc tới lớp theo tăng dần Tại lớp góc tới lớn góc giới hạn phản xạ toàn phần, tia sáng bị phản xạ toàn phần ngược lên Đây sở để tính độ sâu lớn mà tia sáng đạt Gọi r góc khúc xạ ĐL khúc xạ ánh sáng cho ta: sin i = n0 sinr ; r = Tia tới lớp với góc tới r = π − ϕ1 31 π − ϕ0 π − ϕ0 góc khúc xạ Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng ta lại có: π  π  n0 sin  − ϕ0 ÷ = n1 sin  − ϕ1 ÷ 2  2  Biến đổi thành: n0 cos ϕ0 = n1 cos ϕ1 Sang lớp sau tương tự ta có: n0 cos ϕ0 = n1 cos ϕ1 = = nk cos ϕk Nhận xét: Ta thấy chiết giảm dần lên lớp phía trên, có nghĩa lên lớp phía tia sáng lệch xa pháp tuyến, hay góc ϕ nhỏ Tại lớp đó, tia sáng đạt tới giới hạn góc khúc xạ tăng đến 90 Khi cos ϕk = tia sáng bị phản xạ toàn phần truyền ngược trở lại Vậy ta cần giải điều kiện: cos ϕk ≤ ⇔ no n0 cos ϕ0 ≤ ⇔ cos ϕ0 ≤ nk n0 − kv Giải bất phương trình ta được: k ≤ 21,76 Vì k số nguyên nên lấy k = 21 Vậy độ sâu h = ( k + 1) d = 2,2mm 32 BÀI TẬP TỰ LUYỆN BÀI 12 Chiết suất khối chất suốt, có kích thước lớn, thay đổi theo độ cao theo quy luật n = n0 − γ y Trong n0 γ số biết Một tia sáng chiếu tới biên khối chất điểm A sau khúc xạ lập HÌNH VẼ 26 góc α với trục Oy (Xem hình 26) a) Xác định quỹ đạo tia sáng môi trường b) Điểm khỏi khối chất tia sáng cách A khoảng ĐS: a) y = − γ x + cot α.x ( Giống phương trình quỹ đạo 4sin α vật bị ném xiên ); b) Khoảng 2sin 2α γ BÀI 13 Một chùm sáng hẹp tới đập vuông góc với hai mặt song song bề dày d điểm A (x = 0) (Hình 27) Chiết suất biến đổi theo công thức n= n0 , n0 , γ số dương Hãy xác định quỹ đạo tia sáng 1− γ x 33 HÌNH VẼ 27 ĐS: Quỹ đạo đường tròn có tâm I nằm trục Ox, bán kính R = ; γ BÀI 14 Chiết suất không khí nhiệt độ 300K áp suất atm 1,003 khoảng ánh sáng nhìn thấy Giả thiết không khí đẳng nhiệt 300K Hãy tính toán xem khối lượng riêng không khí phải tăng thêm lần để ánh sáng vòng quanh trái đất mực nước biển (Nếu trời không mây, lúc nhìn thấy mặt trời mọc suốt đêm theo nguyên lí đó) r −R Có thể giả sử chiết suất n thỏa mãn n − = ρ e− 8700 ( R bán kính trái đất, r khoảng cách từ tâm trái đất đến điểm khảo sát ) ĐS: ρ ≈ 4,53 ρ0 BÀI 15 Chiết suất không khí phụ thuộc vào nhiệt độ áp suất ta coi chiết suất phụ thuộc vào nhiệt độ phụ thuộc có dạng n = + a Đối với không khí áp suất chuẩn số a = 8,6.10−2 K T Không khí bên mặt đường tác dụng ánh nắng mặt trời bị nóng lên mặt đường khô mà nhìn bị ướt Giả sử lớp đủ mỏng bên mặt đường nhiệt độ cao nhiệt độ trung bình ( t0 = 170 C ) lượng ∆t 34 Một người quan sát thấy cách khoảng cực tiểu s, “vũng nước” đường - Hãy giải thích tạo thành vũng nước - Vẽ đồ thị biểu diễn phụ thuộc s = s ( ∆t ) Biết mắt người cách mặt đường đoạn h = 1m 35 HƯỚNG DẪN CÁC BÀI TẬP TỰ LUYỆN BÀI 12 a) HÌNH VẼ 28 Vì chiết suất khổi chất biến đổi theo trục Oy nên, ta chia khối chất thành lớp mỏng theo phương song song với trục Ox (Xem hình 28) Xét lớp có chiết suất n, góc tới tia sáng i Tại gốc tọa độ n = n0 , góc tới i0 = α Áp dụng ĐL khúc xạ ánh sáng ta có: n0 sin α = n sin i với n = n0 − γ y  sin i = Từ  cos i = Từ hình vẽ ta có: cot i = Phân li biến số ta được: dy hay: dx sin α 1− γ y − γ y − sin α 1− γ y − γ y − sin α dy = sin α dx dy − γ y − sin α Biến đổi dạng: 36 = dx dy dx ⇔ = sin α cos α − γ y sin α d ( cos α − γ y ) ( −γ ) cos α − γ y y Lấy tích phân hai vế ta được: = dx sin α d ( cos α − γ y ) ∫ ( −γ ) x cos α − γ y dx sin α =∫ Sau thực phép tính tích phân ta thu kết quả: y=− γ x + cot α.x 4sin α Đến ta có nhận xét: Quỹ đạo tia sáng truyền môi trường xét, giống quỹ đạo chuyển động vật bị ném xiên góc α từ mặt đất b) Sau thành lập phương trình quỹ đạo tia sáng, toán hỏi nhiều ý mở rộng Ví dụ xác định độ cao cực đại mà tia sáng đạt (ỨNG VỚI ĐỘ CAO ĐỈNH PARABOL) xác định điểm thoát tia sáng đề yêu cầu (TƯƠNG ỨNG VỚI TẦM BAY XA), tính độ dài quỹ đạo, tính thời gian truyền ánh sáng môi trường … Trong tập đề yêu cầu tính khoảng cách điểm mà tia sáng khỏi môi trường điểm mà tia sáng vào Đơn giản cho y = ta tìm nghiệm x = 2sin 2α x = γ Vậy khoảng cách cần tìm 2sin 2α γ BÀI 13 Chia thành lớp mỏng song song với trục Ox Xét lớp có chiết suất n (coi không đổi) (Xem hình 29) Góc tới tia sáng tới từ lớp i, điểm tới C 37 Định luật khúc xạ ánh sáng dạng đối xứng cho ta: n.sin i = n0 sin 900 với n= n0 1− γ x HÌNH VẼ 29 Từ ta có: sin i = − γ x Suy ra: cos i = 2γ x − γ x Từ hình vẽ ta có: tan i = sin i dy = cos i dx dy 1− γ x 1− γ x ⇔ dy = dx Biến đổi thành: dx = 2γ x − γ x 2γ x − γ x Lấy tích phân hai vế y ∫ dy = ∫ 1− γ x x 2γ x − γ x 2 dx Hướng dẫn HS kĩ nhận dạng tích phân: Chú ý biểu thức dấu thức, lấy đạo hàm theo x biểu thức có chứa tử số 2 Ta có: d ( 2γ x − γ x ) = 2γ ( − γ x ) dx 2 x d ( 2γ x − γ x ) Biến đổi tích phân thành: ∫ dy = 2γ ∫0 2γ x − γ x y Thực phép tính tích phân cho: y = Hay: 38 2γ x − γ x 2γ x + y − x = γ Vậy quỹ đạo tia sáng cung tròn bán kính R = , tâm γ 1  I  ;0 ÷ γ  BÀI 14 HÌNH VẼ 30 Xét tia sáng truyền vòng quanh trái đất khoảng cách r, tính từ tâm trái đất Quang trình tia sáng cung AB (như hình vẽ) là: s = r.dϕ n (1) Nhận thấy rằng: chiết suất n phụ thuộc vào khoảng cách r tính từ tâm r −R hàm phức tạp n = ρ e − 8700 + (2) Khi thay hàm chiết suất n phụ thuộc vào bán kính r vào pt (1) sau đạo hàm hai vế để giải điều kiện cực trị quang trình  phức tạp Ta dùng cách khác đơn giản sau: + Lấy vi phân hai vế phương trình (1), ý dϕ số, coi r n hai biến độc lập ds = dϕ ( ndr + rdn ) (3) 39 + Tính dn cách lấy vi phân hai vế pt (2) dn = −1 ρ ( n − 1) dr Thay vào (3) viết điều kiện cực trị quang trình ta 8700 r−R − ds r   n 8700 = dϕ  n − ρ ( n − 1)  = Biến đổi được: = ρ e dr 8700 r 8700   Đến ta thay điều kiện đề vào (Tia sáng truyền vòng quanh trái đất sát mực nước biển) n = 1,003; r = R = 6400k km Thu được: ρ = 0,00136 Ở sát mực nước biển ta tính được: n0 − = ρ0 = 0,0003 Vậy tỉ số: ρ = 4,53 ρ0 BÀI 15 Không khí bên mặt đường tác dụng ánh nắng mặt trời bị nóng lên, lớp phía nhiệt độ tăng tức chiết suất giảm Các tia sáng mặt trời chiếu xuống mặt đường đến lớp nóng thỏa mãn điều kiện phản xạ toàn phần đến mắt người quan sát gây cảm giác đường bị ướt HÌNH VẼ 31 Chia không khí thành lớp đủ mỏng, áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng phản xạ toàn phần ta tìm n ( T0 ) cos α = n ( T ) h2 ≈1− Từ hình vẽ ta có: cos α = 2s s + h2 s 40 Mặt khác n ( T ) n ( T + ∆T ) = = n ( T0 ) n ( T0 ) a T0 + ∆T a.∆T ≈1− a T0 ( T0 + ∆T ) 1+ T0 1+ Từ ta suy được: s = h T0 ( T0 + ∆T ) 2a∆T Đồ thị thể phụ thuộc s vào ∆T hình vẽ 41 PHẦN III: KẾT THÚC VẤN ĐỀ Kết luận Trên trình bày toàn phần sở nội dung sáng kiến kinh nghiệm Đề tài đưa số phương pháp để giải toán liên quan đến truyền ánh sáng môi trường chiết suất biến thiên Qua củng cố thêm cho học sinh cách tính tích phân giải phương trình vi phân Chắc chắn tránh khỏi thiếu sót hình thức nội dung Tác giả mong góp ý đồng nghiệp Bài học kinh nghiệm Trong trình thực đề tài, thấy cần rút kinh nghiệm sau: Trong trình dạy cho lớp chuyên, ôn luyện đội tuyển việc hệ thống kiến thức đưa phương pháp giải cho dạng tập đưa kiến thức Vật lí có liên quan quan trọng cần thiết Điều làm cho học sinh dễ dàng hình dung cách khái quát toán cần giải Bên cạnh việc đưa ví dụ điển hình giảng giải chi tiết giúp học sinh nhanh chóng nắm bắt toán vận dụng tốt cho cá tập tương tự có tính sáng tạo cao việc giải tập Khuyến nghị, đề xuất Trong trình thực giảng dạy chuyên đề cho học sinh lớp chuyên lí 11, ôn thi học sinh giỏi khu vực, quốc gia thấy cần đưa đề xuất với tổ môn thư viện nhà trường sau: - Trang bị đủ tài liệu kiến thức toán cho Vật lí, đặc biệt kiến thức toán học cao cấp, tổ môn nên đưa danh mục sách tham khảo toán cho Vật lí đề nghị thư viện trường trang bị cho học sinh tham khảo - Trong trình giảng dạy phần kiến thức Vật lí cần dùng đến kiến thức toán học mà chương trình toán chưa kịp học tới, bố trí số tiết học phân phối chương trình để trang bị kiến thức toán cho học sinh trước học phần kiến thức Vật lí Như hiệu giảng dạy Vật lí cho kết cao 42 DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] PHẠM VĂN THIỀU ( Tổng biên tập )-Tạp chí Vật lí tuổi trẻ [2] NGUYỄN VĂN HƯỚNG, HÀ HUY BẰNG-300 toán Vật lí sơ cấp Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội năm 2000 [3] TS NGUYỄN QUANG NGỌC, ThS NGUYỄN THỊ PHƯƠNG ANH – Các tập hay vật lí sơ cấp Nhà xuất Khoa học kĩ thuật Hà Nội [4].INPHO-2014 43 [...]... kớnh ngoi R 1 bỏn kớnh trong R2 c lm bng cht trong sut cú chit sut n2 T mụi trng ngoi cú chit sut n1, mt tia sỏng c chiu ti v cu di gúc ti i1 Trc khi i vo bờn trong, tia sỏng chiu ti mt trong ca v cu di gúc ti i 2 (Xem hỡnh v 12) Hóy thit lp mi quan h gia cỏc i lng i1; i2 ; n1; n 2 ; R1; R2 HèNH V 12 2) Mt qu cu tõm O bỏn kớnh R c lm bng mt cht trong sut Chit sut ti mt im bờn trong qu cu bin thiờn theo... sỏng trong si quang, im cú chit sut n v tia sỏng ti im ú hp vi trc Oz gúc tha món mi quan h n.cos = C trong ú C l hng s Tỡm giỏ tr hng s C theo n1; i b) S dng kt qu va tỡm c trong phn 1.a v mi quan h lng giỏc 1 cos = ( 1 + tan 2 ) 2 trong ú tan = dx = x ' l h s gúc ca qu o ti im dz cú ta (x,z) thu c mt phng trỡnh ca x c) Tỡm phng trỡnh tng minh ca x ph thuc vo z õy l phng trỡnh qu o ca tia sỏng trong. .. Hóy v qu o ca tia sỏng trong mt chu kỡ, vi hai gúc i khỏc nhau 2) Tia sỏng truyn i trong si quang a) Hóy tỡm giỏ tr gúc ti ln nht iM tia sỏng cú th truyn i c bờn trong lừi ca si quang b) Hóy xỏc nh ta z, ti v trớ giao im ca qu o v trc Oz Trong trng hp i 0 PHN TCH V HNG DN GII 1)a) Xột ti im O p dng L khỳc x ỏnh sỏng cho mụi trng ti bờn ngoi si quang v mụi trng khỳc x bờn trong si quang: n0 sin... CH í: n õy hc sinh hay nhm ln rng gúc = Thc t iu ny khụng ỳng vỡ ti im B chit sut phớa trờn bng 1 (trong mụi trng khụng khớ), cũn chit sut phớa di bng n B (trong mụi trng bn mng) nờn tia sỏng khỳc x ra khụng khớ t trong bn ó b lch tỡm mi quan h gia hai gúc v ta xột s khỳc x ỏnh sỏng ti im B t trong bn mng ra khụng khớ, phỏp tuyn l ng thng ng qua B 12 sin nB sin = Ta cú: nB sin = 1.sin nB2... R rmin = ; D dng gii c: rmin = R + rmin 2 3 BI 5 Qu o ca tia sỏng truyn trong mụi trng khụng khụng ng nht c cho bi phng trỡnh x = A.sin y trong ú A v B l hai hng s dng Hóy B lp biu thc ca chit sut n trong khụng gian gii hn bi hai mt phng x = A v x = -A Gi s rng n ch ph thuc vo x v ti x = 0 thỡ giỏ tr n = n 0 Hóy v th n = n(x) trong on [-A, A] 1/2 S: n( x ) x2 = n0 1 2 2 A +B HNG DN GII Chit sut... DN GII - S thay i vn tc ỏnh sỏng trong khụng khớ (ngha l c chit sut ca nú) theo cao dn n s lch ca cỏc tia sỏng hay l s khỳc x Chớnh s khỳc x ny gii thớch s o cnh ca bin trong sa mc - Tc truyn ca ỏnh sỏng ti mt im cú cao z c cho bi: c ( z ) = c0 ( 1 a.z ) Chit sut ca khụng khớ ti cao z l: n = cck cck = ; trong ú c ( z ) c0 ( 1 az ) cck l tc truyn ca ỏnh sỏng trong chõn khụng Rừ rng rng khi cao... A.cos ( z + ) D dng xỏc nh c : = 2 Ti im z = 0 phớa trong si quang ta cú: tan 1 = T ú tớnh c: A = dx = A. dz a.sin i n12 n22 Vy phng trỡnh qu o ca tia sỏng l: x= 1 cos a n12 n22 a.sin i n12 n22 ữ z 2 2 ữ 2 n sin ( 1 i) 1)d) Hóy v qu o ca tia sỏng trong mt chu kỡ, vi hai gúc i khỏc nhau HèNH V 18 24 2)a) iu kin tia sỏng truyn i c trong lừi l A a ngha l: A= a.sin i n12 n22 a Bin i: sin... ý rng vỡ mụi trng trong sut cú chit sut thay i liờn tc nờn gúc ti ti im cú phn x ton phn bng 900) - Gii iu kin phn x ton phn BI 10 Khi i trờn sa mc cú th quan sỏt thy o nh ca bin ( Mt vựng t trc mt mỡnh nhỡn lp lỏnh ging nh bin ) khong cỏch no tớnh t ngi quan sỏt xut hin hin tng ny, nu gi thit vn tc ỏnh sỏng trong lp khụng khớ gn mt t thay i theo quy lut c ( z ) = c0 ( 1 a.z ) Trong ú c0 l vn tc... n0 n1 n0 BI 7 Mt on si quang thng hỡnh tr gm lừi cú bỏn kớnh a, c to thnh t mt cht liu trong sut cú chit sut thay i t giỏ tr n = n 1 ti trc n giỏ tr n = n2 (Vi 1 < n2 < n1 ) khong cỏch a tớnh t trc theo quy lut: 21 n = n ( x ) = n1 1 2 x 2 trong ú x l khong cỏch t trc ca lừi v l hng s Lừi c bao bc bi mt lp v trong sut cú chiờt sut n 2 Bờn ngoi si quang l khụng khớ cú chit sut n0 t Oz l trc ca si... Vy sõu nht h = ( k + 1) d = 2,2mm 32 2 BI TP T LUYN BI 12 Chit sut ca mt khi cht trong sut, cú kớch thc ln, thay i theo cao theo quy lut n = n0 1 y Trong ú n0 v l cỏc hng s ó bit Mt tia sỏng chiu ti biờn ca khi cht ti im A v sau khi khỳc x ti ú lp mt HèNH V 26 gúc vi trc Oy (Xem hỡnh 26) a) Xỏc nh qu o tia sỏng trong mụi trng b) im i ra khi khi cht ca tia sỏng cỏch A mt khong bng bao nhiờu S: