KHÚC xạ ÁNH SÁNG BỒI DƯỠNG HSG

- 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 phụ thuộc vào bản chất của

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

n21

21 n r sin

i sin

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 của chúng

1

2 21 n

n

- Ý nghĩa của chiết suất tuyệt đối: chiết suất tuyệt đối của một môi trường trong suốt cho biết tốc độ ánh sáng trong môi trường đó nhỏ hơn tốc độ truyền ánh sáng trong chân 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

Điều kiện để xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần:

+ Điều kiện cần: Tia sáng truyền từ môi trường chiết quang hơn (có chiết suất lớn hơn) sang môi trường chiết quang kém (có chiết suất nhỏ hơn)

+ Điều kiện đủ: Góc tới i  igh

Với

1

2 gh n

n i sin  (n1 > n2)

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 ' 1



1 2 'n

nd

d

d’

(n1)

(n2)H

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 hai mặt 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 tỷ đối 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

1 1 e AA

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

D A sin n

D A sin n

S

RC

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 của quang 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:

- Chiều dương của đoạn OSd ngược với chiều ánh sáng

- Chiều dương của đoạn OS' d' và đoạn OCR cùng với chiều ánh sáng

Với quy ước dấu như vậy, ta có:

- Vật thật d > 0, vật ảo d < 0

- Ảnh thật d’ > 0, ảnh ảo d’ < 0

(n2)

(n1)O

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

R r

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

+ Tia ngoài biên khi ra khỏi ống sẽ tiếp tuyến với mặt ngoài ống Khi đó góc tới 

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

Rsin

r

Với max:

max

1 sin n

1 R

n sin   (Góc giới hạn tại A có sinimax = 1) 

2 n

1 R

r 

- Khi n2 n1  max = 900 (Góc tới tại A có

2

1 max n

n i

sin  ) 

1 n

1 R

r 

* Vậy:

1 n

1 R

r  khi n1 n2 Hoặc

2 n

1 R

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

24

7tan.tan1

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 ló tạo ra trên mặt quả cầu một vệt sáng tròn có đường kính nhỏ hơn 3 lần đường kính tiết

diện chùm tia tới Tìm chiết suất vật liệu quả cầu

Hình 7

A φ



γβ

C

A φ

sinh

h2 1

Vì  nhỏ  r nhỏ, nên:

3 1

r 2

1 r

2 h

h 2

1





 n  1 , 5

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

1) Góc tới  của tia sáng trên mặt đối diện

là bao nhiêu? Tia này phản xạ một phần

x1

1dx

xsind

1 sin     , tức là góc tới nhỏ hơn góc giới hạn

n

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

2) Tìm biểu thức đối với góc lệch 



2

1d

1 sin 1 , ta có:

1d

n

4sin

n

11

2 





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

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

n 0 n

; 1 90 sin 0

ny

x y dx

dy cot tan     

a

ya2ax2yy

1y

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:

c bx ax

y  2 

2) Tìm n để đường đi tia sáng là một phần của đường tròn:

2 2 0 2

0 ) ( y y ) R x

x

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

1b

ya

x2 2 2

n  0 0  2  

0 2

0 ) ( y y ) R x

y y

x x y

Ry

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 '

y

x.a

x

2 2 2

a.b

by

y

b y a

0

y

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

x 1

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

n i sin

nisin  , ở B ánh sáng đi từ môi trường chiết suất nB với góc tới (900 –

iB) ra không khí với góc khúc xạ :

2

1 sin i

90 sin

nB 0 B   



2

1nnn

n1.nisin1nicos

2

B

A B

B 2 B

n n

B

A B



cm 1 n

n n R x

B

A B

- Tại M:

dx

dy i tan x 

X R

x 1 i sin x     dx   R dX



2 X 1

dx X R dy





RRx

n 1 ( H

0 max   và n0 > 1; n1 = 1

Chiết suất này thay đổi theo quy luật

H

y1n

n 0  ( H = const > 0) Từ môi trường chiết suất n0 có một tia sáng đi vào O dưới góc i0

1) Tìm dạng đường đi của tia sáng

2) Góc i0 thoả mãn điều kiện nào để tia sáng sáng quay về môi trường ban đầu 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

n  0  vào biểu thức trên, ta được:

dy.H

yicos

isindy

.isinnH

y1n

isinndx

0 2 0 0

2 2 0 2

0

0 0

yicosisin

1 0

2 0

y i cos i

sin H

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

0

H

yicosisinH



0 0

2 2

itan

xi

sinH4

x

Vậy quỹ đạo có dạng là parabol

2 Góc i0 thoả mãn điều kiện nào để tia sáng sáng quay về môi trường ban đầu

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

max H cos i

a 4

2

n

n1Hicos

0 0

n

n1i

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  0

0 45

i 

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 theo dạng hàm sin?

Cho: - Chiết suất tại A là nA

- Phương trình đường truyền tia sáng có

icosicottan

n

ni

i cos 2 2 2 2y

isin

y 2 y 2

y 2

2 2

A

2 A 2 y

a

y1kan

nn

 2 2 2

2 A

2 y

yak1n

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)(





Chiếu tia sáng lên quả cầu dưới góc tới (hình vẽ) Hãy xác định khoảng cách 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

sin r

sin r

r

r n sin n sin

 n2.r2.sin2n1.r1sin1Vậy, tổng quát: n r.r.sin r const

 r

 : là góc khúc xạ vào môi trường có chiết suất n(r)

Xét các trường hợp đặc biệt: r = R, r = d

 d.sin  d R.n R.sin  Rn

Theo giả thuyết:   1

a R

a R R

a R

a R d

    





sin1Ra

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 theo phương nằm ngang nằm trong mặt phẳng kinh tuyến Tìm h0 sao cho tia sáng đi được vòng tròn quanh quả đất

Theo đề: n = n0 – a.z  dn = - a.dz

Từ (1) 

az n

dz a az n i sin

z R i sin

dz a az n 0

z R





0 aR az 2

1 a 2

aR n z

 Cách 2: Theo nguyên lý Fecma: Giữa 2 điểm A và B ánh sáng sẽ truyền theo

con đường nào mà quang trình là cực đại(cực tiểu hay không đổi) gọi là cực trị

1 a 2

aR n z

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 với mặt nước một góc 0

45



 thoạt nhiên anh nhận thấy dưới đáy suối có một chiếc nhẫn kim cương Sung sướng và hạnh phúc, anh vội vàng lội xuống suối, đến chỗ có chiếc nhẫn Khi đến nơi, nhìn theo phương thẳng đứng xuống, anh ta ngạc nhiên khi thấy tự nhiên nó bị nâng lên cao hơn lúc đầu, nhưng không chần chừ anh thò tay xuống nhặt chiếc nhẫn lên và đi ngay về làng Hãy giải thích hiện tượng mà Akaba đã nhìn thấy Nếu cho 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

Gọi A là chiếc nhẫn ở đáy suối và A' là ảnh mà AKABA nhìn thấy Vì i và r là rất nhỏ nên:

r r

H r BA

r



i



Mà

i

BC r

BD BI

cos cos 



(*) cos

cos2 2i i

h r r

sin

n r r

i i n r

i  

(**)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 theo chiều truyền ánh sáng) chùm tia này được giới hạn bởi hai tia biên: Tia biên thứ nhất vuông góc với BMSS, tia biên thứ hai tới gặp BMSS tại I dưới góc tới i thoả mãn: i1 =

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 dài vệt 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

+ Với i1 = 100: 

n

1 1 e d

0 2 '

0

i sin n

i sin 1 1 e d

i sin n

i sin 1 1 e d HS

0 2 2

0 2 '

0 '

i sin 1 e HS HS S S

0 2 2

0 2 '

0 ' 1 ' 1 ' 0

Thay số, ta được: S'0S1'  0 , 7 ( cm )

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 phần tương ứng là n1 và n2 Xác định độ dày tối thiểu của bản mặt để sau khi đi qua bản, chùm sáng 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:

r cos

e r cos

icos.rsinisiner

cos

icos.rsinrcos.sinercos

risin.ex

isin.ex

2 2+ Với bức xạ thứ nhất có bước sóng 1:

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 cos 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 tia tới và tia ló, nếu lăng kính là thuỷ tinh có chiết suất n = 1,5 và đặt trong không khí

Dmax khi i1max

i1max khi r1max mà r1 =  - r2  r2min

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

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

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

= n.sin. 1n12 cos.n1 = sin n2 1cos =

2

1 1 5 , 1 2

3 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

cạnh A đoạn b = 50cm Chiết suất lăng kính n = 2 Gọi S’ là điểm

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 ló khỏi mặt AC cũng phải đối xứng qua mặt phẳng phân giác góc A, nghĩa là điểm I và J đối xứng 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

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 a trong trường hợp góc lệch giữa tia tới SI và tia ló màu đỏ đạt cực đại

Với nđ = 1,61 nhỏ nhất;

sinighđ =

dn

1  0,6211; i ghđ 38,40  Dđmax = 1330;

(với nt = 1,68; sin ight =

tn

1  0,5952; i ght 36,520)

2 Xét các tam giác thích hợp, chứng minh được các góc khúc xạ của các tia tại mặt AB bằng các góc tới của tia tới mặt BC

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.AJ Tương tự: KJ = 0,9314.CJ