Chiếu một chùm ánh sáng đơn sắc hẹp, vuông góc với một bên của bản Tumalin 1 T hình 1.. Quay bản 1 T quanh phương truyền của tia sáng thì thấy rằng cường độ của chùm tia ló ra khỏi bả
Trang 1TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ
KHOA SƯ PHẠM
BỘ MÔN VẬT LÝ
BÀI PHÚC TRÌNH BÀI 6: PHÂN CỰC ÁNH SÁNG
NHÓM :03
I PHẦN LÝ THUYẾT
Câu 1 Trình bài một thí nghiệm chứng tỏ ánh sáng là sóng ngang.
Chiếu một chùm ánh sáng đơn sắc hẹp, vuông góc với một bên của bản Tumalin
1
T ( hình 1) Tia sáng ra khỏi bản vẫn cùng phương với tia SI Quay bản
1
T quanh phương truyền của tia sáng thì thấy rằng cường độ của chùm tia ló ra
khỏi bản vẫn không thay đổi
Sau bản T ta đặt bản 1 T giống hệt 2 T sao cho tia sáng ra khỏi 1 T vuông gốc 1
với bản T (hình 2 ) Giữ nguyên 2 T , quay 1 T xung quanh phương truyền của 2
ánh sáng ta thấy cường độ ánh sáng ra khỏi T thay đổi một cách tuần hoàn, phụ 2
thuộc vào góc α giữa hai trục '
1
1O
O và '
2
2O
O của hai bản, khi hai bản song song với nhau thì cường độ cực đại, còn hai bản vuông góc với nhau thì cường độ sáng bằng không
Giải thích:
Hiện tượng trên chỉ được giải thích khi thừa nhận:
Sóng ánh sáng là sóng ngang nghĩa là loại sóng mà phương dao động vuông góc với phương truyền dao động
S
S’
I
1
O 1 O
' 1
O
2
O
' 2
O
1
Trang 2bản Tuamalin chỉ cho sóng ánh sáng vào có phương dao động theo một phương nhất định đó là phương của trục tinh thể
Cơ sở những thừa nhận ta giải thích hiện tượng như sau:
Ánh sáng tới bản T là ánh sáng tự nhiên, nó có các vecto dao động nằm 1
theo những chiều khác nhau nhưng luôn vuông góc vói phương truyền tức là thẳng góc với tia sáng Vì vậy khi quay T xung quanh tia sáng thì ở vị trí nào 1
cũng có phần ánh sáng truyền qua bản như nhau Kết quả là sau T ta thu được 1
ánh sáng phân cực phẳng có cường độ không đổi vectơ E song song với quang
trục cua T Như vậy ánh sáng tới bản 1 T là ánh sáng phân cực phẳng 2
Do bản T đặt song song với 2 T nên ánh sáng tới 1 T cũng có vectơ E song 2
song với quang trục cua bản T Do đó ánh sáng này truyền qua bản 2 T hoàn 2
toàn kết quả là chùm tia ló ra khỏi T có cường độ cực đại.2
Khi bản T đặt vuông góc với 2 T thì vectơ E vuông góc với quang trục của bản 1
2
T , nó bị giữ lại hoàn toàn Vì vậy cường độ sáng sau bản T lúc này bằng 2
không
Còn góc α giữa các quang trục của hai bản có giá trị bất kì thì chỉ có thành phần
song song với quang trục của vectơ E mới truyền qua T Dó đó cường độ sáng 2
sau bản T có một giá trị nào đó phủ thuộc vào góc 2 α .
Câu 2: Khi một chùm ánh sáng tự nhiên qua hai bản Tuamalin có quang trục
hợp với nhau một góc α thì cường độ sáng nhận được tỉ lệ với cos2α
Ta có: 2α
1
2 I cos
I =
Trong đó:
2
I : cường độ sáng sau bản I 2
1
I : cường độ sáng sau bản I 1
α : góc hợp bởi hai quang trục của hai bản T và 1 T 2
Câu 3: Trình bài sự phân cực do ánh sáng phản xạ và khúc xạ.
Chiếu một chùm tia sáng tự nhiên song song lên mặt ngăn cách giữa hai môi trương
Trang 3Phân cực ánh sáng do phản xạ
Đặt bản T trên đường truyền của tia phản xạ, quan xác tia ló ta thấy cường 1
độ sáng của tia ló ra khỏi T biến thiên một cách tuần hoàn nghĩa là tại vị trí của 1
1
T cường độ tia ló
cực đại, sau khi quay T một góc 1
2
π
thì cường độ cực tiểu ( không triệt tiêu ), sau đó
quay T theo một góc 1
2
π
ta thì cường độ sáng lại cực đại và cứ như thế Nếu quay đúng một vòng thì cường độ sáng trở lại cực đại như ban đầu
Như vậy tia phản xạ bị phân cực nhưng chỉ phân cực một phần vì rằng khi quay bản T thì không có vị trí nào của bản 1 T cho cường độ tia ló triệt tiêu.1
Khi ta thay đội góc tới i của tia tới SI 0<i<900 thì ta thấy rằng có một giá trị
B
i
i= tia phản xạ lúc đó bị kính T làm tắt hoàn toàn, tức là ta được phân cực 1
hoàn toàn i gọi là góc Breters B
Ta có : tagi B =n21(n chiết suất tỉ đối của môi trường 2 đối với môi trường 1).21
Phân cực ánh sáng do khúc xạ.
Khảo sát tương tự như đối với tia phản xạ ta thấy rằng, tia khúc xạ luôn luôn chỉ phân cực một phần Nó có cường độ cực đại khi quang trục T của bản song 2
Không khí Thủy tinh
S
B
2
T
I
Trang 4song với mặt phẳng tia tới i=i B tia khúc xạ bị phân cực mạnh nhất và vuông
góc với tia phản xạ
II.THỰC HÀNH
Bảng 6.1
α
2
I
0
90
2
Bảng 6.2
i
min
I 200 300 400 500 510 520 530 540 550 560 570 580 590 600 700
Lần1 0.25 0.24 0.2 0.19 0.17 0.16 0.15 0.14 0.1
1
0.05 0 0.0
6 0.09 0.1
Lần2 0.24 0.22 0.21 0.19 0.16
5
0.16 0.15 0.145 0.1
1 0.05 0 0.05 0.1 0.11
Lần3 0.25 0.23 0.2 0.18 0.17 0.15 0.145 0.14 0.1
1 0.06 0 0.07 0.1 0.11
min
I 0.246 0.23 0.203 0.18
7
0.16 8
0.157 0.14
8
0.14 1
0.1 1
0.053 0 0.0
6
0.097 0.10
7
Nghiệm lại định luật Malus: 2α
1
2 I cos
I =
75 0 ) 0 ( cos
) 30 ( cos
2 2
0
30 = =
I
I
33 0 ) 30 ( cos
) 60 ( cos
2 2
30
60 = =
I
I
3 ) 60 ( cos
) 30 ( cos
2 2
60
−
−
=
−
−
I
I
25 0 ) 0 ( cos
) 60 ( cos
2 2
0
60 = − =
−
I
I
706 0 1
706 0
0
30 = =
I I
297 0 71 0
21 0
30
60 = =
I I
7 2 29 0
78 0
60
30 = =
−
−
I I
29 0 1
29 0
0
60 = =
−
I I
Kết quả tính toán trên
lý thuyết và kết quả thu được từ thực nghiệm cho thấy sự sai lệch ở mức độ sai
số cho phép Vậy định luật Malus hoàn toàn đúng
Tìm góc Brewster và chiết suất của lăng kính
Ta chọn i B =570 là góc Brewster
Ta có tagi B =n21⇒n2 =tag(57)=1.54