(Sáng kiến kinh nghiệm) chuyên đề bài tập khúc xạ trong môi trường có chiết suất thay đổi

CHUYÊN ĐỀ : BÀI TẬP KHÚC XẠ TRONG MÔI TRƯỜNG CÓ CHIẾT SUẤT THAY ĐỔI PHẠM VĂN ĐIỆP GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LAO CAI I.Lí thuyết 1.Định luật khúc xạ *Tia khúc xạ nằm mặt phẳng tới bên pháp tuyến so với tia tới *Khi góc tới i thay đổi góc khúc xạ r thay đổi n1 n2 i r có hệ thức: sin i n  const  n21  sin r n1 Hay viết: n1 sin i  n2 sinr c n v Lưu ý: n  v  1; n21  n  v 2.Hiện tượng phản xạ toàn phần Nếu tượng trên, n1 < n2, ta tăng dần góc tới i r tăng r > i, i = i gh r = 900 Khi khơng có hiên tượng khúc xạ mà có tượng phản xạ gọi phản xạ toàn phần sin igh  n2 n1 3.Nguyên lí Huyghen nguyên lí Fécma a.Nguyên lí Huyghen Mỗi điểm mơi trường mà mặt đầu sóng đạt tới thể xem nguồn sóng nguyên tố b.Nguyên lí Fécma có Trong tất đường từ điểm tới điểm kia, ánh sáng truyền theo đường mà quang trình cực trị, tức cực đại, cực tiểu dừng c.Áp dụng hai nguyên lí ta thấy: Khi ánh sáng truyền mơi trường có chiết suất thay đổi, rõ ràng truyền lệch hướng có chiết suất tăng 3.Phương pháp giải tập khúc xạ môi trường có chiết suất thay đổi Đứng trước tốn khúc xạ có chiết suất thay đổi, có hai phương án nên người làm nghĩ tới áp dụng nguyên lí Huyghen, nguyên lí Fécma cách chia nhỏ không gian suốt cho phần mơi trường có chiết suốt coi khơng đổi để áp dụng định luật khúc xạ II.Bài tập áp dụng Bài 1: Một phẳng hai mặt song song cấu tao chất liệu suất có  chiết suất biến đổi liên tục từ n1 mặt tới n2 mặt bên Hỏi tia n0 n1 sáng tới mặt góc tới  ló mặt với góc ló bao nhiêu? n2 Cho chiết suất hai môi trường tiếp xúc với hai n0 n3 Lời giải: Chia cho thành nhiều mỏng cho có chiết suất coi khơng đổi Theo định luật khúc xạ: sin  n1  sin  n0 n0 n1 sin  n2  sin  n1 n’ … sin  n2  sin  nn sin  n3  sin  n2 Nhân vế đẳng thức với nhau: n0 sin   n1 sin   nn sin in  const Hay: n2 n3           �n � sin  n3     arcsin � sin  � sin  n0 �n3 � Chứng tỏ góc ló phụ thuộc chiết suất mặt vào mặt ra, không phụ thuộc n n2 Đặc biệt n1 = n3  =  Nếu tồn điểm cho n = n 0sin có phản xạ tồn phần Góc ló mặt góc tới Bài 2: Một cầu suốt bán kính R, chiết suất biến thiên theo qui luật: n Ra ra n3 Trong đó:a số dương, r khoảng cách tính từ tâm cầu Chiếu vào cầu tia sáng đơn sắc góc tới i0 Xác định khoảng cách ngắn từ tâm cầu tới tia sáng Lời giải: Chia hình cầu thành vỏ cầu mỏng đồng tâm cho chiết suất lớp vỏ coi không đổi *Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng: Tại I1: sin i0 = n1.sinr1 i0 I Tại I2: n1sin i2 = n2.sinr2 Tại In: (nn -1 )sin i2 = nn.sinrn *Theo định lí hàm số sin: r1 R i2 I r2 O sin i2 sin r1   sin i2 R2  sin r1.R1 R1 R2 Suy ra: R1 sin i0  n1R1 sin r1  n1R2 sin i2  n2 R2 sin r2 Hay: R1 sin i0  n1R1 sin r1   ni Ri sin ri Vị trí tia sáng gần tâm O xảy phản xạ tồn phần Khi đó: ri = 900 hay sinri = R2 Thay vao công thức trên: R sin i0  ni r  r Ra ra Ra sin i Vậy: r  a  R   sin i  Bài 3: Một chùm sáng đơn sắc song song hẹp đến rọi vng góc lên mặt mặt song song bề dày b, chiết suất biến thiên theo độ cao theo quy luật n y n0  ay Xác định độ nghiêng tia ló khỏi mặt Lời giải: Ta chia mơi trường thành nhiều lớp đẳng chiết Độ nghiêng tia ló khỏi mặt tính phương pháp tích phân Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng ta có: n sin i (n  dn) sin(i  di ) Bỏ qua số hạng nhỏ: cos(di)=1;sin(di)=di Suy tgi   n di dn dx Lại có tgi  dy ; dn ady va dx   n di (1) a Do chiết suất biến đổi nhỏ nên n n0 b Lấy tích phân vế (1)  dx   n   n di  b  (   )  a  a 2 Sau ánh sáng ló khỏi khơng khí n=1  nhỏ  n0     ba Ta giải tập theo cách áp dụng nguyên lí Huyghen nguyên lí Fécma Xem cách gần chiết suất tia không đổi đường truyền, chiều dài hình học tia b Hiệu quang trình xác định theo công thức:  b(n0  ay )  b(n0  ay ) ab( y  y1 ) (1) Lại có   y  y1  sin   y  y1   (2) Từ (1) (2)  ab   Bài 1.Chứng minh môi trường có chiết suất tuyệt đối giảm dần theo độ cao Z tia sáng làm với trục Z góc  độ cao tương ứng chiết suất n bị phản xạ toàn phần độ cao ứng với chiết suất nk Tìm liên hệ n k, n0 0 Quĩ đạo tia sáng môi trường nào? 2.Ngồi ơtơ đường nhựa lúc trời nắng, có lúc ta thấy phía trước, đường có vũng nước xe lại gần vũng nước biến Giải thích tượng 3.Mắt độ cao 1,5m thấy có vũng nước cách xa 300m Giả thiết khơng khí có nhiệt độ tăng dần gần mặt đường từ độ cao 1m trở lên nhiệt độ khơng đổi 30 0C Biết chiết suất tuyệt đối n khơng khí phụ thuộc nhiệt độ tuyệt đối theo biểu thức: n  1 0,0795 , ước tính nhiệt độ lớp khơng khí gần mặt đường T (Trích Đề thi HSG quốc gia năm 1990) Giải thích giải toán tương tự Đáp số ý 3: T = 319K = 460 5: Một mặt song song có chiết suất biến đổi n y   n0  α y theo quy luật n2 y với n0 = 1, n2  bề dầy b b =1m Một tia sáng chiếu tới mặt AB dới góc  n(y) S x b, Tia sáng đơn sắc SI chiếu vng góc tới mặt giới hạn O có - Xác định góc lệch tia sáng so với phương ban đầu d I a, Xác định điều kiện  để tia sáng không xuyên qua mỏng chiết suất n0 = Sau khỏi góc  β n1 - Xác định phương trình đường cong tia sáng truyền Lời giải: a, Điều kiện  Để tia sáng khơng xun qua phản xạ tồn phần Chia thành nhiều lớp đẳng nhiệt song song từ định luật khúc xạ ta có: n2 sin   nK sin iK (1) Giả sử có phản xạ lớp k  iK 900 n K (1)  sin   n ta có n2 > nK > n0 suy  sin    n2 hay 900    450 - Với trường hợp  900 tia sáng thẳng b, Xác định góc  + Chia môi trường thành lớp đẳng nhiệt áp dụng định luật khúc xạ n1 sin i1  n2 sin i2  con st n0 sin i0  n2 sin in  với i0  , n0 1  sin in      in  ,    in  450 n2 Sau khỏi tia sáng lệch khỏi phương ban đầu    sau tia sáng truyền thẳng + Xác định đường cong tia sáng Xét điểm M thuộc đường truyền song song M(x,y) n0 sin i0  n y  sin iM  sin im  n y  (1) dy Mặt khác: tg  dx ; sin iM cos   tg 2 y b (2) Từ (1) (2)   tg 2  n y   tg 2   tg  Suy y dy dy    dx dx b y b y b lấy nguyên hàm hai vế: y  x c b y  x =0 suy y = c = x x2 y  hay b 4b Bài 6: Mơi trường có chiết suất thay đổi theo biến số y Một tia sáng đơn sắc chiếu vng góc với mặt phẳng giới hạn môi trường tai điểm y = Chiết suất mơi trường có giá trị n0 a.Chứng tỏ tia sáng bị uốn cong môi trường suốt b.Tìm n = f(y) để tia sáng truyền môi trường theo quĩ đạo parabol Lời giải: a.Tia sáng bị uốn cong Theo nguyên lí Huyghen nguyên lí Fécma, tia sáng bị cong phía có chiết suất tăng Giả sử chiết suất tăng theo y tia sáng truyền theo dạng hình vẽ b Tìm biểu thức chiết suất Chia cho thành nhiều mỏng cho có chiết suất coi khơng đổi Theo định luật khúc xạ: n1 sin i1  n2 sin i2   nn sin in  const Xét hai điểm A B đường truyền có: n3 i3 n2 �x  �x A� ; B� �y  �y i2 n1 i1 Theo ta có: �nA  n0 n nA sin i A  nB sin iB Với �  sin iB  0 ny iA  90 � y dy Nếu đường truyền có dạng Parabol tức y = ax2 thì: tg   2ax  ay dx B Vậy: sin iB  cos   tg 2   4ay n0 Tức là: n   4ay  ny  n0  4ay y A  x Bài 7: Chiết suất khơng khí sân bay phụ thuộc vào độ cao y theo công thức n  n0 1  ay  , số a = 1,5 10 -6m-1, n0 chiết suất khơng khí mặt đất Một người đứng đường băng, độ cao mặt so với mặt đất 1,7m Tính độ dài d mà nhìn rõ đường băng? Lời giải: Chia khơng khí sân bay thành lớp n1, n2 song song với mặt đất y n0  n1 sin 1  n2 sin   n3 sin 3   n sin  ta có: n0  n sin   n0 1  ay  tù hình vẽ ta có: y cot g hay x sin     cot g h  y  1    x  O x d y   y  2      1  2ay  a y  x   x   ay    a nhỏ, y hữu hạn nên bỏ qua  ay  nên y  2ay hay chuyển sang dạng vi phân ta có: x dy  2a dx y a tích phân hai vế ta y  x Đường tia sáng sân bay nhánh parabol y = h d  2h 1500m d Bài 8: chùm sáng hẹp đập gần vng góc tới hai mặt song song A(x=0),chiết suất y n nx  A x n A ; R số : Chùm sáng rời khỏi mặt 1 R  góc  Hãy tính : d B x A a)Chiết suất n B B b) Hoành độ điểm B c)Bề dày mặt song song Biết chiết suất A n A 1,4 ; R=10cm;  60 Phân tích: a)Do chiết suất mặt phụ thuộc vào x nên tia sáng tới mặt truyền theo đường cong Để tính giá trị chiết suất n B ta cần tìm mối liên hệ n B  Ta chia mặt làm nhiều lớp đẳng chiết song song Theo định luật khúc xạ ta có : n0 sin i0 n1 sin i1  n p sin i p Hay n A sin i A n B sin i B với i A  n x   sin i B  A 1  (1) nB R Tại B tia sáng ló khơng khí với góc tới   iB 2 n   Suy ra: n B sin(  i B ) sin   sin  n B cos i B n B   A   n B2 n A2  sin   nB  n  nA B b) Dựa vào công thức đề dễ dàng tính x B  R n B  n B 1,646 1,49(cm) c)Ta tính d phương pháp thơng dụng nhất: PP tích phân x B sin i A nA x R x ( R  x)dx dy 1   tgi   y  Ta có tgi   dy dx.tgi Trong sin i  n 2 R dx B R   R  x R   R  x  d  y  xB (2 R  xB ) 5,25(cm) Ngoài ra, để thuận tiện cho tính tốn ta sử dụng phương pháp hình học:  Lấy O ox cho OA=R, vẽ cung tròn AB  Ta chứng minh AB đường truyền tia sang  Xét M thuộc AB : HO R  x x i x  HMˆ O  sin i x   1  1 R R R Từ (1) chứng tỏ đường truyền tia sáng cung tròn Xét ABC ta có BK  AK KC  d  x B (2 R  x B )  d 5,25(cm) Bài 9: Coi khí trái đất lớp suốt có chiết suất giảm theo độ cao theo công thức : n n0  ah đó: n0 chiết suất mặt đất, a số, ah «1;bán kính trái đất R Một tia sáng phát từ điểm A, độ cao h0 ,chiếu theo phương nằm ngang, mặt phẳng kinh tuyến Tính h0 để tia sáng truyền theo vòng tròn xung quanh trái đất, trở lại điểm A Một tia sáng khác,phát từ điểm B độ cao h Tia sáng nằm mặt phẳng kinh tuyến làm với đường thẳng đứng góc tới i0 Tính i0 để tia sáng qua điểm B’ nằm xuyên tâm điểm B, sau phản xạ lần tầng cao khí Phân tích: Tia sáng gặp mặt phân cách,có thể xảy khả năng:khúc xạ phản xạ.Trong toán ta xét trường hợp khúc xạ,và tốn này, muốn có tia sáng “vịng quanh trái đất “ tia sáng buộc phải phản xạ Xét lớp khí bề dày dh Để tia sáng truyền theo vịng trịn quanh trái đất I;J …tia khúc xạ theo phương ngang Tại I ta có: n sin i (n  dn) sin r với r  ; n n0  ah; dn  a.dh  sin i  n0  a (h  dh) 1 Mặt khác ta có: sin i  R  h  2 1;  2  n0  a(h  dh)  R  h n  ah n0  ah R  h  dh R  h  dh n0  R) const a bỏ lượng nhỏ a.(dh) suy n dh  2a.dh.( R  h) 0  h  ( Như chiều cao h khơng đổi, điểm A có độ cao h0 : n h0 h  (  R ) h Nhận xét điểm A có trị số : n n  ah0  n  aR const 2)Câu làm tương tự câu (1),sử dụng phương pháp tính gần tính đối xứng! aR Đáp số: i0  (1  2n ) Nhận xét: Hai kết câu câu hồn tồn khơng tương thích với Thực vậy, đáp án câu có nghĩa ah n0 ,trong đó, câu có nghĩ ah n0 Như thực thí nghiệm (1) khơng thực thí nghiệm (2) ngược lại! fM  2.2,998.108.1,460 547,1Mhz 1000.1,500  1,460  Câu 10 Đặt vật sáng AB vng góc với trục thấu kính hội tụ L có tiêu cự f2 Trên E đặt cách vật AB đoạn a = 7,2 f , ta thu ảnh vật a) Giữa vật AB qua E cố định Tịnh tiến thấu kính L dọc theo trục đến vị trí cách E 20 cm Đặt thêm thấu kinh L1 ( tiêu cự f1 ) đồng trục với L2 vào khoảng AB L2 , cách AB khoảng 16 cm thu ảnh chiều cao AB lên E Tìm tiêu cự f1 f2 b) Bây giữ vật AB cố định , cịn E tịnh tiến xa AB đến vị trí cách vị trí cũ 23 cm Tìm khoảng cách hai thấu kính vị trí chúng để qua hệ thấu kính vật cho ảnh E có chiều cao gấp lần vật AB Hướng dẫn: a) Sơ đồ tạo ảnh : L2 AB L1  A1 B1  d1 ,d’1 A2 B2 d2,d’2 Theo đề : d1 = 16 cm , d’2 = 20 cm Suy : a = 7,2 f2 = 16 + l + => l = 7,2.f2 – 36 20 f 16 f1 d1 f d 2' f 7,2 f  36  d l  d  7,2 f  36   ' => 20  f 16  f1 d1  f1 d  f ' Mặt khác, theo đề : f1 20  f f f2 k 1    (2) 16  f f f2 16  f1 20  f Từ ( ) ( ) , ta suy : 20 f 16 f  7,2 f  36   20  f 16  f =>  f 22  20 f  100 0 , giải ta : f2 = 10 cm Thay vào (2) ta tìm f1 = cm b) Ta có : AA2 7,2 f  23 95.cm => d1  l  d 2' 95  d 2' 95  (l  d1 ) ( ) Mặt khác, theo đề : (1) k 8  f1 f  d2 10  d 2'   8 => d ' 10. d1   ( ) f1  d1 f2  d1 10 ' Từ ( ) ( ) rút : l 165  11d1  d l  d1 165  11.d1  Mặt khác: d  d 2' f 10.d 2' 10. d1     ' ' d1  d  f d  10 8.d1 (5) d1  (6) Từ ( ) ( ) , ta tìm : 165  11.d1   8.d1 10.(d1  7) => 11 d12  235.d1 1250 0 d1  d1  Phương trình có hai nghiệm ( vị trí L1 ) : 125 d11  11,4cm d12 10cm 11 Từ có hai giá trị l : l1 = 165-11 ;d11 = 40 cm l2 = 165-11 ;d12 = 55 cm Cả hai kết thích hợp có l < 95 cm Tương ứng có hai vị trí L2 cách AB : AO2 d11  l1 51,4cm AO2 d12  l 65cm Bài 10 Một chùm sáng đơn sắc, hẹp (coi tia sáng) chiếu đến cầu suốt với góc tới i (0  i  900 ) Quả cầu đồng chất có chiết suất n khơng đổi Tia sáng khúc xạ vào cầu với góc khúc xạ r Sau k lần phản xạ cầu, tia sáng ló khỏi cầu.Tính góc lệch D tia ló so với tia tới ban đầu theo i, r Tìm i để D đạt cực trị, cực trị cực đại hay cực tiểu? Coi chiết suất cầu phụ thuộc vào bán kính cầu theo công thức n (r)  R a với R ra bán kính cầu, a số, r khoảng cách từ tâm cầu tới điểm có chiết suất n.Tia sáng bị khúc xạ cầu Xác định khoảng cách nhỏ từ tâm cầu đến tia khúc xạ.Vẽ dạng đường truyền tia sáng cầu Hướng dẫn : 1.Sau khúc xạ vào cầu, tia sáng bị lệch góc D v  (i  r) Sau phản xạ lần 1, tia sáng bị lệch thêm D1  (   2r) ; sau phản xạ lần lệch thêm D  (   2r) , Khi ló tia sáng lại bị lệch D r  (i  r) Các tia bị lệch theo chiều (hình vẽ) Nếu tia sáng bị phản xạ k lần góc lệch tia tới tia ló là: D  D v  D1  Dr  2(i  r)  k(  2r) Đạo hàm hai vế theo i : dD dr   (2k  1) Từ định luật khúc xạ: sin i  n sin r di di dr cosi dD  sin i n2 1    2(k  1) �0 sin i   ; di n cos r di (k  1)  n  sin i dD n2 1 Do với góc i thoả mãn sin i   đổi dấu từ âm di (k  1)  � sang dương, góc lệch D đạt cực tiểu i I O i A r Chia cầu thành lớp cầu mỏng có độ dày dr cho r (1) chiết suất lớp cầu không đổi n(r), phần tai khúc xạ I lớp cầu coi đoạn thẳng Áp dụng định luật khúc xạ: n sin i  n1 sin r (1) r(1) R  Xét tam giác OIA: (2) sin r sin i1 n R sin i  n1r(1) sin i1 Từ (1) (2): O I r Tương tự cho lớp ta có: n R sin i  n (r) r(r) sin i r Trong i r góc tới lớp cầu có bán kính r với chiết suất phụ thuộc vào bán kính nên vào tâm cầu chiết suất tăng i  i   i r nghĩa tia khúc xạ bị uốn cong phía tâm cầu tới i r  900 tia khúc xạ lại tiếp tục truyền xa tâm cầu Tại điểm có i r  900 khoảng cách từ tâm cầu đến tia khúc xạ nhỏ chình bán kính đó: n R sin i  n (r) r(r) sin i r Ra � n R sin i  n (r) rmin sin 90  rmin sin 90 rmin  a aRn sin i � rmin  a  R(1  sin i) Vẽ dạng đường truyền tia sáng cầu.(hình vẽ) Lào Cai, tháng năm 2018  ... có chiết suất thay đổi, rõ ràng truyền lệch hướng có chiết suất tăng 3.Phương pháp giải tập khúc xạ mơi trường có chiết suất thay đổi Đứng trước tốn khúc xạ có chiết suất thay đổi, có hai phương... suốt cho phần mơi trường có chiết suốt coi không đổi để áp dụng định luật khúc xạ II .Bài tập áp dụng Bài 1: Một phẳng hai mặt song song cấu tao chất liệu suất có  chiết suất biến đổi liên tục từ... x2 y  hay b 4b Bài 6: Mơi trường có chiết suất thay đổi theo biến số y Một tia sáng đơn sắc chiếu vng góc với mặt phẳng giới hạn môi trường tai điểm y = Chiết suất mơi trường có giá trị n0 a.Chứng