Mặt cầu khuc xạ Quang học lớp 11

MẶT CẦU KHUC XẠ BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI  LUẬN ÁN THẠC SỸ VẬT LÝ ĐỀ TÀI MẶT CẦU KHÚC XẠ Người thực hiện Người hướng dẫn khoa học Hà Nội, 112015 A Cơ sở lý thuyết I Lư.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

….…

LUẬN ÁN THẠC SỸ

VẬT LÝ

ĐỀ TÀI MẶT CẦU KHÚC XẠ

Người thực hiện:

Người hướng dẫn khoa học:

Hà Nội, 11/2015

A Cơ sở lý thuyết

I Lưỡng chất cầu

1 Định nghĩa : Là một cặp môi trường trong suốt ngăn cách nhau bởi một mặt cầu

2 Điều kiện tương điểm

Điều kiện tương điểm của lưỡng chất cầu (LCC) là :

- Góc mở 2 của mặt cầu phải nhỏ

- Chùm tia tới là chùm tia hẹp và nghiêng ít trên trục chính Những tia trong chùm gọi là những tia gần trục

3 Ảnh của một vật qua lưỡng chất cầu

Ảnh của một vật qua LCC có thể được biểu diễn như Hình 1.a và Hình 1.b

4 Công thức lưỡng chất cầu

Nếu điều kiện tương điểm được thỏa mãn, từ Hình 1.b ta có :

' ' ' '

2

sin

n

Mặt khác, xét hai tam giác đồng dạng CA B' ' và CAB ta có :



2





'



Biểu thức (6) được gọi là công thức lưỡng chất cầu

Quy ước chọn : gốc các đoạn thẳng định hướng ở đỉnh O của mặt cầu, và :

- Chiều dương của đoạn OAd ngược với chiều tia tới

- Chiều dương của đoạn OA'd' và đoạn OCR cùng chiều tia tới

- Với d'  0 ứng với ảnh thật ; d'  0 ứng với ảnh ảo

- Với d 0 ứng với vật thật; d  0 ứng với vật ảo

0 '

5 Số phóng đại ảnh qua lưỡng chất cầu

n2

n1

d’

d

S’

C

 r

O

S i

I

Hình 1.a

n2

n1

d’

d

A’ B’

C

O

B

A i

Hình 1.b

Từ Hình 1.b ta có : tan ' 1 '

Theo định luật khúc xạ ánh sáng và điều kiện tương điểm, ta có :

2 1

tan

i sini n

r  r  n (9)

2

'

| k | n d

n d

2

'

n d

Nếu ảnh cùng chiều vật thì k > 0 ; nếu ảnh ngược chiều vật thì k < 0

Nếu ảnh của một vật qua LCP, từ (7) và (10) suy ra được : k = 1, ảnh cùng chiều và cao bằng vật

II Kính cầu

Kính cầu là một quả cầu trong suốt, đồng tính có chiết suất n

1 Công thức kính cầu

Một khối cầu tâm O, bán kính R, chiết suất n đặt trong không khí Điểm sáng S đặt cách tâm O khoảng d Xét những tia sáng đến gặp khối cầu dưới góc tới rất bé Bây giờ ta

hãy xác định vị trí ảnh S’ của S

Áp dụng định lý hàm sin cho hai tam

giác :

:

SIO

' 'J :

S O

Vì các góc , ,i   rất bé nên (1) và (2) được viết lại như sau :

R d i



' '

R d i



Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại I và J cho các góc rất bé :

i = nr (5) i’ = nr’ (6)

Từ hình vẽ ta có :   2(i r)   2(i r)   (7)

Kết hợp (3),(4),(5),(6) và (7), biến đổi thu được :

'

d d  R n (8) Biểu thức (8) được gọi là công thức kính cầu Quy ước:

Lấy O làm gốc : d OS chiều dương ngược chiều tia sáng tới; 'd OS' chiều dương cùng chiều tia sáng tới

2 Số phóng đại ảnh

Hình 2

i

O



 i’



r r’

M

Ảnh của một vật qua kính cầu được biểu diễn như hình 3 Xét hai tam giác vuông đồng

k

   Nếu ảnh cùng chiều vật thì k > 0; nếu

ảnh ngược chiều vật thì k < 0

III Mặt cầu khúc xạ có

chiết suất biến thiên

một quả cầu trong suốt với góc tới i

Coi chiết suất của quả cầu phụ thuộc

n

r a





kính quả cầu, a là hằng số, r là khoảng cách từ tâm quả cầu tới

điểm có chiết suất n(r).Tia sáng bị khúc xạ khi đi vào trong quả

cầu Ta hãy biểu diễn quy luật biến đổi góc tới i của tia sáng khi

đi vào trong quả cầu này

Trước tiên chia quả cầu thành những lớp cầu rất mỏng có

độ dày dr sao cho chiết suất trong mỗi lớp cầu không đổi là n(r),

phần tia khúc xạ trong lớp cầu này coi như một đoạn thẳng

Áp dụng định luật khúc xạ tại I: n sin i0  n sin r1 (1)

Áp dụng định lý hàm sin trong tam giác OIJ :

1

sin r sin i (2)

Từ (1) và (2) ta có : n R sin i0 n r sin i1 (1) 1 (3)

Tương tự, áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại J : n sin i1 1 n sinr2 1 (4)

sin r sin i (5)

Từ (4) và (5) ta có : n r sin i1 (1) 1  n r sini2 (2) 2 (6)

Từ (3) và (6) suy ra một cách tổng quát : n r sin i = const(r) (r) r (7)

B Vận dụng

Bài 1 : Một bình thủy tinh hình cầu, đường kính 10 cm chứa đầy nước, chiết suất n = 4/3

Trong bình có một cánh hoa nhỏ, coi như một vật phẳng AB Xác định vị trí và số phóng đại của ảnh cánh hoa, trong hai trường hợp :

a Cánh hoa đặt đúng tâm hình cầu

b Cánh hoa đặt cách tâm hình cầu 1 cm, về phía người quan sát Bỏ qua độ dày của

vỏ bình cầu

Giải :

a Vì độ dày của vỏ bình mỏng, nên coi như nước tiếp giáp

với không khí là một mặt cầu lưỡng chất Áp dụng công thức lưỡng

chất cầu, ta có :

'





J

I

r

i

I

O

K

i

I i1

A r

1

(1)

I

Hình 4

Hình 3

O

B

A

A’ B’

r

Hình 5

Áp dụng công thức tính số phóng đại ảnh, ta có :

1 2

'

n d

Vậy ảnh của cánh hoa trùng với vị trí của cánh hoa, ảnh ảo, cùng chiều và lớn hơn cánh

hoa (Hình 5)

b Tương tự, áp dụng công thức lưỡng chất cầu, ta có :

2

Vậy ảnh của cánh hoa cách đỉnh chỏm cầu O 3,75 cm và là ảnh ảo cùng chiều và lớn hơn cánh hoa

Bài 2 : Hai khối cầu trong suốt có cùng bán kính R, chiết suất n Khoảng cách hai tâm

thẳng nối tâm hai quả cầu sau khi qua hệ lại trở thành chùm song song Biện luận kết quả tìm được

Giải : Sơ đồ tạo ảnh của chùm sáng khi qua hệ : 1 2

' '

1,1 1 2, 2 2

S S S

Áp dụng công thức kính cầu cho ảnh S1 qua khối cầu thứ nhất có tâm O1 là :

' 1 '

1

nR d

d d  R n  d  R n  

Ảnh S1 trở thành vật qua khối cầu thứ hai có tâm là O2,

'

2 1 2 1

2 (n 1)

d O O d  D   

Áp dụng công thưc kính cầu cho khối cầu thứ hai là :

2 2

 

Biện luận : Từ điều kiện bài toán đã cho D 2R nR 2R n 2

(n 1)



Bài 3 : Một thấu kính dày có một mặt cầu lồi và một

mặt cầu lõm (Hình 6) Chiết suất thấu kính là n Bán

kính mặt cầu lồi lớn hơn bán kính mặt cầu lõm là R

Hãy tính bề dày e của đoạn trục chính nối giữa hai

đỉnh O1O2 của mặt cầu để số phóng đại ảnh cho bởi

thấu kính trên không phụ thuộc vào vị trí đặt vật AB

trên trục chính và trước thuấ kính Áp dụng bằng

số:R= 1,5cm; n = 1,5

Giải : Sơ đồ tạo ảnh của vật AB cho bởi hệ lưỡng chất cầu:

' '

1, 1 1 1 2, 2 2 2

ABA B A B

Áp dụng công thức lưỡng chất cầu cho mặt cầu lưỡng chất có đỉnh O1 và có bán kính R1 :

O2

O1

B

A

Hình 6

' 1 1 1

'

1 1 1 1 1

d



Ảnh A1B1 là vật cho mặt cầu lưỡng chất có đỉnh O2 và có bán kính R2, ta có :

' 1 1 1 1 1

2 1

1 1 1 1

d e d e

Áp dụng công thức lưỡng chất cầu ta có :

' 2 2 2

'

2 2 2 2 2

d



2

R d [e(n-1)-nR ]-eR R d

d {[e(n-1)-nR ]}- R

 

Số phóng đại ảnh cho bởi hệ :

' ' ' '

1 2 1 2

1 2

1 2 1 2

1

nR R k

d {[e(n-1)-nR ]+nR }- R

 

1

n R [e(n-1)-nR ]+nR e

n



  

Thay số vào (7) rút được : e = 4,5 cm

Bài 4: Một thấu kính thủy tinh có dạng hình bán cầu tâm O bán kính R = 4,5 cm chiết

suất bằng 1,5 Môi trường tiếp xúc với mặt cầu là không

khí Môi trường tiếp xúc với mặt phẳng của thấu kính là

nước có chiết suất là 4/3 Các tia sáng truyền đến thấu

kính đều thỏa mãn điều kiện tương điểm Đặt vật sáng AB

cao 1 mm vuông góc với trục chính, A trên trục chính

(Hình 7) cách đỉnh O của thấu kính 6 cm

a Hãy xác định vị trí, tính chất và độ cao của ảnh cho

bởi thấu kính trên

b Xác định vị trí tiêu điểm ảnh chính và vật chính của thấu kính

Giải :

a.Coi hệ gồm lưỡng chất cầu và lưỡng chất phẳng, sơ đồ tạo ảnh của vật qua hệ :

1 ' '

1,1 1 1 2, 2 2 2

ABA B A B

Gọi n1 là chiết suất của không khí, n2 là chiết suất của thủy tinh và n3 là chiết suất của nước Ảnh của vật qua lưỡng chất cầu được xác định :

'

1 '

27



2 = OO 1 1 31,5

2

28

n

n

Số phóng đại của ảnh qua hệ :

'

1 2 1

2 1 3

n d AB

Chiều cao của ảnh cuối cùng qua hệ : A B  | k | AB  3mm

O

B

Hình 7

Vậy, ảnh cuối cùng qua hệ là ảnh ảo, cùng chiều vật, cao gấp ba lần vật và cách O1 một khoảng 28 cm

b - Xác định tiêu điểm vật chính : vật thật đặt tại tiêu điểm vật chính F cho ảnh cuối

cùng ở vô cực Áp dụng công thức đối với lưỡng chất phẳng, ta có :

2

n

n

1 1

9



- Xác định tiêu điểm ảnh chính : Vật ở vô cực qua thấu kính cho ảnh ở tiêu điểm ảnh

chính F’ Áp dụng công thức lưỡng chất cầu, ta có:

'

1

13,5 '



Áp dụng công thức lưỡng chất phẳng, ta có :

2

n

Vậy tiêu điểm vật của thấu kính cách đỉnh O của bán cầu 9 cm, tiêu điểm ảnh của thấu kính cách tâm O1 của bán cầu 8 cm

Bài 5: (Trích đề thi HSG Quốc gia môn Vật lý năm 2005) Một vật sáng có khối lượng m,

coi như một chất điểm, được gắn dưới một lò xo có độ cứng k và có khối lượng không đáng kể Khi dao động, vật có vị trí cân bằng nằm trên đường thẳng kéo dài của đường kính O1O2 của một quả cầu thủy tinh Quả cầu có bán kính

R, chiết suất n = 1,5 Khoảng cách từ vị trí cân bằng của

vật sáng tới O1 là R Mặt sau quả cầu được tráng bạc như

Hình 8 Chỉ xét ảnh của vật sáng tạo bởi các tia đi từ vật

đến quả cầu với góc tới nhỏ Coi chiết suất của không khí

bằng 1

a Xác định vị trí ảnh của vật sáng khi vật ở vị trí cân

bằng

b Khi vật sáng dao động với biên độ A (A có giá trị

nhỏ) thì ảnh của vật dao động với vận tốc cực đại bằng bao

nhiêu ?

Giải :

a Ảnh của vật nhỏ qua quang hệ có sơ đồ như sau :

1 2 1 ' ' '

1,1 1 2, 2 2 3, 3 3

S S  S S

Áp dụng công thức lưỡng chất cầu cho ảnh S1 tạo bởi S, ta có :

'

1 '

1

3

 Ảnh S1 lại là vật của gương cầu lõm có đỉnh gương là O2 cho ảnh S2, ta có :

'

2 1 2 1 5

' 2 2 '

2 2 2

9

d f R d

d d  f   d f 

O2

O1 R C

Hình 8

Ảnh S2 qua lưỡng chất cầu lại cho ảnh S3, ta có : 3 1 2 2' 13

9

R

d O O d 

3 '

d



Vậy ảnh cuối cùng qua hệ là ảnh ảo, cách O1 một khoảng 13

7

R

b Khi vật dao động, tức vật dịch chuyển từ M đến N theo phương vuông góc với đường O1O2 thì ảnh cuối cùng qua hệ dịch chuyển từ M3 đến N3 cũng theo phương vuông góc với đường O1O2 Sơ đồ tạo ảnh qua hệ được biểu diễn như sau :

1, 1 1 1 2, 2 2 2 3, 3 3 3

MNM N M N M N

Áp dụng công thức tính số phóng đại ảnh qua lưỡng chất cầu và qua gương cầu, ta có :

'

1 1 1

1

1

1

n d MN

'

2 2 2 2

2

1 1

1 k

9

d

M N

     ;

'

3 3 3 3

3

2 2

27

14

n d

M N

1 2 3 3 3

M N

MN

Gọi v là vận tốc của vật trong dao động, v’ là vận tốc của ảnh cuối cùng qua hệ Đạo hàm hai vế của (*) theo thời gian ta có : ' 3

7

7

m

  

7

max

A k v

m

Bài 6: (Trích đề thi Vật lý Quốc tế năm 1971) Một bể cá hình cầu làm bằng thủy tinh

mỏng chứa đầy nước có chiết suất n = 4/3, đặt trước một gương phẳng đứng thẳng Bán kính bể là R, khoảng cách từ tâm bình cầu đến gương là 3R Quan sát viên ở khoảng cách lớn nhìn theo đường kính hình cầu vuông góc với gương Ở điểm trên đường kính ngược với phía có quan sát viên, có một con cá bắt đầu bơi theo thành bể, vuông góc với đường kính, với vận tốc v Những ảnh của con cá mà quan sát viên trông thấy sẽ ra xa nhau với vận tốc tương đối vtđ bằng bao nhiêu ?

Giải :

Quan sát viên hai ảnh của cá AB, một tia sáng đi về phía mắt, một tia sáng đi về phía

gương phẳng rồi phản xạ lại được mô tả bằng Hình 9 và hai sơ đồ tạo ảnh sau :

G

O AB

O 1

A3B3

O2 A’B’ A2B2

M

Hình 9

, ' 'B'

O

d d

ABA ; 2

1 , 1 ' 1 1 2 , 2 ' 2 2 3 , 3 ' 3 3

ABA B A B A B

a Xác định ảnh A’B’ Vật AB qua lưỡng chất cầu có đỉnh O1 cho ảnh A’B’

'





2

2

     Vậy ảnh A’B’ của AB là ảnh ảo, cùng chiều và lớn gấp 2 lần AB Mặt khác, theo số phóng đại ảnh : k a A B' ' 2

AB

  A B' '2AB (1) Đạo hàm hai vế của (1) theo thời gian, thu được : v A' 2v A 2v (2)

b Vật AB nằm sát lưỡng chất cầu có đỉnh O2 nên ảnh A1B1 là ảnh ảo nằm trùng với

AB Ảnh A1B1 là vật cho gương phẳng G, ta có :

2 2 1 2 2 2 2 2

d O G d O G Rd    d R

Ảnh A2B2 là ảnh ảo cùng chiều và bằng với vật AB

A2B2 lại là ảnh của kính cầu tâm O, ta có : d3OGd2' 3R ( 2R)3R

Áp dụng công thức kính cầu, ta có :

3 3 3

d



Số phóng đại của ảnh A3B3 :

'

3 3 3

1 2 3

3

2 3

b

A B d

k k k k

d AB

      (3)

3

Đạo hàm hai vế của (4) theo thời gian, thu được :

3

v   v   v (5)

Vậy ảnh A3B3 của AB chuyển động ngược chiều với AB và có độ lớn là 2

3v Vận tốc tương đối của hai ảnh A’B’ và A3B3 được xác định như sau :

3 ' 3 '

chuyển động ngược chiều A3B3 Từ (2) và (5), suy ra được :

tđ

v v

v  v 

Bài 7: Một chùm sáng đơn sắc, hẹp (coi là một tia sáng) chiếu đến một quả cầu trong suốt

với góc tới i Chiết suất của quả cầu phụ thuộc vào bán kính quả cầu theo công thức

R a

n

r a





có chiết suất n(r).Tia sáng bị khúc xạ trong quả cầu Hãy xác định khoảng cách nhỏ nhất từ tâm quả cầu đến tia khúc xạ và vẽ phát họa đường truyền của tia sáng trong quả cầu

Giải :

Trong đó irlà góc tới tại lớp cầu có bán kính r Do chiết suất của khối cầu phụ thuộc vào bán kính nên càng vào gần tâm cầu bán kính r các lớp cầu càng nhỏ

Suy ra được chiết suất n(r) càng vào trong tâm cầu càng tăng, tức là n0 < n1 < n2 < …

Từ (1), ta có : r sin i = const(r ) sin i = const(r )

a r

r a  1 

Từ (2), suy ra được tia khúc xạ càng vào gần tâm cầu thì góc khúc xạ i(r) tại các lớp cầu càng tăng, do đó i0   i1 i2

Khi góc khúc xạ tăng đến giá trị lớn nhất i(r) = 900 thì tia khúc xạ lại tiếp tục lại truyền ra

xa tâm cầu Như vậy, tại điểm có

0

(r)

tia khúc xạ là nhỏ nhất và chính bằng bán

kính nối từ tâm cầu đến điểm đó

Từ (1)

min





0 min

0

aRn sin i

r

a R(1 n sin i)

Từ điều kiện biên của bài toán ta có :

min

aR sin i r

a R(1 sin i)



Đường truyền của tia sáng trong quả cầu có dạng như Hình 10

Bài 8: Một khối chất trong suốt dạng hình trụ tròn rỗng được đặt

trong không khí Bán kính mặt ngoài và mặt trong của hình trụ

rỗng lần lượt là 3R và 2R, với R là một hằng số dương Chiết suất

của khối chất thay đổi theo khoảng cách r đến trục của hình trụ

rỗng theo quy luật :

(r)

r n

R

 , với 2R r 3R Chiếu một tia sáng đơn sắc tới mặt ngoài của khối chất tại điểm A

(Hình 11) và nằm trong mặt phẳng tiết diện ngang của khối chất

a Chứng minh rằng tại một điểm nằm trên đường truyền ánh

2R

3R

A

A

i

Hình 11

rmin

O

I

Hình 10

sáng nằm cách trục của hình trụ rỗng một khoảng r, góc tới i(r) của tia sáng tại điểm đó luôn thỏa hệ thức : n r(r) sini(r)  const

b Tính góc tới iA để tia sáng :

- tới được mặt trong của hình trụ

- đi vào phần rỗng của hình trụ

A 60 ,

sáng

Giải :

a Chia khối trụ thành những lớp trụ rất mỏng sao cho chiết suất ở

trong mỗi lớp mỏng là không đổi và được biểu diễn như hình vẽ 12

Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại I : n1sini1n2sin r1 (1)

i

Từ (1) và (2) suy ra được : n r1 1sini1 n r2 2sini2 n r(r) sini( )r = const (3)

b – Tính góc tới iA để tia sáng tới được mặt trong của hình trụ :

Từ (3), tia sáng càng vào trong khối trụ rỗng thì n(r)r càng giảm nên góc tới i(r) càng tăng

Để tia sáng tới được thành trong của khối trụ rỗng thì góc tới i(r) ngay tại thành trong của khối trụ rỗng phải thỏa :

0 (r) 90 sin (r) 1

Áp dụng (3) cho điểm A và một điểm trên thành trong của khối trụ, ta có :

3 3

– Tính góc tới iA để tia sáng tới đi vào phần rỗng của khối trụ : Để tia sáng đi vào

trong phần rỗng của khối trụ thì phải thỏa mãn điều kiện không xảy ra phản xạ toàn phần tại thành trong của khối trụ, ta có :

(r) (r)gh

Từ (5) và (6), rút được :

22, 6

A

(r) 90

81

4

Vậy khoảng cách nhỏ nhất từ trục hình trụ đến tia sáng là rmin  2, 73 ;(2 RR  rmin  3R)

Bài 9 : (Trích đề thi Olympic Vật lý Boston, Mỹ năm 2000) Một hành tinh có khối lượng

riêng và áp suất khí quyển như ở Trái Đất Để đơn giản, xem như nhiệt độ bầu khí quyển không thay đổi theo độ cao và có giá trị bằng nhiệt độ ở bề mặt hành tinh Ngoài ra thành phần khí quyển trên hành tinh cũng giống như trên Trái Đất Hỏi hành tinh phải có bán kính là bao nhiêu để một chùm tia sáng có thể đi dọc theo bề mặt vòng quanh hành tinh ?

Hình 12

r1

(1)

I

I

J

r2

n1

n2

O

i2

i1

A