chuyên đề bài tập khúc xạ trong môi trường có chiết suất thay đổi

c.Áp dụng hai nguyên lí trên ta thấy: Khi ánh sáng truyền trong môi trường có chiết suất thay đổi, rõ ràng nó sẽ truyền lệch về hướng có chiết suất tăng.. Đứng trước một bài toán khúc xạ

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 trong mặt phẳng tới và ở bên kia pháp tuyến so

với tia tới

*Khi góc tới i thay đổi thì góc khúc xạ r cũng thay đổi nhưng luôn

có hệ thức:

2 21 1

sin

sin

const n

Hay có thể viết:

1 sin 2 sinr

21

1 2 1;

2.Hiện tượng phản xạ toàn phần

Nếu trong hiện tượng trên, n1 < n2, ta tăng dần góc tới i thì r cũng tăng nhưng r > i, do đó nếu i = igh thì r = 900 Khi đó không có hiên tượng khúc xạ mà chỉ có hiện tượng phản xạ gọi là phản xạ toàn phần

2

1

sini gh n

n



3.Nguyên lí Huyghen và nguyên lí Fécma

a.Nguyên lí Huyghen

thể xem như là một nguồn sóng nguyên tố

b.Nguyên lí Fécma

i

r

n 1

n 2

Trong tất cả các con đường khả dĩ đi từ điểm nọ tới điểm kia, ánh sáng sẽ truyền theo con đường

mà quang trình là cực trị, tức cực đại, cực tiểu hoặc dừng

c.Áp dụng hai nguyên lí trên ta thấy: Khi ánh sáng truyền trong môi trường có chiết suất thay đổi,

rõ ràng nó sẽ truyền lệch về hướng có chiết suất tăng

3.Phương pháp giải bài tập khúc xạ trong môi trường có chiết suất thay đổi

Đứng trước một bài toán khúc xạ có chiết suất thay đổi, có hai phương án nên được người làm nghĩ tới đó là áp dụng nguyên lí Huyghen, nguyên lí Fécma và cách chia nhỏ không gian trong suốt sao cho mỗi phần của môi trường có chiết suốt coi như không đổi để áp dụng định luật khúc xạ

II.Bài tập áp dụng.

Bài 1:

Một bản phẳng hai mặt song song được cấu tao bởi chất liệu trong suất có

chiết suất biến đổi liên tục từ n1 ở mặt trên tới n2 ở mặt bên dưới Hỏi tia

sáng tới mặt trên dưới góc tới  sẽ ló ra ở mặt dưới với góc ló bao nhiêu?

Cho chiết suất hai môi trường tiếp xúc với hai bản lần lượt là n0 và n3

Lời giải:

Chia bản đã cho thành nhiều bản rất mỏng sao cho mỗi bản có chiết suất coi như không đổi

Theo định luật khúc xạ:

1

0

sin

sin

n

n



 

2

1

sin

sin

n

n



 

2

sin

sin n

n

n



 

3

2

sin

sin

n

n



 

Nhân các vế của các đẳng thức với nhau:

0 sin 1 sin sinn n

Hay:

n0



n1

n2

















n0

n1

n ’

…

n2

n3

3 0

sin

arcsin sin sin





Chứng tỏ góc ló phụ thuộc chiết suất mặt vào và mặt ra, không phụ thuộc n1 và n2 Đặc biệt n1 = n3 thì  = 

Nếu tồn tại một điểm sao cho n = n0sin thì tại đó có phản xạ toàn phần Góc ló ra ở mặt trên bằng góc tới

Bài 2:

Một quả cầu trong suốt bán kính R, chiết suất biến thiên theo qui luật:

R a

n

r a







Trong đó:a là một hằng số dương, r là khoảng cách tính từ tâm cầu

Chiếu vào quả cầu một tia sáng đơn sắc dưới góc tới i0 Xác định khoảng cách ngắn nhất từ tâm cầu tới tia sáng

Lời giải:

Chia hình cầu thành những vỏ cầu mỏng đồng tâm sao cho chiết suất của mỗi lớp vỏ coi là không đổi

*Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng:

Tại I1: sin i0 = n1.sinr1

Tại I2: n1sin i2 = n2.sinr2

Tại In: (nn -1 )sin i2 = nn.sinrn

*Theo định lí hàm số sin:

2 2 1 1

sin sin

sin sin

Suy ra:

1 sin 0 1 1 sin 1 1 2 sin 2 2 2 sin 2

Hay:

1 sin 0 1 1 sin 1 i isin i

Vị trí tia sáng gần tâm O nhất xảy ra phản xạ toàn phần Khi đó: ri = 900 hay sinri = 1

R

2

O

I2

I1

i0

r1i2

r2

R1

n 3

Thay vao công thức trên:

0

sin i .R a

r a





0

sin

1 sin

r



Bài 3: Một chùm sáng đơn sắc song song hẹp đến rọi vuông góc lên mặt của một bản mặt song

song bề dày b, chiết suất biến thiên theo độ cao theo quy luật n y n0 ay Xác định độ nghiêng của tia ló ra khỏi bản mặt

Lời giải:

Ta có thể chia môi trường thành nhiều lớp đẳng chiết Độ nghiêng của tia ló ra khỏi bản mặt có thể được tính bằng phương pháp tích phân

Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng ta có:

n sini  (ndn) sin(idi)

Bỏ qua số hạng nhỏ: cos(di)=1;sin(di)=di

Suy ra di

dn

n tgi .

Lại có dn ady

dy

dx

a

n

dx (1)

Do chiết suất biến đổi nhỏ nên n  n0

Lấy tích phân 2 vế của (1) 0 (2 )

2 0



















 dx a ndi b n a

b

Sau đó ánh sáng ló ra khỏi không khí n=1

 nhỏ  n0     ba

Ta có thể giải bài tập này theo cách áp dụng nguyên lí Huyghen và nguyên lí Fécma.

Xem một cách gần đúng chiết suất của mỗi tia là không đổi trên đường truyền, cũng như chiều dài hình học của mỗi tia là b

Hiệu quang trình được xác định theo công thức:

 b(n0 ay2 )  b(n0 ay2 ) ab(y2  y1 ) (1)

Lại có  y2  y1sin  y2  y1 (2)

Từ (1) và (2)  ab 

Bài 4.

1.Chứng minh rằng nếu một môi trường nào đó có chiết suất tuyệt đối giảm dần theo độ cao Z thì tia sáng làm với trục Z góc  ở độ cao tương ứng chiết suất n0 sẽ bị phản xạ toàn phần ở độ cao ứng với chiết suất nk nào đó Tìm liên hệ giữa nk, n0 và 0 Quĩ đạo của tia sáng trong môi trường

ấy như thế nào?

2.Ngồi trên ôtô đi trên đường nhựa lúc trời nắng, có lúc ta thấy phía trước, trên đường hình như có vũng nước nhưng xe lại gần thì vũng nước biến mất Giải thích hiện tượng này

3.Mắt ở độ cao 1,5m và thấy hình như có vũng nước ở cách xa 300m Giả thiết không khí có nhiệt

độ tăng dần khi càng gần mặt đường và từ độ cao 1m trở lên thì nhiệt độ không đổi bằng 300C Biết chiết suất tuyệt đối n của không khí phụ thuộc nhiệt độ tuyệt đối của nó theo biểu thức:

0,0795

1

n

T

  , ước tính nhiệt độ lớp không khí gần mặt đường

(Trích Đề thi HSG quốc gia năm 1990).

Giải thích và giải bài toán tương tự bài 1

Đáp số ý 3: T = 319K = 460

bài 5: Một bản mặt song song có chiết suất biến đổi

theo quy luật

y

n

n y  0 1  với n0 = 1, n2  2 bề dầy của bản là b

=1m Một tia sáng chiếu tới trên mặt AB dới một góc

a, Xác định điều kiện  để tia sáng không xuyên qua bản mỏng

đó

b, Tia sáng đơn sắc SI chiếu vuông góc tới mặt giới hạn tại O có

chiết suất n0 = 1 Sau khi ra khỏi bản một góc 

- Xác định góc lệch của tia sáng so với phương ban đầu

- Xác định phương trình đường cong tia sáng truyền trong bản

Lời giải:

n(y) y

x

β d

α

n2

n1 0

a, Điều kiện 

Để tia sáng không xuyên qua bản thì chỉ có thể phản xạ toàn phần

Chia bản thành nhiều lớp đẳng nhiệt song song từ định luật khúc xạ ta có:

K

n

n2sin   sin (1)

Giả sử có sự phản xạ tại lớp k  i K  90 0

(1)

1

sin

n

n K



  ta có n2 > nK > n0 suy ra 1 sin 1 22

2







n



hay 90 0    45 0

- Với trường hợp   90 0 tia sáng đi thẳng

b, Xác định góc 

+ Chia môi trường thành các lớp đẳng nhiệt áp dụng định luật khúc xạ

st n co i

n

i

n1sin 1  2sin 2  

n i n

i

n0sin 0  2sin

2 0

2

, 4 2

2 1 sin 1 ,

n i n

Sau khi ra khỏi bản tia sáng lệch khỏi phương ban đầu

4



  sau đó tia sáng truyền thẳng + Xác định đường cong tia sáng trong bản

Xét điểm M thuộc đường truyền trong bản song song M(x,y)

 

 y m M

y

n i i

n

i

2

1

1 cos

sin

;

tg

i dx

dy







Từ (1) và (2)  

b

y tg b

y tg n



b y

dy b

y dx







lấy nguyên hàm hai vế: c

b

x

2

tại x =0 suy ra y = 0 do đó c = 0 vậy

b

x

y 

b

x y

4

2



Bài 6:

Môi trường có chiết suất thay đổi theo biến số y Một tia sáng đơn sắc được chiếu vuông góc với mặt phẳng giới hạn của môi trường tai điểm y = 0 Chiết suất của môi trường tại đó có giá trị n0 a.Chứng tỏ tia sáng bị uốn cong trong môi trường trong suốt này

b.Tìm n = f(y) để tia sáng truyền trong môi trường theo một quĩ đạo là parabol

Lời giải:

a.Tia sáng bị uốn cong

Theo nguyên lí Huyghen và nguyên lí Fécma, tia sáng bị cong về phía có chiết suất tăng Giả sử chiết suất tăng theo y thì tia sáng truyền theo dạng như hình vẽ

b Tìm biểu thức chiết suất

Chia bản đã cho thành nhiều bản rất mỏng sao cho mỗi bản có chiết suất coi như không đổi

Theo định luật khúc xạ:

1 sin 1 2 sin 2 nsin n

Xét hai điểm A và B trên đường truyền có:

0

;

0





Theo trên ta có:

sin sin

0 sin 90

A

B y A

i n i











Nếu đường truyền có dạng Parabol tức y = ax2 thì: tg dy 2ax 2 ay

dx

sin os

1 4 1

B

ay tg







 Tức là: 0

0

1

1 4

y

n

Bài 7: Chiết suất của không khí tại một sân bay phụ thuộc vào độ cao y theo công thức

 ay

n

n 01  , trong đó hằng số a = 1,5 10-6m-1, n0 là chiết suất không khí tại mặt đất Một người đứng trên đường băng, độ cao mặt anh ta so với mặt đất là 1,7m Tính độ dài d mà anh ta nhìn rõ trên đường băng?

i1

n1

i2

i 3

n2

n3

y

x A

B



Lời giải:

Chia không khí trên sân bay thành các lớp n1, n2 song song với mặt đất







 sin sin sin

sin 1 2 2 3 3

1

ta có: n0 nsin  n01 ay

tù hình vẽ ta có: g

x

y

cot







1

1 cot

1

1 sin

























x y

g



2 2

2 1 1

1

x

y x

y









































vì a nhỏ, y hữu hạn nên bỏ qua  2

ay nên ay

x

y

2







hay chuyển sang dạng vi phân ta có:

dx

a

y



tích phân hai vế ta được 2

2x

a

y 

Đường đi của tia sáng trên sân bay là một nhánh parabol

d

h

Bài 8:

1 chùm sáng hẹp đập gần như vuông góc tới một bản hai mặt song song ở A(x=0),chiết suất

R

x

n

x





1 trong đó n A; R là hằng số : Chùm sáng rời khỏi bản mặt

một góc 

Hãy tính :

a)Chiết suất n B tại B

b) Hoành độ điểm B

c)Bề dày bản mặt song song

Biết chiết suất tại A là n A  1 , 4; R=10cm;   60 0

Phân tích: a)Do chiết suất của bản mặt phụ thuộc vào x nên tia sáng tới bản mặt sẽ truyền theo một

đường cong

d

y

h O

x

A

B

 y

x d

Để tính được giá trị chiết suất n B ta cần tìm mối liên hệ giữa n B và  Ta chia bản mặt làm nhiều lớp đẳng chiết song song

Theo định luật khúc xạ ta có :

n0sini0 n1sini1  n psini p

Hay n Asini A n Bsini B với i A 2 i n n R x

B

A

B   

Tại B tia sáng ló ra không khí với góc tới là  i B

2



2

sin 1

cos sin

sin ) 2





















B

A B

B B B

n

n n

i n i

b) Dựa vào công thức ngay đề bài dễ dàng tính được 1 , 49 (cm)

n

n n R x

B

A B

c)Ta sẽ tính d bằng phương pháp thông dụng nhất: PP tích phân

Ta có dy dx tgi

dx

dy

tgi   Trong đó



























B

x A

x R R

dx x R y

x R R

x R tgi

R

x n

i i

2 2

B

1 n

sin sin

) ( 25 , 5 ) 2

x

y



Ngoài ra, để thuận tiện cho tính toán ta có thể sử dụng phương pháp hình học:

Lấy O trên ox sao cho OA=R, vẽ cung tròn A B

Ta sẽ chứng minh A B là đường truyền của tia sang

Xét M thuộc A B :

ˆ sin 1  1

R

x R

x R R

HO i

O M H

i x   x     

Từ (1) chứng tỏ đường truyền tia sáng là một cung tròn

Xét ABC ta có BK2 AK.KC d2 x B.( 2R x B)  d  5 , 25 (cm)

Bài 9: Coi khí quyển của trái đất như một lớp trong suốt có chiết suất giảm theo độ cao theo công

thức :nn0  ah trong đó: n0là chiết suất tại mặt đất, a là hằng số, ah«1;bán kính trái đất là R

1 Một tia sáng phát ra từ một điểm A, ở độ cao h0,chiếu theo phương nằm ngang, trong một mặt phẳng kinh tuyến Tính h0 để tia sáng truyền theo đúng một vòng tròn xung quanh trái đất, rồi trở lại điểm A

2 Một tia sáng khác,phát ra từ điểm B và ở độ cao h bất kỳ Tia sáng này nằm trong một mặt phẳng kinh tuyến và làm với đường thẳng đứng tại đó một góc tới i0.Tính i0 để tia sáng đi qua điểm B’ nằm xuyên tâm đối với điểm B, sau khi phản xạ một lần ở tầng trên cao khí quyển

Phân tích: Tia sáng khi gặp mặt phân cách,có thể xảy ra 2 khả năng:khúc xạ và phản xạ.Trong

những bài toán trên ta đã xét trường hợp khúc xạ,và trong bài toán này, muốn có được một tia sáng

có thể đi được “vòng quanh trái đất “ thì tia sáng buộc phải phản xạ

Xét lớp khí quyển bề dày dh Để tia sáng truyền theo đúng một vòng tròn quanh trái đất thì tại I;J

…tia khúc xạ đi theo phương ngang

Tại I ta có:nsini (ndn) sinr với r  ;n n0  ah;dn a.dh

 1 ) ( sin

0

0

ah n

dh h a n

i









dh h R

h R i







dh h R

h R ah

n

dh h a n

















0

2

; 1

a

n h

h R dh a dh

2

1 0

) (

.

Như vậy chiều cao h khi đó không đổi, và điểm A có độ cao h0 :

( )

2

1 0

h

n h

Nhận xét rằng tại điểm A có trị số :nn  ah n a const

2

R

0 0

2)Câu 2 làm tương tự như câu (1),sử dụng phương pháp tính gần đúng và tính đối xứng!

2 1 (

0 0

n

aR

i   

Nhận xét: Hai kết quả câu 1 và câu 2 hoàn toàn không tương thích với nhau Thực vậy, đáp án câu

1 chỉ có nghĩa khi ah  n0,trong khi đó, câu 2 có nghĩ khi ah  n0.Như vậy nếu thực hiện được thí nghiệm (1) thì không thực hiện được thí nghiệm (2) và ngược lại!

460 , 1 500 , 1

.

1000

460 , 1 10 998

,

2

.

2

2

8







Câu 10.

Đặt một vật sáng AB vuông góc với một trục chính của thấu kính hội tụ L 2 có tiêu cự f 2 Trên màn E đặt cách vật AB một đoạn a = 7,2 f 2 , ta thu được ảnh của vật

a) Giữa vật AB và qua màn E cố định Tịnh tiến thấu kính L 2 dọc theo trục chính đến vị trí cách màn E 20 cm Đặt thêm một thấu kinh L 1 ( tiêu cự f 1 ) đồng trục với L 2 vào trong khoảng giữa AB và L 2 , cách AB một khoảng

16 cm thì thu được một ảnh cùng chiều và cao bằng AB hiện lên trên màn E Tìm các tiêu cự f 1 và f 2

b) Bây giờ giữ vật AB cố định , còn màn E thì tịnh tiến ra xa AB đến vị trí mới cách vị trí cũ 23 cm Tìm khoảng cách giữa hai thấu kính và vị trí mới của chúng để qua hệ thấu kính vật cho một ảnh hiện trên màn E có cùng chiều

và cao gấp 8 lần vật AB.

Hướng dẫn:

a) Sơ đồ tạo ảnh :

2 2 1









Theo đề bài : d 1 = 16 cm , d’ 2 = 20 cm

Suy ra : a = 7,2 f 2 = 16 + l + 2 => l = 7,2.f 2 – 36

2

' 2 2

' 2 1 1

1 1 2

' 1 2

.

36 2 , 7

f d

f d f d

f d f

d l

d

















1

1 2

2

2

16

16 36 2 , 7 20

20

f

f f

f

f









Mặt khác, theo đề bài :

2

2 1

1 2

2 1

20 16

20 16

1

f

f f

f f

f f

f k







Từ ( 1 ) và ( 2 ) , ta suy ra :

2

2 2

2

2

16

16 36 2 , 7 20

.

20

f

f f

f

f











=> 2 20 2 100 0

 f f , giải ra ta được : f 2 = 10 cm

Thay vào (2) ta tìm được f 1 = 8 cm

b) Ta có :

AA2  7 , 2 f2  23  95 cm

=> 95 ' 95 ( 1)

2

'

2

d        ( 3 )

Mặt khác, theo đề bài :

8 10

10 8

8 8

' 2 1

2

2 2 1

1

1

















d f

d f d

f

f

k => d'2 10 d1 7 ( 4 )

Từ ( 3 ) và ( 4 ) rút ra :

8

8 11 165 11

165

1

1 1

' 1 2

1



















d

d d

d l d d

8

7 10 10

10

1

1 '

2

' 2 2

' 2 2

' 2 2















d

d d

d f

d

f d

Từ ( 5 ) và ( 6 ) , ta tìm được :

8

) 7 (

10 8

8

11

165

1

1 1

1 1













d

d d

d

d => 11. 2 235. 1 1250 0

d

Phương trình mới có hai nghiệm ( vị trí mới của L 1 ) :

cm

d 11 , 4

11

125

11   và d12  10cm

Từ đó có hai giá trị của l :

l 1 = 165-11 ;d 11 = 40 cm và l 2 = 165-11 ;d 12 = 55 cm.

d 1 ,d’ 1 d 2 ,d’ 2

Cả hai kết quả đều thích hợp vì đều có l < 95 cm.

Tương ứng có hai vị trí mới của L 2 cách AB :

cm l

d

AO2  11 1  51 , 4 và AO2 d12 l2  65cm

Bài 10.

Một chùm sáng đơn sắc, hẹp (coi là một tia sáng) chiếu đến một quả cầu trong suốt với góc tới i (0 i 90 )  0

1 Quả cầu đồng chất có chiết suất là n không đổi Tia sáng khúc xạ vào quả cầu với góc khúc xạ r Sau k lần phản xạ trong quả cầu, tia sáng ló ra khỏi quả cầu.Tính góc lệch D của tia ló so với tia tới ban đầu theo i, r Tìm i để D đạt cực trị, cực trị này là cực đại hay cực tiểu?

2 Coi chiết suất của quả cầu phụ thuộc vào bán kính quả cầu theo công thức n(r) R a

r a





 với R

bán kính quả cầu, a là hằng số, r là khoảng cách từ tâm cầu tới điểm có chiết suất n.Tia sáng bị

khúc xạ trong quả cầu Xác định khoảng cách nhỏ nhất từ tâm cầu đến tia khúc xạ.Vẽ dạng đường truyền của tia sáng trong quả cầu

Hướng dẫn :

1.Sau khi khúc xạ vào quả cầu, tia sáng bị lệch một góc Dv  (i r) Sau khi phản xạ lần 1, tia sáng

bị lệch thêm D1  ( 2r); sau phản xạ lần 2 lệch thêm D2   ( 2r), Khi ló ra ngoài tia sáng lại

bị lệch Dr  (i r) Các tia bị lệch theo cùng một chiều (hình vẽ)

Nếu tia sáng bị phản xạ k lần thì góc lệch giữa

tia tới và tia ló là:

D D v D1 Dr 2(i r) k(    2r)

Đạo hàm hai vế theo i : dD 2 (2k 1)dr

di    di Từ định luật khúc xạ: sin i n sin r

dr cosi

di n cos r

2





khi

2 2

sin i 1

(k 1) 1



Do đó với góc i thoả mãn

2 2

sin i 1

(k 1) 1



  thì dD

di đổi dấu từ âm sang dương, góc lệch D đạt cực tiểu

2 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 tai khúc xạ trong

lớp cầu này coi như một đoạn thẳng

Áp dụng định luật khúc xạ: n sin i n sin r0  1 (1)

Xét tam giác OIA: (1)

1

sin r sin i (2)

Từ (1) và (2): n R sin i n r sin i0  1 (1) 1

Tương tự cho các lớp tiếp theo ta có:n R sin i n r sin i0  (r) (r) r

O

i I

i 1 A

r

(1) I

r

r min

O I