Tài liệu Bồi dưỡng học sinh giỏi môn vật lý thpt chuyên đề phương pháp giải bài toán sự truyền ánh sáng trong môi trường có chiết suất thay đổi

PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN SỰ TRUYỀN ÁNH SÁNG TRONG MÔI TRƯỜNG CÓ CHIẾT SUẤT THAY ĐỔI MỞ ĐẦU Nội dung đề tài được trích từ các chuyên đề mà chúng tôi đã dùng để giảng dạy cho học sinh các lớp chuyên lý và học sinh các đội tuyển HSG của tỉnh tham dự kì thi HSG quốc gia môn vật lý. Các bài tập quang hình học nói chung, các bài toán về khúc xạ trong môi trường có chiết suất thay đổi luôn gặp khó khăn cho các học sinh cũng như giáo viên giảng dạy. Đây cũng là phần kiến thức mà các đề thi học sinh giỏi thường xuyên gặp do tính ứng dụng cao trong thực tế. Với mục tiêu là giúp học sinh có cách nhìn nhận tổng quát và định hình tư duy trong bài toán chiết suất môi trường thay đổi tôi xin đưa ra một vài khía cạnh nhỏ để đồng nghiệp và học sinh tham khảo. Vận dụng phương pháp này có thể giải được khá nhiều các bài toán thuộc chương trình các bài toán trong chương trình thi HSG Tỉnh, quốc gia, khu vực, quốc tế thuộc các phần khác nhau của vật lý. Phương pháp chủ yếu chúng tôi đề cập đến là phương pháp vi phân ( chia nhỏ ), đây là một trong những phương pháp nhận thức khoa học được vận dụng vào trong dạy học ở hầu hết các bài toán vật lý có các yếu tố thay đổi, đặc biệt là trong giảng dạy và nghiên cứu vật lý. Ngoài việc định hướng chung cho các bài toán chiết suất thay đổi trong đề tài cũng đưa ra nhiều bài tập minh họa twd đơn giản đến phức tạp, trong đó có cả các bài toán trong đề thi học sinh giỏi quốc gia, chọn đội tuyển quốc tế và thi học sinh gioi châu Á, quốc tế. Cấu trúc đề tài bao gồm: 1. Phần mở đầu. 2. Nội dung đề tài. Phần 1: Phương pháp giải chung cho các bài toán xuôi hoặc bài toán ngược Phần 2: Các bài tập minh họa Phần 3: Các bài tập tự giải 3. Kết luận. 1 Phần 1: Phương pháp giải chung cho các bài toán xuôi hoặc bài toán ngược DẠNG 1: biết phương trình đường truyền tìm chiết suất n giả sử chiết suất môi trường n = n(y) . biết đường truyền tia sáng y = y(X) . tia sáng bay vào môi trường nói trên tại điểm x0 với góc tới i0 biết chiết suất môi trường ngoài là n0 .Hãy tìm qui luật biến đổi chiết suất Giải Chia môi trường thành những lớp mỏng sao cho n không đổí xet tại điểm M tia sáng với góc tới i n sin i  n0 sin i0  h.so n02 sin 2 i0 1 n 2  n02 sin 2 i0 dx cosi n tani= , tan   cot i    sin i0 dy sini n0 sin i0 n0 n y M Mặc khác coti  dy i dy  y ,  n 2  n02 sin 2 i0  n0 sin i0 y , dx  x0  n  n0 sin i0 1  ( y , ) 2 dx x Các trường hợp riêng 1.  y ,  2ax  (y, )2  4a 2 x 2  4ay  n  n0 sin i0 1  4ay y = ax2 2. đường truyền là một đoạn phương trình : y = AsinBx 2 2 2 2 y ,  ABcosBX  (y, )2  A2 B2 cos2 BX  A2 B2  A2 B2 sin2 Bx  A B B y  n  n0 sin i0 1  A2 B2  B2 y2 3. đường truyền là cung tròn :  y  b 2  x  a   y  b 2 2  R2  R2   x  a  lấy đạo hàm hai vế 2 2  2  y  b  y ,  2  x  a  .x ,  2  x  a   y   2 x  a xa  2  y  b y b R2   y  b   xa R y   n  n0 sin i0 1  y ,2  n0 sin i0   2 y b  y  b  y b  2 2 ,2 DẠNG 2: Biết qui luật biến đổi n tìm phương trình biểu diễn đường truyền ( Cách làm tương tự) n  n0 sin i0 1  ( y , )2 ,tìm được y’ lấy nguyên hàm ta tìm được y Từ : Phần 2: Các bài tập minh họa Bài 1 : Chiết suất của một tấm thuỷ tinh tuântheo công thức : n( x)  n0 1 x , Trong đó n0 = 1,2 , r r = 13cm ánh sáng đi từ vị trí x = 0 theo phương trục y là pháp tuyến của mặt thuỷ tinh và đi ra tại điểm A với góc ló   300 1. Xác định quĩ đạo của tia sáng đi trong tấm thuỷ tinh 2. Tính chiết suất của thuỷ tinh tại A 3. Tìm độ dày d y Giải  Chia tấm thuỷ tinh thành nhiều lớp mỏng theo trục 0y ta có : A n0 sin  0  n1 sin 1  ...  n sin  theo bài ra  0   / 2  sin  n0 x  1  (1) n r d 0 x 1. Để tìm quĩ tích của tia sáng trong chất thuỷ tinh ta xét lớp mỏng đồng chất có tia khúc xạ OB , vẽ đường vuông góc với OB cắt Ox tại C.Đặt BC = a, OC = b sin   bx b x   a a a (2). từ (1) và (2) ta có a = b = r vì lớp mỏng tuỳ ý nên có thể suy ra rằng toạ độ điểm B(x,y) thoả mãn phương trình đường tròn ( x  r )2  y 2  r 2 3 2. Gọi chiết suất ở lớp chứa diểm A là nA nA  sin  sin   (3) . sin  cos A n  Vì n0  nA sin  A  cos A  1   0   nA  2  nA  n02  sin 2  = 1,3 2. Tính độ dày d của tấm thuỷ tinh  x  r  từ hệ : nA  2  y2  r 2 n0 x 1 A r ta tìm được xA = 1cm có độ dày d = yA = 5cm y Bài 2: Giữa 2 môi trương trong suốt chiết suất no và n1 (no>n1>1) có 1 bản mặt song song dày e. Chiết suất bản thay đổi theo phương yquy luật n = n1 1  ky ; k  n n 2 o 2 1 . e.n o2 n1 e trong môi  trường no có 1 tia sáng đơn sắc, chiều tới điểm O trên bản 0 x n0 mặt theo phương hợp với Oy góc α a) Lập pt đường đi tia sáng b) Xđ vị trí tia sáng ló ra khỏi bản mặt Giải: 1.Chia bản mặt thành nhiều lớp //0x. Trong đó tia sáng coi như truyền theo đường thẳng. Xét điểm M(x,y), M'(x+dx,y+dy) tgi = ( dy 1 ) (1); Mặt khác: nosin α = n.sin i dx =>sin i= no .sin  dx  dy n2  no2 .sin 2  .no sin  y x=  0 y n ( y )  n .sin  2 2 o 2  0 no . sin  n no .sin  .dy no cos   ky 2 (2); Từ (1) và (2): y+dy M y  i 0 x x+dx 4 = 2sin  .(cos   cos 2   ky ) k y = Vậy k cos x2  .x 2 sin  2 sin  y ym 2. y'=0 => x   ymax e b sin  .cos    2a k cos2  e.n02 .cos2   = k no2  n12 0 M1 x  n12 cos2  2  e  cos   (1  2 ) Trường hợp1: ymax < e hay k no thì điểm đó là Mo(x1,0), x1 thỏa mãn phương trình y = 0 → M1( 2 sin 2 ,0) k n12 Trường hợp 2 : ymax > e  cos   (1  2 ) thì điểm ló là M2(x2,e) x2 thỏa mãn no 2 phương trình y = e e.no2 . sin 2 a.no2 . sin   2 x+,-= 2 no  n12 no  n12 n12  sin 2  2 no Lấy dấu -: M2(x -,e) Bài 3: Một quả cầu bán kính Rchiết suất biến thiên theo công thức nr  Ra trong dó:a là ra số dương,r là khoảng cáchtính từ tâm cầu. Chiếu vào quả cầu một tia sáng đơn sắc dưới góc i0 tới i . xác định khoảng cách ngắn nhấttừ tâm hình cầu đến tia sáng 0 Giải : chia hình cầu thành những lớp vỏ cầu mỏng đồng tâm sao cho trong mỗi lớp chiết suất thay đổi không đáng kể i2 I2 I1 r1 r2 + định luật khúc xạ tại I1: sini0 = n1sinr1 tại I2 : n1sini2 = n2sinr2 + định lí hàm sin : sini 2 sinr1  ( R1  0 I1 , R2  0 I 2 ) R1 R2  n1R2 sin i2  n2 R2 sinr2  R1 sin i0  n1R1 sinr1  n2 R2 sinr2  ...  ni Ri sinri 5 + khi d min thì ri = 900. khi đó d = Ri  R sin i0  dni  d R.a.sini0 Ra d  ra a  R 1  sin i0  Bài 4; Một môi trường trong suốt có chiết suất n biến thiên theo biến số y. Một tia sáng đơn sắc được chiếu vuông góc với mặt phẳng giới hạn môi trường tại điểm y y = 0. chiết suất của môi trường tại đó có giá trị n0 n2 1. chứng tỏ tia sáng bị uốn cong trong môi trường trong suót này. n1 3. Định n = f(y) để tia sáng truyền trong môi trường theo một parabol Giải : 1. Tia sáng bị uốn cong - ta áp dụng thuyết sóng. Xét hai tia sáng theo phương tia tới chiếu tới mặt giới hạn tại hai điểm khác nhau trên trục y.tại đó chiết suất khác nhau Giả sử :n2 > n1 => v2 < v1 - các sóng cầu nguyên tố do các điểm tới phát ra có bán kính khác nhau các mặt sóng không còn song song như đối với sóng tới. Do đó tia sáng uốn cong về phía chiết suất tăng 2. Định biểu thức chiết suất môi trường Chia môi trường thành những lớp vô cùng mỏng sao cho trong mỗi lớp chiết suất coi như không đổi - Định luật khúc xạ: n1 sin i1  n2 sin i2  ...  const -Xét hai điểm trên đườngtruyền ánh sáng ứng với các tọa độ:  y  0  y  ; B   A x  0   x  n3 i3 i2 n2 i1 n1 Theo trên ta có :nAsiniA = nBsiniB vì nA = n0, iA = 900  sin iB  n0 n  0 nB n( y) đối với parabol ta có : tan   dy  2ax=2 ay dx y  x 6 vậy : sini B  cos = 1 1+tan 2  n 1 1  0  n( y ) 1  4ax 1  4ay  n( y )  n0 1  4ay Bài 5 : Một tia sáng rọi dưới góc tới  lên một chồng những tấm trong suốt có bề dày như nhau, chiết suấttấm sau nhỏ hơn k lần so với chiết suất của tấm nàm trên nó. Hỏi góc tới tối thiểu phải bằng bao nhiêu,thì tia sáng không xuyên qua hết chồng các tấm đó? Tấm trên cùng có chiết suất n, và cả thảy có N tấm Giải : Các tấm trong suốt nên tia sáng không qua hết các tấm thì chỉ có thể phản xạ toàn phần. các tấm song song  với nhau nên có hệ thức n0=1 sin   n1 sin i1  n2 sin i2  ...  nN sin iN i1 Giả thiết phản xạ toàn phần giữa tấm m và tấm m+1 i2 khi đó: sini m  n n/k i3 n/k2 nm1 1 n   sin   nm sin im  nm1  m nm k k Vì k> 1 nên số thứ tự của m càng lớn thì  càng nhỏ vì   900 , nên điều kiện sin   n km có nghĩa là lớp thứ m+1 có chiết suất nhỏ hơn 1. trái với giả thiết Vậy lớp gây ra phản xạ toàn phần với  nhỏ nhất chỉ có thể là lớp thứ N-1. Nên sin  min  n k N 1 Bài 6: Một chùm sáng hẹp tới đập vuông góc với 2 bản mặt song song ở điểm A(x=0). Chiết uất bản biến đổi theo công thức : nx= (nA,R hằng số). Chùm sáng rời điểm B theo góc α. Hãy tính nA 1 x / R y a) nB ở điểm B  B b) xB d c) bề dày của bản biết nA=1,4 R=10cm α=600 A x 7 Giải: a,Chia bản thành nhiều lớp song song Oy trong đó, coi như anh sáng truyền theo đường thẳng và tuân theo định luật khúc xạ ánh sáng vì các bản nhỏ => nA.sin  /2= n1sinφ1= n2sinφ2=.....= nBsinφB (1) y Mặt khác tia ló ra ngoài không khí  nB.sin(90-φB) = sinα => nB.cosφB=sinα (2) Từ (1) và( 2) suy ra n B2  n A2  sin 2   n B  1,646 n1 nA (n  n A ) R  x B  B  1,49cm b, từ nB= xB nB 1 R n2 n3 A c,Lấy O cách A 1 khoảng R, ta sẽ chứng minh đuờng truyền tia sáng theo B cung tròn bán kính R theo cung AB Xét M  » AB sin φi= sin M OK R  x x · 0MK  1 = R R R x chính là hệ thức (2) đpcm A Dựng A' sao cho OA = OA' => ABA'=  / 2 k H 0 A' Bài 7: Một nguồn sáng điểm nằm trong chất lỏng và cách mặt chất lỏng một khoảng H. Một người đặt mắt trong 600 x không khí phía trên mặt chất lỏng để quan sát ảnh của nguồn sáng. Giả thiết chiết suất của chất lỏng chỉ thay đổi H theo phương vuông góc với mặt chất lỏng theo quy luật: n  2 y với y là khoảng cách từ điểm đang xét tới mặt H S y chất lỏng. Biết tia sáng truyền từ nguồn sáng ló ra khỏi mặt chất lỏng đi tới mắt theo phương hợp với mặt chất lỏng góc 600 . Hỏi tia này ló ra ở điểm cách nguồn sáng một khoảng bao nhiêu theo phương nằm ngang? Giải: Dạng tia sáng phác thảo như hình vẽ Chọn hệ tọa độ 0xy như hình vẽ. 8 Sử dụng tính chất thuận nghịch đường truyền tia sáng ta rút về bài toán tổng quát 0  900  600  300 ;n 0  1 2  H 7  7H 11H y  H x  H   2  4 4  x  H 7 H 41 H  x 2 2 2 Sử dụng tích phân tổng quát: + n 0 sin  0   S 0 11  7 dx  0 H  n 0 sin  0 n 2 (y)  n 02 sin 2  0 dy 1 2 y 1 7H  n 2 (y)  n 02 sin 2  0   y H 4 H + n  2 + Xét: I  0 H 1 dy 2 1 7H  y 4 H  H H  2 0 dy 7H y 4 7H  y  0  z   7H 4  dz  dy;  + Đặt: z  y  4  y  H  z  11H  4 H I 2 Vậy: S  11H 4  dz  H z z  11  7 7H 4 H 2 11H 4 7H 4  H 2  11  7   Bài 8: a. Xét bản mặt song song trong suốt có chiết suất biến đổi theo khoảng cách z tính từ mặt dưới của bản. Chứng minh rằng n A sin  nB sin  b. Một người đứng trên một đường nhựa rộng, dài và phẳng, người z đó thấy ở đằng xa hình như có “mặt nước” α n nhưng khi lại gần thì người đó thấy “nước” A lại lùi ra xa sao cho khoảng cách từ người đó đến “nước” luôn không đổi. Giải n(z) thích ảo ảnh đó. O c. Hãy xác định nhiệt độ của mặt đường nB 9 β (nói trong phần b) với giả thiết mắt người đó ở độ cao 1,6m so với mặt đường. Khoảng cách từ người đó tới “nước” là 250m. Chiết suất của không khí ở 15oC và áp suất khí quyển chuẩn là 1,000276. Ở độ cao lớn hơn 1m so với mặt đường thì nhiệt độ của không khí được coi là không đổi bằng 30o. Áp suất không khí bằng áp suất tiêu chuẩn. Gọi chiết suất không khí là n và giả thiết rằng n – 1 tỉ lệ với khối lượng riêng của không khí. Giải: a) Chia bản mỏng thành nhiều lớp mỏng sao cho chiết suất của mỗi lớp coi như không đổi: n1 , n2 ....nk Ta có: n A sin   n1 sin  1  n2 sin  2  nk sin  k  n B sin  (1) b) Lớp không khí càng gần mặt đường càng nóng, chiết suất giảm theo độ cao. Tia sáng đi từ M theo đường cong với góc khúc xạ tăng dần, tới P thì góc ấy bằng 90 o có sự phản xạ toàn phần nên tia sáng đi cong lên và lọt vào mắt. Mắt nhìn thấy ảnh M’ theo phương cuối cùng của tia sáng tới mắt, ảnh lộn ngược nên ảnh ảo có nước. c) Ta có pV  m RT  p  RT   ~ 1 T  Khối lượng riêng của chất khí ở áp suất không đổi tỉ lệ nghịch với T (nhiệt độ tuyệt đối) Theo giả thiết  ~ n  1  n  1  k '   n  1  k T Xác định k : tại t = 15oC (288K) thì n  1,000276  1  n  1 k  k  0,079488 288 0,079488 (2) T Theo (1), tia sáng có phản xạ toàn phần tại P khi α = 90o nên: nP  n(T1 ) sin  (3) Với T1 = 303K là nhiệt độ không khí ở H có độ cao lớn hơn 1m còn nP là chiết suất không khí ở sát mặt đường có nhiệt độ T cần xác định nP  n(T ) l2 1 h2 sin   2   1 2 l  h 2 1  (h / l ) 2 l 2 h = 1,6m l = 250m suy ra sin   0,99998 mà ta có nP  n(T1 )  n(303)  1,000262 thay vào (3) ta được nP  1,000262.0,99998  1,000242 thay vào (2) ta được : T = 328K = 55oC Mắ t H(T1) β h M P T l M’ Bài 9: Một đoạn sợi quang thẳng có dạng hình trụ bán kính R, hai đầu phẳng và vuông góc với trục sợi quang, đặt trong không khí sao cho trục đối xứng của nó trùng với trục 10 tọa độ Ox. Giả thiết chiết suất của chất liệu làm sợi quang thay đổi theo quy luật: n  n1 1  k 2 r 2 , trong đó r là khoảng cách từ điểm đang xét tới trục Ox, n1 và k là các hằng số dương. Một tia sáng chiếu tới một đầu của sợi quang tại điểm O dưới góc  như hình 4. 1. Gọi  là góc tạo bởi phương truyền của tia sáng y tại điểm có hoành độ x với trục Ox. Chứng minh rằng ncos = C trong đó n là chiết suất tại điểm có hoành độ x trên đường truyền của tia sáng và C là một hằng số. Tính  C. O x  2. Viết phương trình quỹ đạo biểu diễn đường truyền của tia sáng trong sợi quang. Hình 4 3. Tìm điều kiện để mọi tia sáng chiếu đến sợi quang tại O đều không ló ra ngoài thành sợi quang. 4. Chiều dài L của sợi quang thỏa mãn điều kiện nào để tia sáng ló ra ở đáy kia của sợi quang theo phương song song với trục Ox? Giải : Tại O: sin= n1sin0 Chia sợi quang thành nhiều lớp mỏng hình trụ đồng tâm. Xét trong mặt phẳng xOy, các lớp đó dày dy. Tại mỗi điểm góc tới của tia sáng là (90 0-), ta có n(y)sin(900-)= n1sin(900- 0) n(y)cos = n1cos0 = C C = n1cos0= n1 1  sin 2 0  n1 1  sin 2   n12  sin 2  . n12 Vậy, C  n12  sin 2  2. Xét M có toạ độ (x,y), tia sáng có góc tới i = (900- ) C n(y) cos = C; cos  n(y) dx cos  C  cot    dy 1  cos 2  n 2 (y)  C2 y  x 0 Áp dụng  C dy y ; x C dy . n1 (1  k y )  C n 2 (y)  C2 0 dy 1 by  arcsin với a  n12  C2 = sin; b = kn1 2 2 2 b a a b y 2 2 2 2 C kn y arcsin 1 +C1. Điều kiện ban đầu: x = 0 thì y =0 suy ra C 1 = 0 kn1 sin  sin  kn sin  kn1 y sin 1 x  sin x kn1 C kn1 n12  sin 2  x Vậy quỹ đạo của tia sáng là đường hình sin. 11 x 3. Điều kiện để tia sáng truyền trong sợi quang là: sin   R. Muốn đúng với mọi  thì kn1R  1 . kn1 4. Muốn ló ra theo phương song song Ox thì tại x = L, y có độ lớn cực đại kn1 Hay n12  sin 2  L   p với p là số nguyên không âm. 2 Suy ra (2p  1) n12  sin 2  L với p = 0, 1, 2 2kn1 Bài 10: Một đoạn sợi quang thẳng có dạng hình trụ bán kính R, hai đầu phẳng và vuông góc với trục sợi quang, đặt trong không khí sao cho trục đối xứng của nó trùng với trục tọa độ Ox. Giả thiết chiết suất của chất liệu làm sợi quang thay đổi theo quy luật: n  2 1  2r , trong đó 3 r là khoảng cách từ điểm đang xét tới trục Ox, có đơn vị là cm. Một tia sáng chiếu tới một đầu của sợi quang tại điểm O dưới góc  xấp xỉ bằng 900 (sinα ≈ 1) như hình 1. 1. Viết phương trình quỹ đạo biểu diễn đường truyền của tia sáng trong sợi quang. 2. Tìm điều kiện của R để tia sáng truyền trong sợi quang mà không bị ló ra ngoài thành sợi quang. Giải: Chia sợi quang thành nhiều lớp mỏng hình trụ đồng tâm. Xét trong mặt y   β i O x phẳng xOy, các lớp đó dày dy và có chiết suất là n  n0 1  2 y với n0  2 / 3 + Tại O: sin= n0sinβ (với n0 = 2/ 3 ) => β = 600 => i0 = 300 + Xét điểm M có tọa độ (x, y) (y > 0) ở lớp có chiết suất n  n0 1  2 y Ta có: n0.sini0 = n.sini => sin i  n0 . sin i0 1  n 2 1 2y 12 Mà tanθ = cot i  => dy  3  8y dx dy  dx 1 dy 1  2 sin i dx  dx  dy 3  8y Nguyên hàm hai vế ta được: 4 x   3  8 y  C Điều kiện ban đầu: khi x = 0 thì y = 0 => C = 3  phương trình quĩ đạo của tia sáng: y  2x 2  3.x  Vậy quĩ đạo của tia sáng là đường parabol 2) C1. Điều kiện để tia sáng không bị ló ra ngoài thành sợi quang là tọa độ y của đỉnh parabol 3 8 phải nhỏ hơn R: => R   0,375cm C2. Điều kiện để tia sáng không bị ló ra ngoài thành sợi quang lớp chiết suất diễn ra phản xạ toàn phần của tia sáng phải cách trục ox một khoảng nhỏ hơn R=> R  3  0,375cm 8 Bài 11: 1. Một vỏ cầu có bán kính ngoài R 1 và bán kính trong R 2 được làm bằng chất trong suốt có chiết suất n2. Từ môi trường ngoài có chiết suất n1, một n1 tia sáng được chiếu tới vỏ cầu dưới góc tới i1. Trước khi đi vào i1 I i2 n2 bên trong, tia sáng chiếu đến mặt trong của vỏ cầu dưới góc tới J i2 (hình 2). Thiết lập hệ thức liên hệ giữa i1, i2 với R1, R2 và n1, n2. O 2. Một quả cầu tâm O, bán kính R được làm bằng một chất R2 trong suốt. Cách tâm O khoảng r, chiết suất của quả cầu tại R1 2R n  những điểm đó được xác định : r . Từ không khí, Rr chiếu một tia sáng tới quả cầu dưới góc tới i = 30o : Hình 2 a. Xác định khoảng cách ngắn nhất từ tâm O tới đường đi của tia sáng. b. Xác định góc lệch giữa tia sáng tới và tia sáng ló ra ngoài quả cầu. /2 Cho biết : sin x dx  0,386. 4 sin x  1 /6  Giải : Áp dụng định luật khúc xạ : n1.sini1 = n2.sinr (1) Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác OIJ: OI/sini2 = OJ/sinr (2) Từ (1) và (2) suy ra: n1.R1.sini1 = n2.R2.sini2 (3) Chia quả cầu thành những vỏ cầu mỏng : bán kính trong r, bán kính ngoài r + dr. Chiết suất của vỏ cầu coi như không đổi nr Áp dụng (3) => nr.r.sini = nR.R.sin30o = R/2 13 sin i  R 1 1 .  ( x  1) với x = R/r 2 2R r 4 Rr (4) (4) => xmax = 3 hay rmin = R/3 khi (sini)max = 1, i = 90o. d  (5)  dr. tan i R 1 1 tan i   .d ( ). tan i  x. 2 . tan i.dx  .dx r r x x x Đạo hàm hai vế của (4) cosi.di  (6) dx 4 (7) tan i tan i 4.sin i .dx  .4. cosi.di  .di x x 4.sin i  1 Theo tính thuận nghịch về chiều truyền ánh sáng, góc ló bằng góc tới : i = i' = π/6 (8) Góc hợp bởi tia tới và tia ló : / 2  4.sin i   i  i'2. max  2.[   di ]  4,14rad  237o. 6  / 6 4 sin i  1 Từ (6) và (7) => d  n1 i1 I i 2 n2 J O i R2 φ R1 Hình 2 Hình 1 Bài 12: Một chùm sáng hẹp được chiếu gần như vuông góc tới mặt của một bản hai mặt song song đặt trong không khí tại A (x A = 0), chiết suất n x = Rn A trong đó n A , R là hằng số. Chùm Rx y C  B D sáng rời khỏi bản mặt tại B (Hình vẽ) và tạo với bản mặt một góc  . Hãy tính: E x A 1. Chiết suất nB tại B và tọa độ xB của điểm B. 2. Tính bề dày d của bản. Biết nA = 1,4; R = 10 cm;   600 . Giải: 1. Do chiết suất của bản mặt phụ thuộc vào x nên tia sáng qua bản mặt sẽ truyền theo một đường cong. 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 - Hình vẽ - Theo định luật khúc xạ ta có : n0 sin i0  n1 sin i1  ...  n p sin i p 14 Hay n A sin i A  nB sin i B với i A   2  sin i B  Tại B tia sáng ló ra không khí với góc tới là  2 nA x  1  (1) nB R  iB . Suy ra: n   nB sin(  iB )  sin(90   )  cos  nB .cos iB  nB 1   A  2  nB  2  nB2  nA2  cos2 n B  n 2A  cos 2  1, 42  cos 2 600  1, 487  xB  R. nB  nA 1, 486  1, 4  10.  0,585(cm) nB 1, 487 2. Để tính bề dày của bản ta nên dùng phương pháp tích phân: - Ta chia bản mặt làm nhiều lớp đẳng chiết song song. Xét một yếu tố vi phân trên lớp dó có kích thước dx và dy  Ta có tgix  Trong đó: y dy  dy  dx.tgix dx sin ix  xB ( R  x)dx 0 R   R  x  2 sin iA nA x Rx  1   tgix  2 nB R R2   R  x   d  y  xB .(2R  xB )  0, 585.(2.10 0, 585)  3, 37(cm ) 2 Bài 13: Một sợi quang học gồm một lõi hình trụ, bán kính a, làm bằng vật liệu trong suốt có chiết suất biến thiên đều đặn từ giá trị n  n1 trên trục đến n  n2 (với 1 n2  n1 ) theo công thức n  n  y   n1 1   y , trong đó y là khoảng cách từ điểm có chiết 2 y a x O 2 suất n đến trục lõi,  là hằng số dương. Lõi được bao bọc bởi một y lớp vỏ làm bằng vật liệu có chiết suất n2 không đổi. Bên ngoài sợi O quang là không khí, chiết suất 0 n1 x n2 n0 1. Gọi Ox là trục của sợi quang học, O là tâm của một đầu sợi quang. Một tia sáng đơn sắc được chiếu vào sợi quang học tại điểm O dưới góc 0 trong mặt phẳng xOy. 15 1. Viết phương trình quỹ đạo cho đường đi của tia sáng trong sợi quang và xác định biểu thức tọa độ x của giao điểm đường đi tia sáng với trục Ox. 2. Tìm góc tới cực đại  max , dưới đó ánh sáng vẫn có thể lan truyền bên trong lõi của sợi quang. Giải: - Vì môi trường chiết suất biến đổi liên tục nên ánh sáng sẽ truyền theo đường cong. Chia môi trường thành nhiều lớp mỏng song song mặt phẳng Ox. Xét tại M(x,y)     Theo định luật khúc xạ: n  y  sin      const  n1 sin   1  2  2   n1 1   2 y 2 cos  n1cos1  1   2 y 2 cos  cos1 (7) Với góc 1 được xác định từ định luật khúc xạ tại O: n12  sin 2  0 sin  0  n1 sin 1  cos1  n1 (8) - Ta thấy phương trình (7) hoàn toàn trùng hợp với phương trình (6) mô tả quỹ đạo hình sin với    v0  sin 1 sin  0 . Như vậy quỹ đạo tia sáng cũng là một đường hình sin:  A n1 A    sin  0    y  Asin  x  sin  x  n1  cos1   v0cos1  y  sin  0 n sin  2 1 2  n  sin   n1 0  1  x   (9). - Độ cao cực đại mà tia sáng đạt được chính bằng biên độ: ymax  A  sin  0  n1 - Những điểm cắt của chùm tia với trục Ox thỏa mãn điều kiện y = 0  n  sin  2 1 2  n  sin  0  1  x  k  x  0   n  sin  0 . n1 2 1 y 2 Vị trí đầu tiên có k 1 0  M n1 x n2 16 n12  sin 2  0  x  n1 2. Để ánh sáng vẫn có thể lan truyền bên trong lõi của sợi quang thì ymax  a  sin  0  a  sin  0   a n1  sin  max ;  max  arcsin  a n1  n1 Chú ý rằng từ điều kiện n  y   n1 1   2 y 2 và n  y  0   n1 ; n  y  a   n2 n12  n22 . Vậy  max  arcsin  an1  n12  n22  Phần 3: Các bài tập tự giải Bài 1: Một chùm sáng song song hẹp đến rọi vuông góc lên mặt của một bản hai mặt song song ,bề dày b, có chiết suất biến thiên theo qui luật n(y) = n0 +ay. Hãy xác định độ nghiêng của tia ló so với pháp tuyến mặt ra. Xem rằng chiết suất biến thiên ít và điểm tới của tia sáng có y = 0 Bài 2 : Một tia sáng rọi lên bản hai mặt song song dưới góc tới   600 .  x chiều dày của bản là 2cm và bề rộng là 2b. chiết suất của bản thay đổi theo phương pháp tuyến của bản mặt theo quy luật n  n1  n2  n1 y. d Hãy xác định góc ló ra của tia sáng theo mép bản, nếu n1 =1 và n2 = 2. Hãy giải bài toán trên với   300 Bài 3 : Chiết suất khí quyển của một hành tinh X giảm theo độ cao h theo qui luật n = n0  h . Bán kính hành tinh là R. Hãy tìm xemở độ cao bằng bao nhiêuthì một tia sáng đi vòng quanh hành tinh ở độ cao không đổi Bài 4 : Giữa hai môi trường có chiết suất n0 và n1 (n0 > 1; n1 =1)có một lớp đồng chất chiều  cao h = H 1   1  y n  n0 1  2  với H là một hằng số chiết suất lớp này thay đổi theo qui luật n0  H từ môi trường có chiết suất n0 có một tia sáng đi vào môi trường nói trêntại điểm 0 (y = 0) với góc tới  17 1. với giá trị nào của  tia sáng quay trở lại môi trường cũ 2. Tìm phương trình biểu diễn đường truyền tia sáng 3. với  bằng bao nhiêu thì khoảng cách điểm đi vào và đi ra là cực đại Bài 5: Một chùm tia sáng hẹp tới đập vuông góc với một bản hai mặt song songở điểm A(x = 0). chiết suất của bản biến đổi theo công thức: n x  nA x 1 R Chùm tia tới rời bản ở điểm B theo góc  . Hãy tính (nA, R là những hằng số dương). y  1. nB ở B A 2. xB 3. bề dày d của bản d Áp dụng : nA = 1,2;R = 13cm;   300 0 x KẾT LUẬN Qua thời gian nghiên cứu và giảng dạy tôi thấy rằng việc hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp trên có tính ưu việt hơn, nhất là các bài toán phức tạp có liên quan đến nhiều hiện tượng quang học cũng như cần sử dụng những phép biến đổi toán học khó, cồng kềnh . Phương pháp đã kích thích được tư duy sáng tạo của các em, đồng thời phát huy tính tích cực chủ động và tạo sự hào hứng trong học tập và nghiên cứu khoa học của học sinh. Nó dẫn đường nghiên cứu, cho phép học sinh giải được hầu hết các bài toán về chiết suất thay đổi. Trong bài viết này chúng tôi đã cố gắng chọn lọc các bài tập để phù hợp với các đồng nghiệp lựa chọn để giảng dạy trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. Còn đối với học sinh các lớp chuyên, nhất là các em trong đội dự tuyển Quốc gia và Quốc tế, việc cần phải nắm được phương pháp này là bắt buộc vì có những bài toán phức tạp về mặt hiện tượng cũng như xây dựng các phương trình toán học. Do khả năng có hạn với những kinh nghiệm ban đầu thu thập được, bài viết không thể tránh khỏi những sai sót. Rất mong được sự đóng góp ý kiến của đọc giả. Cuối cùng tôi xin cảm ơn các Thầy giáo, Cô giáo trong tổ Vật lý, các em học sinh các lớp và các đội tuyển tôi đã giảng dạy trong những năm qua đã đóng góp nhiều ý kiến và 18 những nhận xét giá trị về cách diễn đạt và nội dung bài viết. TÀI LIỆU THAM KHẢO [1]. PHAN HỒNG LIÊN, LÂM VĂN HÙNG, NGUYỄN TRUNG KIÊN-Các bài tập vật lý đại cương- NXBGD 2009. [2]. I. E. IRÔĐỐP, I.V XAVALIÉP, O.I.ĐAMSA- Tuyển tập các bài tập vật lí đại cương. Người dịch LƯƠNG DUYÊN BÌNH, NGUYỄN QUANG HẬU. NXB đại học và trung học chuyên nghiệp Hà Nội [3]. VŨ THANH KHIẾT, VŨ ĐÌNH TÚY- Các đề thi học sinh giỏi vật lý- NXBGD 2008. [4]. VŨ THANH KHIẾT, NGUYỄN ĐÌNH NOÃN, VŨ ĐÌNH TÚY- Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi vật lý Trung học phổ thông-Tập 4- NXBGD 2006. [5]. Đề Olympic APHO [6]. Đề thi HSG Quốc gia 19