Chuyên đề Vật lí 12: Một số bài tập cơ bản về chiết suất biến đổi - Nguyễn Ngọc Tuấn

Nội dung text: Chuyên đề Vật lí 12: Một số bài tập cơ bản về chiết suất biến đổi - Nguyễn Ngọc Tuấn

1. Chuyên đề: MỘT SỐ BÀI TẬP CƠ BẢN VỀ CHIẾT SUẤT BIẾN ĐỔI Đặt vấn đề: Trong các đề thi học sinh cấp thành phố, cấp quốc gia và quốc tế những năm gần đây xuất hiện nhiều bài toán liên quan đến phần quang hình có chiết suất môi trường biến đổi. Những bài toán này là thường khá hay và gây ra khó khăn cho học sinh vì nó đòi hỏi học sinh khả năng phân tích và kiến thức tổng hợp. Nhằm giúp các em giải quyết những bài toán này tôi đã biên soạn chuyên đề “MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ BẢN VỀ CHIẾT SUẤT BIẾN ĐỔI”. Vậy hướng giải quyết những bài toán này như thế nào? B1: Chia khối trong suốt thành các lớp mỏng trong suốt sao cho chiết suất trong những lớp ấy gần như không đổi. B2: Dùng các định luật truyền thẳng, định luật phản xạ, định luật khúc xạ ánh sáng và hiện tượng phản xạ toàn phần áp dụng cho các lớp mỏng trong suốt. B3: Kết hợp kiến thức toán học: tích phân, các phép tính gần đúng để tính toán. Chuyên đề được chia làm hai phần: Phần 1: Ôn tập những kiến thức cơ bản về các định luật truyền thẳng ánh sáng, định luật phản xạ ánh sáng, định luật khúc xạ ánh sáng và hiện tượng phản xạ toàn phần. Phần 2: Phân chia dạng bài tập và một số bài tập minh họa và vận dụng. Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ Long Trang 1
2. I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1. Ba định luật cơ bản của quang hình học  Định luật truyền thẳng của ánh sáng: Trong một môi trường trong suốt đồng tính và đẳng hướng các tia sáng truyền theo đường thẳng.  Định luật phản xạ ánh sáng: Tại mặt phân cách giữa hai môi trường, một phần tia sáng bị phản xạ, đó là hiện tượng phản xạ ánh sáng. Tia tới và pháp tuyến tại điểm tới xác định một mặt phẳng tới và lập một góc tới i. Tia phản xạ và pháp tuyến lập một góc tới i’. Định luật phản xạ ánh sáng: Tia phản xạ nằm trong mặt phẳng chứa tia tới và pháp tuyến, góc phản xạ bằng góc tối .  Định luật khúc xạ ánh sáng. Tia sáng truyền qua hai môi trường trong suốt bị đổi hướng tại mặt phân cách đó là hiện tượng khúc xạ ánh sáng. Tia khúc xạ và pháp tuyến lập một góc khúc xạ r. Định luật khúc xạ ánh sáng: Tia khúc xạ nằm trong mặt phẳng chứa tia tới và pháp tuyến và góc khúc xạ xác định bởi biểu thức : ninr12sinsin . Trong đó n1 và n2 là các hằng số, gọi là chiết xuất của môi trường 1 và n1 2. Tỉ số n12 gọi là chiết suất tỉ đối của hai môi trường. n2 Hiện tượng phản xạ toàn phần 2. Môi trường có chiết suất thay đổi Trên thực tế rất khó có một môi trường trong suốt đồng nhất và có chiết suất không thay đổi theo vị trí mà luôn tồn lại môi trường có chiết suất thay đổi theo từng vị trí khác nhau. Ví dụ  Chiết suất của các bản mỏng .  Chiết suất của lớp không khí thay đổi theo độ cao.  Chiết suất của lớp không khí trên khí quyển trái đất. Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ Long Trang 2
3. II. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA 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 Hướng dẫn: Chia môi trường thành những lớp mỏng sao cho n không đổí xet tại điểm M tia sáng với góc tới i nsin i n00 sin i const 22 ni00sin 1 2 2 2 dxc osi n nsin i tani= , tan cot i n 00 dy sinisin i ni sin n 0 00 0 n y Mặc khác M dy dy ,222, i cotiynnini y 0000sinsin dx ,2 nniy 00sin1() x0 dx x Các trường hợp riêng 1. Đường truyền có phương trình: y = ax2 ,, 22 2 ya xay2ax n (y niay) 44sin 1 4 00 2. Đường truyền là một đoạn phương trình : y = AsinBx y,,2 ABcA 22osBX B c 222 (yBX )ossin 22 A B 222 A BBx 22 A B B y 2 2 2 2 n n00sin iA 1B B y 3. Đường truyền là cung tròn : x a 22 y b R2 Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ Long Trang 3
4. ybRxa 222 lấy đạo hàm hai vế 2 xa xa 22.2 ybyxaxxay ,, 2 ybyb 2 2 2 ,2,2 xaR Ryb ynniyni 2 0000sin1sin ybyb yb Bài 1: Trong một môi trường trong suốt có chiết suất biến đổi theo biến số y. Một tia sáng đơn sắc được chiếu vuông góc với mặt phẳng giới hạn môi trường tại điểm y=0. Chiết suất của môi trường tại đó có giá trị n0. Xác định biểu thức của chiết suất để ánh sáng truyền trong môi trường theo một parabol. Hướng dẫn: Chia môi trường thành những lớp vô cùng mỏng sao cho trong mỗi lớp chiết suất coi như không đổi. Định luật khúc xạ cho nini1122sinsin Xét hai điểm trên phương truyền của ánh sáng ứng với các tọa độ A(0,0) và B(x,y) Ta có nAABB.sini n .sin i Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ Long Trang 4
5. 0 Nhưng nA=n0, iA=90 nn00 siniB nnB (y) Đối với parabol ta có dy tgaxay 22 dx 11 Vậy sincosiB 1tan 2 14 ay n 1 Suy ra o haynay(y)n14 n(y) 14 ay 0 Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ Long Trang 5
6. DẠNG 2: Biết qui luật biến đổi n tìm phương trình biểu diễn đường truyền Hướng dẫn: Chia môi trường thành những lớp mỏng sao cho n không đổi, xét tại điểm M tia sáng với góc tới i niniconstsinsin 00 22 ni00sin 1 222 dxosi c nni sin tani=, tancot i n 00 dy sinisin sin i ni n 0 00 0 n y Mặc khác M dy dy ,222, i cotiynnini y 0000sinsin dx ,2 nniy 00sin1() x0 dx x ,2 ’ Từ : nniy 00sin1() ,tìm được y lấy nguyên hàm ta tìm được y Phương pháp: Ta chia thành các mặt phẳng có chiết suất gần như không đổi . Bài 1: Một bản song song có chiết suất biến đổi theo quy luật y nnnn 1;1,2 bề dày của bản là b=1m. Một tia sang chiếu tới trên mặt AB (Y )002 b dưới một góc . a. Xác định điều kiện để tia sang không xuyên qua bản mỏng đó. b. Tia sang đơn sắc SI chiếu vuông góc tới mặt giới hạn tại O có chiết suất n0=1. Sau khi ra khỏi bản mỏng một góc  - Xác định góc lệch của tia sang so với phương ban đầu. - Xác định phương trình đường cong tia sang truyền trong bản Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ Long Trang 6
7. Hướng dẫn: a. Điều kiện Để tia sáng truyền 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: n2 sin nKK sin i (1) Giả sử có sự phản xạ tại lớp k 0 ik 90 n (1)sin K n1 12 00 Ta có nnn20 K 1sin hay 9045 n2 2 - Với trường hợp 900 tia sáng đi thẳng. b. Xác định góc  + Chia môi trưởng thành các lớp đẳng nhiệt áp dụng định luật khúc xạ nnisinisin const 1122 nsinsin002 ini n 12 0 Với iniii00 ,1 sin,45 nnn  2242 n2 Sau khi ra khỏi bản a sáng lệch khỏi phương ban đầu  sau đó tia sáng truyền thẳng. 4 + Xác định đường cong tia sáng trong bản. Xét điểm thuộc đường truyền trong bản song song M(x,y) Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ Long Trang 7
8. 1 ninii00(Y)sinsinsin(1) MM n()Y dy 1 tan;sincos(2) iM dx 1tan 2 Từ (1) và (2) suy ra yy 1tantantan 22 n ()Y aa dydy y 1 dx dx byb Lấy nguyên hàm hai vế x 2 yc b Tại x=0 suy ra y=0 suy ra c = 0. x x2 Vậy 2 y hay y b 4b Bài 2: Chiết suất của không khí tại một sân bay phụ thuộc vào độ cao y theo công thức 61 nnay 0 (1) trong đó hằng số am 1,5.10 , n0 là chiết suất không khí tại mặt đất. Một người đứng trên đường bang, độ cao mặt của anh ta so với mặt đất là 1,7 m. TÍnh độ dài d mà anh ta nhìn rõ trên đường bang? Hướng dẫn: Chia không khi trên sân bay thành các lớp n1, n2, . Song song với mặt đất. Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ Long Trang 8
9. nnnn sinsin sin 01122 Ta có: nnnay00 sin(1) Từ hình vẽ ta có: y 11 cotsinhay x 1cot  y 1() 2 x yy 11()1()12a ayyay 2222 xx y Vì a nhỏ, y hữu hạn nên bỏ qua (ay)2 nên 2ay hay chuyển sang dạng vi phân ta x có: dy 2 a xd dx a Tích phân hai vế ta được yx 2 2 Đường đi của tia sáng trên sân bay là một nhánh của parabol khi 2h yhdm 1500. d Bài 3: Một tia sáng SI đi từ không khí vào một bản mặt song song có bề dày h với chiết 4 suất thay đổi theo độ sâu x với quy luật n (hình 3). Cho h = 0,3 m, x = 0,1 m. x 0 1 x0 a. Xác định quỹ đạo của tia sáng trong bản mặt song song? 0 b.Tìm điểm ló của tia sáng ra khỏi bản mặt? Cho biết góc tới 0 = 30 , OI = 0,63 m, chiết suất không khí bằng 1. Hướng dẫn: sin 1 a. Khi đi từ không khí vào bản mặt song song thì có thể viết: 1 sin 0 n1 Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ Long Trang 9
10. Ta chia bản mặt thành các mặt đẳng chiết si n n Sau khi tia sáng đi một đoạn nhỏ dh thì 2 1 si n 1 n2 (1) sin n sin n Tiếp đó 3 2 n n 1 sin 2 n3 sin n 1 nn si n 1 Nhân các biểu thức với nhau, ta nhận được n si n 0 nn (2) Nghĩa là có thể viết đối với một điểm bất kỳ của quỹ đạo: si n 1 (3) si n 0 n Ta nhận thấy rằng là góc giữa tiếp tuyến của quỹ đạo tia sáng và phương đứng.Nếu khảo sát quỹ đạo của tia sáng như một hàm dịch chuyển theo độ sâu thì: f '(x) tg .(hệ số góc của tiếp tuyến) n 1 n2 1 n2 Từ (3) suy ra: 1 cot 2 1 sin sin sin 2 tan2 sin 2 0 0 0 2 dx (→ Xây dựng ra được: n(x)nsin1 00 ) dy sin sin f '(x) 0 0 (4) 2 2 n sin 0 16 2 2 sin 0 x 1 x 0 Thay các giá trị đã cho vào phương trình (4), ta nhận được: (10x 1)dx 1 10x 1 d(10x 1) 1 1 d 1 10x 2 f x . 64 1 10x 2 10 64 1 10x 2 10 2 64 1 10x 2 (5) 1 2 2 . 2 64 1 10x C 0,64 x 0,1 C 20 Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ Long Trang 10
11. Từ hệ tọa độ đã cho, ta chỉ lấy nghiệm: f (x) 0,64 x 0,1 2 C với hằng số C được xác định từ điều kiện đầu: Khi x = 0 thì: f (x) 0,63 0,64 0 0,1 2 C C 0 Vậy phương trình của tia sáng có dạng f (x) 0,64 x 0,1 2 (6) Quỹ đạo của tia sáng có dạng đường tròn bán kính r = 0,8 m. b. Dựa vào hình vẽ ta có x = r -0,1 = 0,8 – 0,1 = 0,7 > 0,3 m Chứng tỏ tia sáng đi sang mặt kia của bản mặt Độ lệch của tia sáng so với điểm tới khi ra khỏi bản là y 0,82 0,12 0,82 0,42 0,1009m Bài 4: 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 nn trên trục 1 y đến nn 2 (với 1 nn21) theo công thức O n1 nnyny 1  22, trong đó y là khoảng cách từ 1 0 x điểm có chiết suất n đến trục lõi,  là hằng số dương. Lõi n2 được bao bọc bởi một lớp vỏ làm bằng vật liệu có chiết suất n2 không đổi. Bên ngoài sợi quang là không khí, chiết suất 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. 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. Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ Long Trang 11
12. Hướng dẫn: - 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. Gọi là góc phụ với góc tới của tia sáng tại M(x,y) Theo định luật khúc xạ: n y sin c ons t n11 sin 22 2222 ny11111osos1osos cn cy  cc (7) Với góc 1 được xác định từ định luật khúc xạ tại O: n22 sin 10 (8) sin 0 nc 1 sin 1 os 1 n1 11 - Từ phương trình (7) với lưu ý cos= ta tìm được hàm biểu 1tan 221y diễn của dx theo f(y)dy. Tích phân 2 vế bằng cách đặt ẩn phụ dạng cy = sint ta tìm được quỹ sin  đạo tia sáng có dạng hình sin với y Asin x0 sin x v0 cos 1  n 1 c os 1 sin  n yx01sin (9).  n 22 1 n10 sin - Độ cao cực đại mà tia sáng đạt y được chính bằng biên độ: sin 0 yAmax  n1 M n1 0 x - Những điểm cắt của chùm tia với trục Ox thỏa mãn điều kiện y = 0 n2 n sin 1 x 0 22 n10 sin n22 sin xk 10. n1 Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ Long Trang 12
13. Vị trí đầu tiên có k 1 n22 sin x 10 n1 2. Để ánh sáng vẫn có thể lan truyền bên trong lõi của sợi quang thì sin 0 yaaananmmmax01axax1 sinsin;arcsin    n1 22 Chú ý rằng từ điều kiện n y n1 1  y và n y 0; n12 n y a n 22 nn12  . Vậy arcsin nn22. max12 an1 Bài 5: Một đoạn sợi quang thẳng có dạng hình trụ bán đối xứng của nó trùng với trục tọa độ Ox. Giả thiết chiết suất của chất liệu làm sợi quang kính R, hai đầu phẳng và vuông góc với 2 trục sợi quang, đặt trong không khí sao cho trục thay đổi theo quy luật: nr 12, trong 3 đó 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 3. 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. Hướng dẫn: 1. Chia sợi quang thành nhiều y lớp mỏng hình trụ đồng tâm. Xét trong mặt phẳng xOy, các lớp đó có  β i tọa độ y dày dy và có chiết suất là O x n n12 y với n 2 / 3 0 0 0 0 + Tại O: sin = n0sinβ (với n0 = 2/ 3 ) => β = 60 => i0 = 30 Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ Long Trang 13
14. + Xét điểm M có tọa độ (x, y) (y > 0) ở lớp có chiết suất n n y 0 12 ni00.sin 1 Ta có: n0.sini0 = n.sini => sini n 212 y dy 1 dy dy dy Mà tanθ = c o t i  2 1 => 38y  dx dx s in i d x dx 38 y Nguyên hàm hai vế ta được: 4x 3 8 y C Điều kiện ban đầu: khi x = 0 thì y = 0 => C = 3  phương trình quĩ đạo của tia sáng: y x x 2 3 .2  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 3 parabol phải nhỏ hơn R => R 0,375 cm 8 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 3 cách trục ox một khoảng nhỏ hơn R => Rcm 0,375 8 Bài 6 : Xác định sự sai lệch khi định vị góc nhìn một ngôi sao từ mặt đất dưới góc 450 áp suất khỉ quyển tại sát mặt đất là n=1,00003. Hướng dẫn Càng lên cao, không khí càng loãng, nhiệt độ càng lạnh. Do đó chiết suất của khí cũng giảm. Sự thay đổi của chiết suất cũng làm cho tia sáng từ ngôi sao phát ra khi tới mặt đất không đi theo đường thẳn mà lại theo một đường vòng. Vị trí của các ngôi sao nhìn từ Trái Đất bị sai lệch ít nhiều vì sự khúc xạ tia sáng trong khí quyển. Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ Long Trang 14
15. Để giải quyết bài toán này, ta cần phải chia khí quyển thành các lớp vô cùng mỏng, và coi rằng trong các lớp đấy, môi trường là đồng nhất (chiết suất không đổi) và ánh sáng đi theo đường thẳng. Gọi là chiết suất của lớp thứ p. Là góc tới mặt phân cách của lớp thứ p và p+1. Áp dụng định luật khúc xạ ta có: ninini0011sinsin sin pp Trong đó: ni 1; 4 5 0 0 h ii0 h  (1)sin(i)sin  ni hhh sincossincossin(2)iinihhh  Vì  rất nhỏ nên cos1;sin Thay vào (2) ta được:  (nhh 1)tgi 0,0003( rad ) Kết luận: Trong những bài toán dạng môi trường có chiết suất thay đổi, ta nên chia môi trường thành những lớp đẳng chiết để áp dụng định luật khúc xạ và tính. Trong một số trường hợp cụ thể có thể sử dụng một số công thức gần đúng để thuận lợi cho việc tính toán. Bài 7: 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 nnayy 0 .Xác định độ nghiêng của tia ló ra khỏi bản mặt. Nhận xét: 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 tính phân. Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng ta có: nsin i ( n dn )sin( i di ) Bỏ qua số hạng nhỏ: Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ Long Trang 15
16. cos()1;sin()1didi n tgidi . dn dx Lại có tani ; dn ady dy n và d x d i . ( 1 ) a Do chiết suất biến đổi nhỏ nên nn 0 b n n Lấy tích phân 2 vế của (1) dxdib 0 () o aa 2 2 Sau đó ánh sáng ló ra khỏi không khí n=1 Bài 8: Chiết suất của không khí ở nhiệt độ 300K cà áp suất 1atm là 1,0003 đối với ánh sáng ở khoảng giữa của quang phổ nhìn thấy. Giả thiết khí quyển đẳng nhiệt ở 300K, hãy tính xem khí quyển của quả đất cần phải có mật độ lớn hơn bao nhiêu lần để ánh sáng bị cuốn theo mặt cong của quả đất tại mực nước biển? (về nguyên tắc khi bầu trời quang mây có thể ngắm mặt trời lặn cả đêm, tuy rằng ảnh của mặt trời khi đó bị nén mạnh theo phương thẳng đứng). Giả thiết rẳng chiết suất n có tính chất là n-1 tỷ lệ với mật độ . (Gợi ý: dùng nguyên lí Fermat). Độ cao 1/e. của khí quyển đẳng nhiệt này là 8700m. Lời giải: rR Theo đề bài nre()1 8700 Trong đó R 6400.10 3 m là bán kính quả đất và là mật độ không khí. Khi đó rR n( r ) 1 e 8700 (1) rR dn( r ) 1 n'( r ) . e 8700 (2) dr 8700 Cũng theo đề bài không khí có mật độ đủ lớn để làm cho ánh A sáng bị cong theo mặt cong của trái đất ở mức nước biển như trên r B  hình vẽ sau: R Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ Long Trang 16
17. Độ lớn quang trình từ A đến B là l n r ( )r  Theo nguyên lí Ferman, độ dài quang trình từ A đến B phải đạt cực trị, tức là dl [n '( r ) r n ( r )] 0 dr nr Tức là n' ( r ) (3) r Thay (3) vào (2) ta được rR 1(r) n e 8700 (4) 8700 r Tại mực nước biển, rRm 6400.103 . Dùng giá trị này kết hợp với (1) và (4) ta được .6400.103 10,00136 8700 Tại mực nước biển, tức là tại 300K và 1atm n00 1 0,0003 Do đó 4,53 0 Như vậy chỉ khi không khí có mật độ bằng 4,53 lần mật độ khí thực thì ánh sánh mới bị uốn quanh quả đối với độ cong bằng độ cong của mặt quả đất tại mực nước biển. Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ Long Trang 17
18. III. BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Coi khí quyển của trái đất như một lớp trong suốt có chiết suất giảm theo độ cao theo công thức: n n a h0 trong đó: n0 là chiết suất tại mặt đất, a là hằng số, ah rất nhỏ so với 1; bán kính trái đất là R. 1. Một tia sáng phát ra từ điểm A, ở độ cao h0, chiếu theo phương nằm ngang, trong một mặt phẳng kinh tuyến. Tính h0 để tia sáng truyền đúng theo một vòng tròn xung quanh trái đất, rồi trở lại điểm A. 2. Một tia sáng khác, phát ra từ điểm B ở độ cao h bất kì. 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. Bài 2: Giữa hai môi trường trong suất chiết suất n0 và n1 ( nn01 1) có một bản hai mặt song song bề dày e. Bản mặt được đặt dọc theo trục Ox của hệ tọa độ Oxy như hình vẽ. Chiết suất của bản mặt chỉ thay đổi theo phương vuông góc với bản mặt theo quy luật 22 nn01 n n0 1 ky , k 2 . Từ môi trường chiết suất n0 có một tia sáng đơn sắc chiếu tới điểm en0 O trên bản mặt, theo phương hợp với Oy một góc . 1. Lập phương trình xác định đường truyền của tia sáng trong bản mặt. 2. Xác định vị trí điểm tia sáng ló ra khỏi bản mặt. Bài 3: Một tia sáng thuộc mặt phẳng yOz đi vào vùng z 0 kà nnya()0Y (1||) với n0 là chiết suất của môi trường tại y=0. a. Thiết lập phương trình xác định sự biến đổi của tia sáng trong vùng z>0. b. Quỹ đạo của tia sáng bị hạn chế với a=0. Xác định điểm xa nhất mà tia sáng tới được so với trục Oz. Bài 4: Chiết suất khí quyển của một hành tinh X giảm theo độ cao h tính từ mặt đất theo quy luật n n0 h : với n là chiết suất của khí quyển ở độ cao h so với mặt đất, n0 là chiết suất khí quyển ở mặt đất, a là hệ số không đổi, n và n0 có trị số lớn hơn 1 một chút còn ah luôn rất nhỏ hơn 1,bán kính hành tinh của R. Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ Long Trang 18
19. 1. Hãy xác định độ cao để tia sáng đi vòng quanh hành tinh ở độ cao không đổi. 2. Một tia sáng khác xuất phát ở điểm B ở độ cao h bất kì. Tia sáng này nằm trong một mặt phẳng kinh tuyến và làm với đường thẳng đứng tại đó một góc i0. Tính i0 để tia sáng đi qua điểm B’ nằm xuyên tâm đối với điểm B sau khi phản xạ 1 lần trên tầng cao khí quyển. nR0 R Đáp số: h0 ;i0 (1 ) 2 2n0 Bài 5: Một quả cầu có bán kính R làm bằng liệu trong suốt chiết suất biến thiên theo bán Ra kính theo quy luật nra()(0) ra Chiếu tia sáng từ chân không lên quả cầu dưới góc tới  Xác định khoảng cách d gần nhất từ tia sáng đến tâm quả cầu. Rasin Đáp số: d aR (1sin) Bài 6: Một sợi quang có chiết suất thay đổi, phần lõi có chiết suất giảm dần từ n( r 0) n1 ; phần vỏ có chiết suất n2, a là bán kính phần lõi. Xét với một tia sáng truyền tới sợi tại O và truyền trong mặt phẳng trục ở trong lõi. Cho góc tới  22 222 r nn12 Cho nnBB(r )1 [12() ] 2 an2 1 dnr a) Chứng tỏ rằng ()()122 trong đó A là hằng số dAx b) Tìm quỹ đạo của tia sáng và chứng tỏ rằng tia sáng cắt trục Ox tại những điểm cách đều nhau một đoạn d. Tính d. c) Hãy tính độ trễ xung thời gian ánh sáng truyền trong ống. Biết chiều dài của sợi quang là l. Bài 7: Một tia sáng chiếu vuông góc lên một mặt phẳng ngăn cách môi trường có chiết suất n(y) phụ thuộc vào tọa độ y tại điểm A. Dạng của hàm n(y) phải như thế nào để trong môi trường này, tia sáng truyền theo có dạng hình sin? Cho: Chiết suất tại A là nA Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ Long Trang 19
20. - Phưởng trình đường truền tia sáng có dạng : ya s in ( k x ) 2 222 Đáp số: nnkayYA 1() Bài 8 : Xét một bản mặt song song, trong suốt có chiết suất n biến thiên theo khoảng cách z tính từ mặt dưới của bản. Chứng minh rằng nnAB.sin  .sin Giả sử bạn đang đứng ở trong một sa mạc rộng và phẳng. Bạn thấy ở đằng xa hình như có mặt nước. Nhưng khi bạn lại gần thì ‘nước’ lại lùi ra xa sao cho khoảng cách từ bạn đến nước luôn luôn không đổi. Giải thích ảnh ảo đó ? Ước lượng nhiệt độ của mặt đất (đề cập đến ở phần trên) với giả thiết mắt của bạn ở độ cao 1,6m so với mặt đất và khoảng cách từ bạn tới ‘nước’ là 250m. Chiết xuất của không khí ở nhiệt độ 150C và áp suất khí quyển chuẩn là 1,000276. Ở độ cao lớn hơn 1m so với mặt đắt thì nhiệt độ không khí được coi là không đổi và bằng 300. Áp suất khí quyển bằng áp suất tiêu chuẩn. Gọi chiết suất không khí bằng n và giả thiết rằng n-1 tỉ lệ với khối lượng riêng của không khí. Hãy ước lượng độ chính xác của kết quả thu được. Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ Long Trang 20
21. IV. KẾT LUẬN Bài toán chiết suất thay đổi là phần kiến thức hay, khó và rất đa dạng, đặc biệt là yêu cầu rất nhiều kỹ năng toán học, đòi hỏi học sinh phải được trang bị công cụ toán học đủ mạnh, phải được vận dụng nhiều mới thành thạo. Các ví dụ trên đây chỉ là những ví dụ điển hình minh hoạ một phần nào cho chuyên đề này. Rất mong các đồng nghiệp góp ý, bổ xung để chuyên đề thực sự bổ ích trong công tác giảng dạy đối với học sinh chuyên cũng như công tác bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp. Tôi xin chân thành cảm ơn. Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ Long Trang 21
22. V. TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. VŨ THANH KHIẾT,LƯU HẢI AN - Bài tập điện học - quang học - vật lý hiện đại. 2. LÊ VĂN TUYỀN - Chuyên đề duyên hải 2009. 3. Tuyển tập đề thi 30-4. 4. UNG-KUO-LIM – Bài tập và lời giải quang học – Nhà xuất bản giáo dục. 5. DAVID HALLIDAY- ROBERT RESNICK- JEARL WALKER; (2001),Cơ sở Vật lý- Tập 6- Quang Học; Nhà xuất bản Giáo dục. 6. VŨ THANH KHIẾT- VŨ ĐÌNH TÚY; ( 2011), Các đề thi học sinh giỏi Vật lý từ năm 2001 đến 2010); Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam 7. website : thuvienvatly.com.vn Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ Long Trang 22