HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ….… HỘI THẢO LẦN THỨ VIII CHUYÊN ĐỀ MẶT CẦU KHÚC XẠ MÔN: VẬT LÍ TÁC GIẢ: NGUYỄN VIỆT CƯỜNG ĐƠN VỊ: TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT-QUẢNG NGÃI Hải Phòng, 11/2015 A Cơ sở lý thuyết I Lưỡng chất cầu Định nghĩa : Là cặp môi trường suốt ngăn cách mặt cầu Điều kiện tương điểm Điều kiện tương điểm lưỡng chất cầu (LCC) : - Góc mở 2ϕ mặt cầu phải nhỏ - Chùm tia tới chùm tia hẹp nghiêng trục Những tia chùm gọi tia gần trục Ảnh vật qua lưỡng chất cầu Ảnh vật qua LCC biểu diễn Hình 1.a Hình 1.b n1 i S d I O n2 r ’ C S d’ B A n1 i n2 C O d d’ Hình 1.a Hình 1.b Công thức lưỡng chất cầu Nếu điều kiện tương điểm thỏa mãn, từ Hình 1.b ta có : AB AB = ≈ sin i ⇒ AB = d sin i (1) OA d A' B ' A' B ' tan r = = ≈ sin r ⇒ A ' B ' = d 'sin r (2) OA ' d' A ' B ' d ' s inr n1 d ' = = Từ (1) (2) ta : (3) AB d sin i n2 d Mặt khác, xét hai tam giác đồng dạng ∆CA ' B ' ∆CAB ta có : A ' B ' CA ' d '− R = = (4) AB CA d + R d '− R n1 d ' = Từ (3) (4), suy : (5) d + R n2 d n n n −n Biến đổi (5) rút : + = (6) d d' R tan i = Biểu thức (6) gọi công thức lưỡng chất cầu Quy ước chọn : gốc đoạn thẳng định hướng đỉnh O mặt cầu, : - Chiều dương đoạn OA = d ngược với chiều tia tới - Chiều dương đoạn OA ' = d ' đoạn OC = R chiều tia tới - Với d ' > ứng với ảnh thật ; d ' < ứng với ảnh ảo - Với d > ứng với vật thật; d < ứng với vật ảo Nếu R → ∞ (6) chuyển thành công thức lưỡng chất phẳng (LCP) : n1 n2 + =0 d d' Số phóng đại ảnh qua lưỡng chất cầu (7) A’ B’ tan i AB d ' d ' = = (8) tan r A ' B ' d | k | d Theo định luật khúc xạ ánh sáng điều kiện tương điểm, ta có : tan i sini n2 = = (9) tan r sin r n1 n1 d ' Từ (8) (9), viết lại : | k |= n2 d n1 d ' Một cách tổng quát : k = − (10) n2 d Nếu ảnh chiều vật k > ; ảnh ngược chiều vật k < Nếu ảnh vật qua LCP, từ (7) (10) suy : k = 1, ảnh chiều cao vật II Kính cầu Kính cầu cầu suốt, đồng tính có chiết suất n Công thức kính cầu Một khối cầu tâm O, bán kính R, chiết suất n đặt không khí Điểm sáng S đặt cách tâm O khoảng d Xét tia sáng đến gặp khối cầu góc tới bé Bây ta xác định vị trí ảnh S’ S M Áp dụng định lý hàm sin cho hai tam γ i I J i’ β giác : S’ r r’ S α O R d ∆SIO : = (1) d’ sin α sini d R d' Hình ∆S 'J O : = (2) sin β sini' Vì góc i, α, β bé nên (1) (2) viết lại sau : R d = (3) α i R d' = (4) β i' Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng I J cho góc bé : i = nr (5) i’ = nr’ (6) Từ hình vẽ ta có : α + β = 2(i − r) ⇒ β = 2(i − r) − α (7) Kết hợp (3),(4),(5),(6) (7), biến đổi thu : 1 + = (1 − ) (8) d d' R n Biểu thức (8) gọi công thức kính cầu Quy ước: Lấy O làm gốc : d = OS chiều dương ngược chiều tia sáng tới; d ' = OS' chiều dương chiều tia sáng tới Số phóng đại ảnh Từ Hình 1.b ta có : Ảnh vật qua kính cầu biểu diễn hình Xét hai tam giác vuông đồng A 'B' d' dạng : ∆OAB ∆OA ' B ', suy : k = =− AB d Nếu ảnh chiều vật k > 0; i I J ảnh ngược chiều vật k < B r A III Mặt cầu khúc xạ có A’ O chiết suất biến thiên B’ Một tia sáng đơn sắc, chiếu đến cầu suốt với góc tới i Hình Coi chiết suất cầu phụ thuộc vào bán kính cầu theo quy luật n (r) = R +a với R bán kính r+a i I i1 J r r i A1 K I (1) IO cầu, a số, r khoảng cách từ tâm cầu tới điểm có chiết suất n(r).Tia sáng bị khúc xạ vào cầu Ta biểu diễn quy luật biến đổi góc tới i tia sáng vào cầu Trước tiên chia cầu thành lớp cầu mỏng có độ dày dr cho chiết suất lớp cầu không đổi n(r), phần tia khúc xạ lớp cầu coi đoạn thẳng Áp dụng định luật khúc xạ I: n sin i = n1 sin r (1) Áp dụng định lý hàm sin tam giác OIJ : r(1) R sin r sin i1 n R sin i = n1r(1) sin i1 = I Hình (2) Từ (1) (2) ta có : (3) Tương tự, áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng J : n1 sin i1 = n sinr1 (4) Áp dụng định lý hàm sin tam giác OJK : r(2) sin r1 = r(1) sin i (5) Từ (4) (5) ta có : n1 r(1) sin i1 = n r(2) sini (6) Từ (3) (6) suy cách tổng quát : n (r) r(r) sin i r = const (7) B Vận dụng Bài : Một bình thủy tinh hình cầu, đường kính 10 cm chứa đầy nước, chiết suất n = 4/3 Trong bình có cánh hoa nhỏ, coi vật phẳng AB Xác định vị trí số phóng đại ảnh cánh hoa, hai trường hợp : a Cánh hoa đặt tâm hình cầu b Cánh hoa đặt cách tâm hình cầu cm, phía người quan sát Bỏ qua độ dày vỏ bình cầu Giải : a Vì độ dày vỏ bình mỏng, nên coi nước tiếp giáp với không khí mặt cầu lưỡng chất Áp dụng công thức lưỡng chất cầu, ta có : n 1− n + = ⇒ d ' = − R = −5cm R d ' −R Hình Áp dụng công thức tính số phóng đại ảnh, ta có : n d' k = − = n = / n2 d Vậy ảnh cánh hoa trùng với vị trí cánh hoa, ảnh ảo, chiều lớn cánh hoa (Hình 5) b Tương tự, áp dụng công thức lưỡng chất cầu, ta có : n 1− n R (R − 1) + = ⇒d'= = −3, 75cm R −1 d ' −R − (R + n) n1 d ' d' = − n = 1, 25 n2 d d Vậy ảnh cánh hoa cách đỉnh chỏm cầu O 3,75 cm ảnh ảo chiều lớn cánh hoa Bài : Hai khối cầu suốt có bán kính R, chiết suất n Khoảng cách hai tâm D ≥ 2R Hãy tìm hệ thức liên hệ D, R, n để chùm sáng tới hẹp song song với đường thẳng nối tâm hai cầu sau qua hệ lại trở thành chùm song song Biện luận kết tìm O1 O2 → S1  → S2 Giải : Sơ đồ tạo ảnh chùm sáng qua hệ : S  d ,d ' d ,d ' Số phóng đại ảnh xác định : k = − 1 2 Áp dụng công thức kính cầu cho ảnh S1 qua khối cầu thứ có tâm O1 : 1 1 nR + = (1 − ) ⇒ + ' = (1 − ) ⇒ d1' = d d' R n ∞ d1 R n 2(n − 1) Ảnh S1 trở thành vật qua khối cầu thứ hai có tâm O2, nR D(n − 1) − nR d = O1O2 − d1' = D − = 2(n − 1) 2(n − 1) Áp dụng công thưc kính cầu cho khối cầu thứ hai : 1 nR D(n − 1) − nR nR + = (1 − ) ⇒ d = = ⇒D= d2 ∞ R n 2(n − 1) 2(n − 1) (n − 1) Biện luận : Từ điều kiện toán cho D ≥ 2R ⇒ nR ≥ 2R ⇒ n ≤ (n − 1) Bài : Một thấu kính dày có mặt cầu lồi mặt cầu lõm (Hình 6) Chiết suất thấu kính n Bán B kính mặt cầu lồi lớn bán kính mặt cầu lõm ∆R A Hãy tính bề dày e đoạn trục nối hai đỉnh O1O2 mặt cầu để số phóng đại ảnh cho thấu kính không phụ thuộc vào vị trí đặt vật AB trục trước thuấ kính Áp dụng số: ∆R = 1,5cm; n = 1,5 Giải : Sơ đồ tạo ảnh vật AB cho hệ lưỡng chất cầu: O1 O2 AB  → A1B1  → A2 B2 d ,d ' d ,d ' 1 O1 O2 Hình Áp dụng công thức lưỡng chất cầu cho mặt cầu lưỡng chất có đỉnh O1 có bán kính R1 : n n −1 nR1d1 + ' = ⇒ d1' = (1) d1 d1 R1 d1 (n − 1) − R1 Ảnh A1B1 vật cho mặt cầu lưỡng chất có đỉnh O2 có bán kính R2, ta có : nR1d1 d [e(n − 1) − nR1 ] − eR1 d = e − d1' = e − = (2) d1 (n − 1) − R1 d1 (n − 1) − R Áp dụng công thức lưỡng chất cầu ta có : n n −1 R2 d + ' =− ⇒ d 2' = − (3) d2 d2 R2 d (n − 1) + nR R2 d1 [e(n-1)-nR1 ]-eR1R2 ' Thay (2) vào (3), biến đổi rút : d = − d1 (n − 1){[e(n-1)-nR1 ]}- n R1 R (4) d1' d 2' d1' d 2' (−n) = Số phóng đại ảnh cho hệ : k = k1.k2 = − (5) n d1 d d1 d nR1 R2 Thay (1), (2) (4) vào (5) thu : k = − (6) d1 (n − 1){[e(n-1)-nR1 ]+nR2 }- n R1 R n∆R Để k không phụ thuộc vào vị trí vật : [e(n-1)-nR1 ]+nR2 = ⇒ e = (7) n −1 Thay số vào (7) rút : 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 1,5 Môi trường tiếp xúc với mặt cầu không khí Môi trường tiếp xúc với mặt phẳng thấu kính B nước có chiết suất 4/3 Các tia sáng truyền đến thấu O1 A O kính thỏa mãn điều kiện tương điểm Đặt vật sáng AB cao mm vuông góc với trục chính, A trục (Hình 7) cách đỉnh O thấu kính cm Hình a Hãy xác định vị trí, tính chất độ cao ảnh cho thấu kính b Xác định vị trí tiêu điểm ảnh vật thấu kính Giải : a.Coi hệ gồm lưỡng chất cầu lưỡng chất phẳng, sơ đồ tạo ảnh vật qua hệ : O1 O AB  → A1B1  → A2 B2 d ,d ' d ,d ' 1 2 Gọi n1 chiết suất không khí, n2 chiết suất thủy tinh n3 chiết suất nước Ảnh vật qua lưỡng chất cầu xác định : n1 n2 n2 − n1 + = ⇒ d1' = −27cm d1 d1' R Ảnh A1B1 vật qua lưỡng chất phẳng, ta có : d = OO1 − d1' = 31,5cm ' Áp dụng công thức lưỡng chất phẳng, ta có : d = − Số phóng đại ảnh qua hệ : k = n3 d = −28cm n2 A2 B2 n d' = k1k2 = k1 = − 1 = n2 d1 AB Chiều cao ảnh cuối qua hệ : A2 B2 =| k | AB = 3mm Vậy, ảnh cuối qua hệ ảnh ảo, chiều vật, cao gấp ba lần vật cách O khoảng 28 cm b - Xác định tiêu điểm vật : vật thật đặt tiêu điểm vật F cho ảnh cuối vô cực Áp dụng công thức lưỡng chất phẳng, ta có : n3 d = ∞ ⇒ d = −∞ ⇒ d1' = O1O − d = ∞ n2 n1 n2 − n1 = ⇒ d1 = FO = 9cm Áp dụng công thức lưỡng chất cầu, ta có : d1 R d 2' = − - Xác định tiêu điểm ảnh : Vật vô cực qua thấu kính cho ảnh tiêu điểm ảnh F’ Áp dụng công thức lưỡng chất cầu, ta có: n1 n2 n2 − n1 Rn2 + = ⇒ d1' = = 13,5cm ∞ d '1 R n2 − n1 Áp dụng công thức lưỡng chất phẳng, ta có : d = OO1 − d1' = −9cm ⇒ d 2' = − n3 d = O1 F ' = 8cm n2 Vậy tiêu điểm vật thấu kính cách đỉnh O bán cầu cm, tiêu điểm ảnh thấu kính cách tâm O1 bán cầu cm Bài 5: (Trích đề thi HSG Quốc gia môn Vật lý năm 2005) Một vật sáng có khối lượng m, coi chất điểm, gắn lò xo có độ cứng k có khối lượng không đáng kể Khi dao động, vật có vị trí cân nằm đường thẳng kéo dài đường kính O1O2 cầu thủy tinh Quả cầu có bán kính R, chiết suất n = 1,5 Khoảng cách từ vị trí cân vật sáng tới O1 R Mặt sau cầu tráng bạc Hình Chỉ xét ảnh vật sáng tạo tia từ vật đến cầu với góc tới nhỏ Coi chiết suất không khí O1 R C O2 a Xác định vị trí ảnh vật sáng vật vị trí cân b Khi vật sáng dao động với biên độ A (A có giá trị Hình nhỏ) ảnh vật dao động với vận tốc cực đại ? Giải : a Ảnh vật nhỏ qua quang hệ có sơ đồ sau : O1 O2 O1 S  → S1  → S2  → S3 d ,d ' d ,d ' d ,d ' 1 2 3 Áp dụng công thức lưỡng chất cầu cho ảnh S1 tạo S, ta có : n1 n2 n2 − n1 n n −1 nR + = ⇒ + ' = ⇒ d1' = = −3R d d' R R d1 R n−2 Ảnh S1 lại vật gương cầu lõm có đỉnh gương O2 cho ảnh S2, ta có : d = O1O2 − d1' = 5R Áp dụng công thức gương cầu, ta có : 1 d f 5R + ' = ⇒ d 2' = = d2 d2 f d2 − f Ảnh S2 qua lưỡng chất cầu lại cho ảnh S3, ta có : d = O1O2 − d 2' = Áp dụng công thức lưỡng chất cầu : 13R n 1− n 13R 13R + ' = ⇒ d 3' = =− d d3 − R 4n − 13 13R b Khi vật dao động, tức vật dịch chuyển từ M đến N theo phương vuông góc với đường O1O2 ảnh cuối qua hệ dịch chuyển từ M3 đến N3 theo phương vuông góc với đường O1O2 Sơ đồ tạo ảnh qua hệ biểu diễn sau : O1 O2 O1 MN  → M N1  → M N  → M N3 d ,d ' d ,d ' d ,d ' Vậy ảnh cuối qua hệ ảnh ảo, cách O1 khoảng 1 2 3 Áp dụng công thức tính số phóng đại ảnh qua lưỡng chất cầu qua gương cầu, ta có : M N1 d1' M N2 d 2' M N3 d 3' 27 k1 = =− = ; k2 = = − = − ; k3 = = −n = n d1 d2 d 14 MN M N1 M N2 M N3 3 = k1 k k = − ⇒ M N = − MN (*) 7 MN Gọi v vận tốc vật dao động, v’ vận tốc ảnh cuối qua hệ Đạo hàm hai vế (*) theo thời gian ta có : v ' = − v Vậy chuyển động ảnh cuối qua hệ ' = vmax Vì vật nhỏ dao ngược chiều chuyển động vật có độ lớn cực đại : vmax k động điều hòa nên vận tốc cực đại vật dao động : vmax = ωA = A m 3A k ' = Suy được: vmax m Bài 6: (Trích đề thi Vật lý Quốc tế năm 1971) Một bể cá hình cầu làm thủy tinh mỏng chứa đầy nước có chiết suất n = 4/3, đặt trước gương phẳng đứng thẳng Bán kính bể R, khoảng cách từ tâm bình cầu đến gương 3R Quan sát viên khoảng cách lớn nhìn theo đường kính hình cầu vuông góc với gương Ở điểm đường kính ngược với phía có quan sát viên, có cá bắt đầu bơi theo thành bể, vuông góc với đường kính, với vận tốc v Những ảnh cá mà quan sát viên trông thấy xa với vận tốc tương đối vtđ ? Giải : Số phóng đại ảnh qua hệ : k = G M A3B3 O1 O AB O2 A’B’ A2B2 Hình Quan sát viên hai ảnh cá AB, tia sáng phía mắt, tia sáng phía gương phẳng phản xạ lại mô tả Hình hai sơ đồ tạo ảnh sau : O2 G O O1 → A1B1  → A2 B2  → A3 B3 AB  → A 'B' ; AB  d1 , d1 ' d2 ,d2 ' d , d3 ' d ,d ' a Xác định ảnh A’B’ Vật AB qua lưỡng chất cầu có đỉnh O1 cho ảnh A’B’ n1 n2 n2 − n1 + = d d' R n 1− n 2R + = ⇒d'= = −3R Theo quy ước, suy : 2R d ' − R n−2 Áp dụng công thức lưỡng chất cầu : n1 d ' d' = − n = n2 d d Vậy ảnh A’B’ AB ảnh ảo, chiều lớn gấp lần AB Mặt khác, theo số A' B ' (1) phóng đại ảnh : ka = = ⇒ A ' B ' = AB AB Đạo hàm hai vế (1) theo thời gian, thu : v A ' = 2v A = 2v (2) b Vật AB nằm sát lưỡng chất cầu có đỉnh O2 nên ảnh A1B1 ảnh ảo nằm trùng với AB Ảnh A1B1 vật cho gương phẳng G, ta có : d = O2G − d1' = O2G = R ⇒ d 2' = − d = −2 R Ảnh A2B2 ảnh ảo chiều với vật AB A2B2 lại ảnh kính cầu tâm O, ta có : d = OG − d 2' = 3R − (−2 R) = 3R Áp dụng công thức kính cầu, ta có : 1 1 n −1 10 R + ' = (1 − ) ⇒ ' = ( )− ⇒ d 3' = d d3 R n d3 R n 5R Số phóng đại ảnh A3B3 : A3 B3 d 3' kb = k1k2 k3 = =− =− (3) d3 AB Từ (3), ta có : A3 B3 = − AB (4) Đạo hàm hai vế (4) theo thời gian, thu : 2 v A3 = − v A = − v (5) 3 Vậy ảnh A3B3 AB chuyển động ngược chiều với AB có độ lớn v Vận tốc uurtương uur đối uur củauhai ur ảnh uur A’B’ uur A3B3 xác định sau : v A3 = v A ' + vtđ ⇒ vtđ = v A3 − v A ' (6) Vì A’B’ chuyển động chiều AB, A3B3 chuyển động ngược chiều AB nên A’B’ chuyển động ngược chiều A3B3 Từ (2) (5), suy : 2v 8v vtđ = 2v + = 3 Bài 7: Một chùm sáng đơn sắc, hẹp (coi tia sáng) chiếu đến cầu suốt với góc tới i Chiết suất cầu phụ thuộc vào bán kính cầu theo công thức Số phóng đại ảnh : k = − n (r) = R +a với R bán kính cầu, a số, r khoảng cách từ tâm cầu tới điểm r+a có chiết suất n(r).Tia sáng bị khúc xạ cầu Hãy xác định khoảng cách nhỏ từ tâm cầu đến tia khúc xạ vẽ phát họa đường truyền tia sáng cầu Giải : Áp dụng : n R sin i = n (r) r sin i (r ) = const (1) Trong i r góc tới lớp cầu có bán kính r Do chiết suất khối cầu phụ thuộc vào bán kính nên vào gần tâm cầu bán kính r lớp cầu nhỏ Suy chiết suất n(r) vào tâm cầu tăng, tức n0 < n1 < n2 < … R +a R +a r sin i (r) = const ⇔ sin i (r ) = const a Từ (1), ta có : r + a (2) 1+ r Từ (2), suy tia khúc xạ vào gần tâm cầu góc khúc xạ i (r) lớp cầu tăng, i < i1 < i < Khi góc khúc xạ tăng đến giá trị lớn i (r) = 900 tia khúc xạ lại tiếp tục lại truyền xa tâm cầu Như vậy, điểm có i (r) = 90 khoảng cách từ tâm cầu đến tia khúc xạ nhỏ bán kính nối từ tâm cầu đến điểm Từ (1) ⇒ n R sin i = n (r) rmin sin 90 = aRn sin i R+a rmin sin 90 ⇒ rmin = rmin + a a + R(1 − n sin i) (3) Từ điều kiện biên toán ta có : rmin = O r I aR sin i a + R(1 − sin i) Đường truyền tia sáng cầu có dạng Hình 10 Hình 10 Bài 8: Một khối chất suốt dạng hình trụ tròn rỗng đặt không khí Bán kính mặt mặt hình trụ rỗng 3R 2R , với R số dương Chiết suất khối chất thay đổi theo khoảng cách r đến trục hình trụ rỗng theo quy luật : n(r) = r , với R ≤ r ≤ 3R R Chiếu tia sáng đơn sắc tới mặt khối chất điểm A (Hình 11) nằm mặt phẳng tiết diện ngang khối chất a Chứng minh điểm nằm đường truyền ánh sáng nằm cách trục hình trụ rỗng khoảng r , góc tới i(r) tia sáng điểm thỏa hệ thức : n(r) r sin i(r) = const b Tính góc tới iA để tia sáng : Hình 11 - tới mặt hình trụ - vào phần rỗng hình trụ c Khi góc tới iA = 60 , tính khoảng cách nhỏ từ trục hình trụ rỗng đến tia sáng Giải : a Chia khối trụ thành lớp trụ mỏng cho chiết suất lớp mỏng không đổi biểu diễn hình vẽ 12 Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng I : n1 sin i1 = n2 sin r1 (1) r2 r = Áp dụng định lí hàm số sin cho tam giác OIJ ta có (2) sinr1 sin i2 Từ (1) (2) suy : n1r1 sin i1 = n2 r2 sin i2 = n(r) r sin i( r ) = const (3) i1 n1 I r1 i2 n2 A J (1) r2 I O Hình 12 b – Tính góc tới iA để tia sáng tới mặt hình trụ : Từ (3), tia sáng vào khối trụ rỗng n(r)r giảm nên góc tới i(r) tăng Để tia sáng tới thành khối trụ rỗng góc tới i(r) thành khối trụ rỗng phải thỏa : i(r) ≤ 900 ⇒ sin i(r) ≤ (4) Áp dụng (3) cho điểm A điểm thành khối trụ, ta có : nA rA sin iA = n(r) r sin i( r ) ⇔ 3R sin i A = 2 R sin i( r ) (5) Từ (4) (5), suy : sin iA ≤ 2 ⇒ iA ≤ 330 3 – Tính góc tới iA để tia sáng tới vào phần rỗng khối trụ : Để tia sáng vào phần rỗng khối trụ phải thỏa mãn điều kiện không xảy phản xạ toàn phần thành khối trụ, ta có : sin i(r) ≤ sin i(r)gh (6) Từ (5) (6), rút : nA rA sin iA ≤ n(r) r n(r) (7) Thay r = 2R; n(r) = vào (7) thu : iA ≤ 22, c Khoảng cách nhỏ từ trục hình trụ đến tia sáng góc tới i(r) = 90 Từ (3), ta có : nA rA sin iA = n(r ) rmin ⇒ rmin = 81 R ≈ 2, 73R Vậy khoảng cách nhỏ từ trục hình trụ đến tia sáng rmin ≈ 2, 73R;(2 R ≤ rmin ≤ 3R) Bài : (Trích đề thi Olympic Vật lý Boston, Mỹ năm 2000) Một hành tinh có khối lượng riêng áp suất khí Trái Đất Để đơn giản, xem nhiệt độ bầu khí không thay đổi theo độ cao có giá trị nhiệt độ bề mặt hành tinh Ngoài thành phần khí hành tinh giống Trái Đất Hỏi hành tinh phải có bán kính để chùm tia sáng dọc theo bề mặt vòng quanh hành tinh ? Cho biết chiết suất môi trường phụ thuộc khối lượng riêng ρ theo hệ thức : n(ρ) = + ερ , với ε số Giải : Xét lớp khí bề mặt hành tinh có độ cao dh Để chùm tia sáng dọc theo bề mặt vòng quanh I,J chùm tia khúc xạ phải theo phương ngang, chùm tia khúc xạ vuông góc với bán kính OI,OJ Áp dụng công thức : n(r) r sin i(r) =const cho hai điểm I,J ta n+dn n i I nR sin i1 = (n + dn)(R + dh) sin i2 Vì sin i1 = sin i2 nên suy : nR = (n + dn)(R + dh) n dn dh dh (Hình 13) hành tinh tức có : R O (1) Triển khai biểu thức (1), lấy số hạng bậc theo h, R=− J Hình 13 ta có : (2) n dn εd ρ R=− = εd ρ Vì n(ρ ) = + ερ , nên : dh dh dh dρ Như vậy, ta cần phải xác định Ta cần phải có ba liệu : dh m ρ a Đối với khí bề mặt hành tinh, ta có : pV = RT ⇒ p = RT µ µ (3) (4) Thành phần khí bề mặt hành tinh giống trái đất, nhiệt độ bầu khí không phụ thuộc vào độ cao nên số khí R không phụ thuộc vào độ cao Từ (4) suy : Do : p ρ p = ⇒ ρ = ρE pE ρ E pE d ρ ρ E dp = dh pE dh (5) (6) b Nếu xét cột không khí nhỏ có độ cao dh đáy có diện tích S độ giảm áp suất cột khí xác định : − S dp d = (ρVg ) = ρs g dh dh dp = − gρ dh GM RE2 M g = ⇒ g = g c Từ E R2 R2 M E Từ (7) suy : (7) (8) (9) Vì khối lượng riêng hành tinh giống khối lượng riêng trái đất nên ta có : M R3 = M E RE Kết hợp (9) (10) suy : g = (10) gE R RE (11)  ρ  g  dρ = −ρR  E ÷ E ÷ (12) dh  pE  RE  nRE pE Thay (12) vào (3) ta tìm : R = (13) εg E ρ E ρR Thay (8) (11) vào (6) ta thu : Với n( ρ) = + ερ , ρ = ρ E kết hợp (13) ta thu : R = (1 + ερ E ) RE pE εg E ρ2E C Bài tập tự giải Bài : Một hình trụ thuỷ tinh chiết suất n = 1,53 đặt không khí, có đáy phẳng MN vuông góc với trục O’O hình trụ (hình vẽ) Đáy hình trụ O Q P chỏm cầu PQ có đỉnh O, bán kính cong R = 4mm Trên đáy MN có vết xước thẳng AB dài 1mm Đặt mắt O ta nhìn thấy ảnh ảo A’B’ AB cách mắt khoảng 40cm a.Tính độ cao O’O hình trụ kích thước ảnh A’B’ b.Thực tế vết xước có độ sâu dọc theo trục O’O 0,01mm Tính kích thước dọc theo trục O’O ảnh vết xước O’ M B A N Đáp số : k =53; A’B’=5,3cm; ∆d ' = 2, 05cm Bài : Một vỏ cầu có bán kính R1 bán kính R2 n1 làm chất suốt có chiết suất n2 Từ môi trường i1 I i n2 có chiết suất n1, tia sáng chiếu tới vỏ cầu J góc tới i1 Trước vào bên trong, tia sáng chiếu đến mặt vỏ cầu góc tới i2 (hình vẽ) Thiết lập hệ thức liên hệ i1, i2 với R1, R2 n1, n2 O Một cầu tâm O, bán kính R làm chất R2 suốt Cách tâm O khoảng r, chiết suất cầu R1 2R điểm xác định : n r = Từ không khí, chiếu R+r tia sáng tới cầu góc tới i = 30o : a Xác định khoảng cách ngắn từ tâm O tới đường tia sáng b Xác định góc lệch tia sáng tới tia sáng ló cầu π/ sin x dx ≈ 0,386 Đáp số : rmin = R/3; 2370 Cho biết : ∫ sin x − π/6 Bài : Coi khí Trái Đất lớp suốt có chiết suất giảm theo độ cao theo công thức : n = n0 – ah, với n chiết suất khí độ cao h so với mặt đất; n0 chiết suất khí mặt đất; a hệ số không đổi n n0 lớn chút, ah nhỏ 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 n quanh Trái Đất trở lại điểm A Đáp số : h0 = ( − R) a Hết [...]... suất môi trường phụ thuộc khối lượng riêng ρ theo hệ thức : n(ρ) = 1 + ερ , với ε là hằng số Giải : Xét lớp khí quyển trên bề mặt hành tinh có độ cao dh Để chùm tia sáng có thể đi dọc theo bề mặt vòng quanh thì tại I,J chùm tia khúc xạ phải đi theo phương ngang, chùm tia khúc xạ vuông góc với các bán kính OI,OJ Áp dụng công thức : n(r) r sin i(r) =const cho hai điểm I,J ta n+dn n i I nR sin i1 = (n... Bài 2 : 1 Một vỏ cầu có bán kính ngoài R1 và bán kính trong R2 n1 được làm bằng chất trong suốt có chiết suất n2 Từ môi trường i1 I i 2 n2 ngoài có chiết suất n1, một tia sáng được chiếu tới vỏ cầu dưới J góc tới i1 Trước khi đi vào bên trong, tia sáng chiếu đến mặt trong của vỏ cầu dưới góc tới i2 (hình vẽ) Thiết lập hệ thức liên hệ giữa i1, i2 với R1, R2 và n1, n2 O 2 Một quả cầu tâm O, bán kính...- tới được mặt trong của hình trụ - đi vào phần rỗng của hình trụ 0 c Khi góc tới iA = 60 , hãy tính khoảng cách nhỏ nhất từ trục của hình trụ rỗng đến tia 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 : n1 sin i1 = n2 sin r1 (1)... (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... làm bằng một chất R2 trong suốt Cách tâm O khoảng r, chiết suất của quả cầu tại R1 2R những điểm đó được xác định : n r = Từ không khí, chiếu R+r một tia sáng tới quả cầu dưới góc tới i = 30o : 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 π/ 2 sin x dx ≈ 0,386 Đáp số : rmin = R/3; 2370 Cho biết : ∫ 4 sin x... cao theo công thức : n = n0 – ah, với n là chiết suất khí quyển ở độ cao h so với mặt đất; n0 là chiết suất của khí quyển ở mặt đất; a là một hệ số không đổi n và n0 luôn lớn hơn 1 một chút, còn ah luôn nhỏ hơn 1 Bán kính trái đất là R 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 theo đúng một vòng tròn 1 n quanh... dn εd ρ R=− = εd ρ Vì n(ρ ) = 1 + ερ , nên và do đó : dh dh dh dρ Như vậy, ta cần phải xác định Ta cần phải có ba dữ liệu : dh m ρ a Đối với khí quyển trên bề mặt hành tinh, ta có : pV = RT ⇒ p = RT µ µ (3) (4) Thành phần khí quyển ở trên bề mặt hành tinh cũng giống trái đất, nhiệt độ bầu khí quyển không phụ thuộc vào độ cao nên hằng số khí R cũng không phụ thuộc vào độ cao Từ (4) suy ra được : Do... suy ra được : sin iA ≤ 2 2 ⇒ iA ≤ 330 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 : sin i(r) ≤ sin i(r)gh (6) Từ (5) và (6), rút được : nA rA sin iA 1 ≤ n(r) r n(r) (7) 0 Thay r = 2R; n(r) = 2 vào (7) thu được : iA ≤ 22, 6 0 c Khoảng... giác OIJ ta có (2) sinr1 sin i2 Từ (1) và (2) suy ra được : n1r1 sin i1 = n2 r2 sin i2 = n(r) r sin i( r ) = const (3) i1 n1 I r1 i2 n2 A J (1) r2 I O Hình 12 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... ρ2E C Bài tập tự giải Bài 1 : Một hình trụ bằng thuỷ tinh chiết suất n = 1,53 đặt trong không khí, có đáy dưới phẳng MN vuông góc với trục O’O của hình trụ (hình vẽ) Đáy kia của hình trụ O Q P là chỏm cầu PQ có đỉnh O, bán kính cong R = 4mm Trên đáy MN có một vết xước thẳng AB dài 1mm Đặt mắt ở O ta nhìn thấy một ảnh ảo A’B’ của AB ở cách mắt một khoảng bằng 40cm a.Tính độ cao O’O của hình trụ và kích ... Từ (2), suy tia khúc xạ vào gần tâm cầu góc khúc xạ i (r) lớp cầu tăng, i < i1 < i < Khi góc khúc xạ tăng đến giá trị lớn i (r) = 900 tia khúc xạ lại tiếp tục lại truyền xa tâm cầu Như vậy, điểm... thấu kính dày có mặt cầu lồi mặt cầu lõm (Hình 6) Chiết suất thấu kính n Bán B kính mặt cầu lồi lớn bán kính mặt cầu lõm ∆R A Hãy tính bề dày e đoạn trục nối hai đỉnh O1O2 mặt cầu để số phóng... bị khúc xạ cầu Hãy xác định khoảng cách nhỏ từ tâm cầu đến tia khúc xạ vẽ phát họa đường truyền tia sáng cầu Giải : Áp dụng : n R sin i = n (r) r sin i (r ) = const (1) Trong i r góc tới lớp cầu