CHƯƠNG III TÍNH CHẤT SÓNG ÁNH SÁNG A Cơ sở quang hình học I Các định luật quang hình học Định luật truyền thẳng ánh sáng Trong môi trường suốt, đồng tính đẳng hướng ánh sáng truyền theo đường thẳng Định luật phản xạ khúc xạ ánh sáng a Định luật phản xạ ánh sáng: - Tia phản xạ nằm mặt phẳng tới - Góc phản xạ góc tới : i = i’ i i’ r b Định luật khúc xạ ánh sáng: - Tia khúc xạ nằm mặt phẳng tới - Tỉ số sin góc tới sin góc khúc xạ số không đổi sin i sin r  n21 n21 chiết suất tỉ đối môi trường môi trường n21 = n2 / n1 ,với n1 , n2 chiết suất tuyệt đối môi trường tương ứng sin i n2   n21   n1 sin i  n2 sin r sin r n1 II Những phát biểu tương đương đl Descartes 1.Quang lộ:Quang lộ L hai điểm A, B đoạn đường ánh sáng truyền khoảng khoảng thời giann t, t khoảng thời gian ánh sáng đoạn đường AB môi trường d c L  ct  c ; n   L  nd v v Nếu AS truyền qua nhiều môi trường chiết suất n1 , n2 , n3 … Với quãng đường tương ứng d1 , d2 , d3 ….thì: L  n1d1  n2 d  n3d3  Nếu ánh sáng môi trường mà chiết suất thay đổi liên tục quang lộ hai điểm A B môi trường là: B L   n.ds A ds đoạn đường nhỏ để coi chiết suất không đổi Nguyên lý Fermat: a) Phát biểu: Giữa hai điểm AB, ánh sáng truyền theo theo đường mà quang lộ cực trị ( cực đại, cực tiểu không đổi) b)Sự tương đương NL Fermat ĐL Descartes - Sự tương đương NL Fermat với ĐL phản xạ Xét hai điểm A, B nằm phía mặt phản xạ Gọi AIB đường AS truyền từ A đến B Theo ĐLPX thì: i = i’ Xét điểm I’ mặt phản xạ; gọi B’ điểm đối xứng B qua mặt phản xạ IB = IB’ I’B = I’B’ Vì i = i’ nên ba điểm AIB’ thẳng hàng nên: AI  IB  AI '  I ' B B  n( AI  IB)  n  AI '  I ' B   LAIB  LAI ' B Nghĩa ánh sáng truyền theo đường mà quang lộ cực tiểu A i i’ I I’ B’ - Sự tương đương NL Fermat với ĐLKX Xét hai điểm A, B nằm hai môi trường suốt chiết suất n1 n2 Lấy điểm I mặt phân cách A n1 h1 A’ i1 x B’ P-x I i2 n2 h2 B Quang lộ theo đường AIB L  n1 AI  n2 IB AA '  h1 ; BB '  h2 ; A ' I  x , A ' B '  p 2 2  L  n1 x  h  n2 ( p  x )  h A n1 h1 A’ i1 x B’ P-x I i2 n2 h2 B • Theo NL Fermat AS theo đường cho L cực trị, nghĩa dL x px   n1  n2 0 2 2 dx x  h1 ( p  x)  h2  n1 sin i2  n1 sin i2 Như xuất phát từ định luật Descartes ta tìm nguyên lý Ferma ngược lại Rõ ràng chúng tương đương với Định lý Malus: a) Mặt trực giao: mặt vuông góc với tia chùm sáng b) Định lý: Quang lộ tia sáng hai mặt trực giao chùm sáng Định lý Malus dạng phát biểu tương đương định luật Descartes Chiếu chùm tia sáng đơn sắc song song, bước sóng   0,5 m , thẳng góc với cách tử NX, phía sau cách tử có đặt TKHT tiêu cự f = 1m Mán quan sát hình ảnh nhiễu xạ đặt tiêu diện TK Khoảng cách vạch cực đại quang phổ bậc l = 0,202m Xác định: a) chu kỳ cách tử b) Số vạch 1cm cách tử c) Số vạch cực đại tối đa cho cách tử d) Góc NX ứng với vạch quang phổ a) Vị trí cực đại chính: sin   m  d Quang phổ bậc ứng với hai vạch cực đại ứng với m  1 Khoảng cách vạch cực đại bằng: l   tg   sin    l  f 2f d d 2f d   4,95  m l  f b) Số vạch 1cm cách tử n   2020 vach / cm d  d sin  sin   m  m  , m  0, 1, 2, c) d  d Vì cực đại sin    mmax   9,9  Vì m phải số nguyên nên lấy giá trị sau m: m  0, 1, 2,  Vậy số vạch cực đại tối đa cho cách tử là: Nmax = 2mmax +1 = 19 d) Góc nhiễu xạ ứng với vạch cực đại cùng: mmax  sin    0,91  max  65 30 ' d Vậy hai cực đại đối xứng với trục TK xác định góc 650 30’ -650 30’ Ví dụ: 1) Một cách tử có chu kỳ d = 7,5µm , bề rộng khe d = 1,5 µm Tìm số cực đại cực tiểu Vì d > b nên:   m k (k  1) d b d 7,5 m  5 b 1,5  m  0,  1, 2, 3, 4 Vậy có tất cực đại hai cực tiểu 2) Trong hình nhiễu xạ qua khe hẹp, bề rộng khe 1,5 m , khoảng cách khe liên tiếp  m Tìm số cực đại cực tiểu phía Điều kiện:    k m k 1 k  m  (k  1)    b d b b d b k m k 1     4k  m  4(k  1) 1,5 1,5 Vậy có cực đại hai cực tiểu phía 3) Một cách tử có chu kỳ d = µm Biết chu kỳ cách tử d số nguyên lần bước sóng λ ánh sáng chiếu thẳng góc vào số cực đại tối đa cho cách tử 21 Tìm bước sóng λ Ta có:  d sin   m  mmax  d  N  2mmax   mmax d   0,  m mmax N 1   10 4) Cách tử có chu kỳ d =4,8 µm , bề rộng khe 1,2 µm , chiếu sáng thẳng góc ánh sáng có bước sóng λ = 0,6 µm Tìm số vạch cực đại tối đa cho cách tử Ta có:  d 4,8 m  sin    m   8 d  0,  m  0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 Các cực đại trùng với cực tiểu thỏa:   d m  k  m  k  4k , k  1 d b b bị cực tiểu khử Vậy số cực đại tối đa cho cách tử là: 15 – = 13 AS có bước sóng 600nm đến rọi vuông góc với cách tử nhiễu xạ Hai cực đại xuất góc cho sin tương ứng sin   0, sin   0,3 Cực đại NX bậc không thấy xuất a) Hỏi khoảng cách khe liên tiếp? b) Độ rộng nhỏ khe bao nhiêu? c) Cách tử tạo nên bậc cực đại nhiễu xạ với độ rộng khe chọn theo câu b a) Hai cực đại NX thỏa điều kiện  sin   m  0, d  sin   (m  1)  0,3 d m    m   d  m m 1 b) Cực đại NX bậc không thấy xuất nghĩa bị khử cực tiểu nhiễu xạ đó:   d d  k  b  k  bmin   1,5  m d b 4 c) 6 d 6.10 mmax    10 9  600.10  m  0, 1, 2, ., 9 Tuy nhiên m  4k , k  1, 2 cực đại bị khử cách tử tạo nên bậc , 1, 2, 3, 5, 6, 7, cực đại nhiễu xạ [...]... Khi bậc giao thoa k tăng đến một lúc nào đó vân sáng bậc k của bước sóng λ + Δλ tiến đến trùng với vân sáng bậc k + 1 của bước sóng λ thì sẽ xảy ra san bằng độ rọi giữa hai cực đại liên tiếp trên màn và ta sẽ không phân biệt được các vân giao thoa nữa Bậc giao thoa tương ứng gọi là bậc giao thoa cực đại (   ) D D xk  k a  xk 1  (k  1)   k (   )  (k  1)  k   a Bậc giao thoa cực... của thấu kính hội tụ Vì đặt màn ảnh ở bất kỳ vị trí nào trong vùng giao thoa cũng hứng được vân giao thoa, nên vân giao thoa này gọi là vân không định xứ 4 Giao thoa khi dùng ánh sáng trắng: Giả sử S1 , S2 là 2 nguồn phát ra ánh sáng trắng ( từ 0,4 đến 0,76μm) Khi đó mỗi ánh sáng đơn sắc sẽ cho một hệ thống vân có màu Ta thấy tại x = 0 (k = 0), các ánh sáng đơn sắc đều cho cực đại Kết quả ta có vân... khi đi qua môi trường: L2 – L1 = d( n2 – n1 ) a)Lúc đầu hai sóng cùng pha nhau nên: 2 ( L2  L1 )    2 k   d ( n2  n1 )  k   d min    3100 nm n2  n1 b) Lúc đầu hai sóng lệch pha nhau π nên 2 ( L2  L1 )      2 k     d  (2 k  1)  d min   1550 nm 2(n2  n1 ) 2(n2  n1 ) II.Hiện tượng giao thoa ánh sáng: Là hiện tượng chồng chất của hai (hay nhiều) sóng AS kết hợp làm xuất... nhau SACBR1 và SBR2 chúng gây ra hiện tượng giao thoa tại B do đó ta quan sát thấy vân giao thoa trên mặt bản S maét R H i R2 K A B r d r C 1 HQL của hai tia PX ở mặt dưới và mặt trên: L1  L2   SACBR1    SBR2    SA   ACB    BR1   ( SB    BR2 )   SA  n( AC  CB)  BR1  ( SB  BR2  ) 2 SB  SA  HB , BR1  BR2    L1  L2   n( AC  CB    HB   2  Ta có: d AC  CB... tượng giao thoa : M d1 S1 x O S2 H d2 D • Gọi toạ độ điểm quan sát M trên màn là x Ta xét trường hợp D rất lớn so với a • Hiệu quang lộ của hai tia đi đến M là: ax L2  L1  d 2  d1  S2 H  atg  D D • Vị trí các vân sáng: L2  L1  k   xk  k a k  0;  1;  2;  3, • Vị trí các vân tối : 1 D L2  L1  (k  )  xk  (2 k  1) 2 2a Khoảng vân giao thoa i là khoảng cách giữa hai vân sáng (hoặc... kết hợp: a) Khe Young: O2 O O1 b) Gương Fresnel: là một dụng cụ gồm hai gương G1 , G2 đặt nghiêng nhau một góc rất nhỏ (khoảng vài phần nghìn radian) Một nguồn điểm O đặt trước hai gương sẽ có hai ảnh ảo O1 , O2 O G2 Màn chắn (2 ) O2 (1 ’) G1 (2 ’) G1 (1 ) 2 Biểu thức cường độ ánh sáng giao thoa Giả sử tại điểm M trong không gian có sự chồng chất của hai ánh sáng đơn sắc dao động cùng phương, cùng tần số:... cường độ sáng tỉ lệ với bình phương của biên độ, nên CĐ sáng tổng hợp tại M: I  I1  I 2  2 I1 I 2 cos(2  1 ) Imax khi: 2 2  1  2k  ( L1  L2 )  2k   L2  L1  k  ; k  0, 1, 2,  I max   I1  I 2  2 • Imin khi: 2 2  1  (2 k  1)  ( L1  L2 )  (2 k  1)    L2  L1  (2 k  1) ; k  0, 1, 2, 2  I min   I1  I 2  2 Vậy nếu hai sóng là kết hợp thì CĐ sáng tổng hợp sẽ... quát: • Khi phản xạ trên môi trường có chiết suất lớn hơn môi trường ánh sáng tới thì quang lộ của tia phản xạ dài thêm λ/2 IV Giao thoa gây bởi các bản mỏng Bản mỏng là một bản trong suốt có độ dày vào cở vài phần trăm milimet Khi chiếu ánh sáng vào bản mỏng thì do có sự giao thoa của các chùm tia phản xạ ở mặt trên và mặt dưới của bản mỏng nên trên mặt bản mỏng thường xuất hiện các vân sáng nhiều màu... học sóng Giao thoa ánh sáng I Cơ sở quang học sóng: 1.Hàm sóng ánh sáng:ánh sáng là sóng điện từ tuy nhiên thực nghiệm chứng tỏ rằng chỉ có thành phần điện trường khi tác dụng vào mắt  mới gây cảm giác sáng, vì vậy dao động của E được gọi là dao động sáng Nếu tại O PT dao động sáng là: x  a cos t Thì tại điểm M cách O một đoạn r, PT dao động r 2  r sáng sẽ là: x  a cos  (t  )  a cos(t  )... đoạn r, PT dao động r 2  r sáng sẽ là: x  a cos  (t  )  a cos(t  ) v Tv 2 nr 2 L  a cos( t  )  a cos(t  ) cT  L = nr là quang lộ trên đoạn đường OM  là bước sóng AS trong chân không PT này gọi là hàm sóng của AS Nếu AS truyền theo chiều ngược lại thì hàm sóng của AS có dạng: 2 L x  a cos(t  )  X O X M 2 Cường độ sáng:CĐ sáng tại một điểm là một đại lượng có trị số bằng năng lượng ... ta không phân biệt vân giao thoa Bậc giao thoa tương ứng gọi bậc giao thoa cực đại (   ) D D xk  k a  xk 1  (k  1)   k (   )  (k  1)  k   a Bậc giao thoa cực đại đánh giá... Vì đặt ảnh vị trí vùng giao thoa hứng vân giao thoa, nên vân giao thoa gọi vân không định xứ 4 Giao thoa dùng ánh sáng trắng: Giả sử S1 , S2 nguồn phát ánh sáng trắng ( từ 0,4 đến 0,76μm) Khi... nghiêng góc nhỏ (khoảng vài phần nghìn radian) Một nguồn điểm O đặt trước hai gương có hai ảnh ảo O1 , O2 O G2 Màn chắn (2 ) O2 (1 ’) G1 (2 ’) G1 (1 ) Biểu thức cường độ ánh sáng giao thoa Giả sử điểm