Mặt hồ xanh, sa mạc màu đất son, rừng cây và cầu vồng nhiều màu đều đặt ra những câu hỏi về ánh sáng. Quang học nghiên cứu ánh sáng cùng các khác, giúp giải thích thế giới nhìn thấy quanh ta.

Các tính chất của ánh sáng giải thích màu xanh bầu trời, hoạt động của kính thiên văn, kính hiển vi, máy ảnh, kính mắt và mắt người. Những nguyên lý ấy cũng là cơ sở của laser, sợi quang, ảnh toàn ký (hologram) và các kỹ thuật tạo ảnh y khoa.

Quang học có vai trò lớn trong vật lý, khoa học và kỹ thuật, nên bốn chương liên tiếp được dành cho lĩnh vực này. Chương 33 bắt đầu bằng phản xạ, khúc xạ, , phân cực và tán xạ. Mô hình hạt, tia và sóng được đối chiếu, còn nối cách nhìn bằng tia với mô tả sóng.

Chương 34 dùng mô hình tia để nghiên cứu gương, thấu kính và các quang cụ như máy ảnh, kính hiển vi, kính thiên văn. Chương 35 và 36 tiếp tục với giao thoa và nhiễu xạ, nơi bản chất sóng giữ vai trò quyết định.

Ứng dụng mở đầu: Chiết suất cao và hiện tượng tán sắc tạo nên vẻ lấp lánh rực rỡ và dải màu quang phổ sống động của viên kim cương.

Câu hỏi mở đầu

Khi chiếu ánh sáng trắng vào một viên kim cương đã được cắt giác tinh xảo, viên kim cương lấp lánh rực rỡ với một dải màu sắc phong phú. Những đặc điểm thị giác nổi bật này là kết quả của:

• (i) Ánh sáng truyền trong kim cương chậm hơn rất nhiều so với trong không khí.

• (ii) Ánh sáng có các màu sắc khác nhau truyền với tốc độ khác nhau trong kim cương.

• (iii) Kim cương hấp thụ ánh sáng của một số màu sắc nhất định.

• (iv) Cả (i) và (ii).

• (v) Tất cả (i), (ii) và (iii).

Xem đáp án và giải thích

Chọn (iv). lớn của kim cương ($n=\mathrm{2,417}$) tạo điều kiện cho tại các mặt giác đáy, hướng ánh sáng trở ra mặt trên (Mục 33.3). làm các màu truyền với tốc độ khác nhau và khúc xạ theo các góc khác nhau, tạo dải màu (Mục 33.4). Sự hấp thụ chọn lọc không phải cơ chế gây ra hiện tượng đang xét ở viên kim cương trong suốt.

Mục tiêu học tập

• 33.1: Định nghĩa và làm rõ mối liên hệ giữa tia sáng với các .
• 33.2: Phát biểu và áp dụng các định luật chi phối hiện tượng phản xạ và khúc xạ ánh sáng.
• 33.3: Xác định điều kiện để xảy ra hiện tượng tại mặt phân cách giữa hai môi trường.
• 33.4: Phân tích hệ quả của việc tốc độ truyền ánh sáng trong vật chất phụ thuộc vào .
• 33.5: Trình bày các phương pháp tạo ra ánh sáng từ .
• 33.6: Vận dụng hiện tượng tán xạ ánh sáng để giải thích màu xanh của bầu trời và màu đỏ của hoàng hôn.
• 33.7: Vận dụng để chứng minh định luật phản xạ và ánh sáng.

Kiến thức cần ôn lại

• Mục 1.3: Vận tốc truyền ánh sáng trong chân không.
• Mục 21.2: Hiện tượng phân cực điện môi dưới tác dụng của điện trường ngoài.
• Mục 29.7: Hệ phương trình Maxwell.
• Mục 32.1–32.4: Bức xạ , sóng phẳng, , môi trường và .

7 chủ đề · tổng cộng khoảng 21 phút đọc

Bản chất, đường truyền và trạng thái phân cực của ánh sáng

1. 1Bản chất ánh sáng, mặt sóng và tiaKhi nào dùng mô hình sóng, hạt hay tia để mô tả ánh sáng?Khoảng 3 phút
2. 2Phản xạ, khúc xạ và bước sóngTia đổi hướng như thế nào khi gặp một mặt phân cách?Khoảng 3 phút
3. 3Phản xạ toàn phần và dẫn sángĐiều kiện nào giữ ánh sáng trong lăng kính hoặc sợi quang?Khoảng 3 phút
4. 4Tán sắc, lăng kính và cầu vồngVì sao các màu đi theo những hướng khác nhau?Khoảng 3 phút
5. 5Phân cực và tương tác với vật liệuPhương dao động điện trường quyết định ánh sáng truyền qua và phản xạ ra sao?Khoảng 3 phút
6. 6Tán xạ và màu sắc bầu trờiVì sao trời xanh, mây trắng và Mặt Trời đỏ lúc gần chân trời?Khoảng 3 phút
7. 7Nguyên lý HuygensCó thể suy đường tia từ sự tiến của mặt sóng như thế nào?Khoảng 3 phút

Tổng kết Chương 33: Bản chất và sự truyền ánh sáng

Ánh sáng và các tính chất cơ bản

Ánh sáng là . Khi phát xạ hoặc hấp thụ trong tương tác với vật chất, ánh sáng cũng thể hiện các tính chất hạt (photon). Sóng điện từ được phát xạ bởi các điện tích chuyển động có gia tốc.

là một bề mặt tập hợp các điểm có cùng dao động. Các mặt sóng lan truyền trong không gian với tốc độ bằng tốc độ truyền sóng. Trong môi trường đồng nhất và đẳng hướng, là đường thẳng biểu diễn phương truyền và vuông góc mặt sóng.

Tổng kết 33.1: Các tia sáng vuông góc với các mặt sóng cầu phát ra từ một nguồn điểm.

Chú thích:

• Nguồn sóng (Source)
• Tia sáng (Rays)
• Mặt sóng (Wave fronts)

Khi ánh sáng truyền từ chân không vào môi trường vật chất có $n$, dao động $f$ của sóng được giữ nguyên không đổi. Tốc độ truyền sóng $v$ và bước sóng $\lambda$ trong môi trường giảm theo tỷ lệ chiết suất:

$$\begin{array}{rl}v& =\frac{c}{n}\\ \lambda & =\frac{{\lambda }_0}{n}\end{array}$$

Trong đó $c$ là tốc độ ánh sáng trong chân không và ${\lambda }_0$ là trong chân không.

Hiện tượng phản xạ và khúc xạ

Tại bề mặt phân cách phẳng nhẵn giữa hai môi trường quang học trong suốt $a$ và $b$, tia tới, tia phản xạ và tia khúc xạ đều cùng nằm trong một mặt phẳng duy nhất gọi là mặt phẳng tới (mặt phẳng chứa tia tới và pháp tuyến của bề mặt).

Tổng kết 33.2: Các tia tới, tia phản xạ và tia khúc xạ tại mặt phân cách giữa hai môi trường quang học.

Chú thích:

• Tia tới (Incident)
• Tia phản xạ (Reflected)
• Tia khúc xạ (Refracted)
• Môi trường a (Material a)
• Môi trường b (Material b)
• Pháp tuyến (Normal)

Định luật phản xạ phát biểu rằng: Góc phản xạ ${\theta }_r$ luôn bằng góc tới ${\theta }_a$:

$${\theta }_r={\theta }_a$$

(33.2)

(định luật Snell) thiết lập mối liên hệ giữa góc tới ${\theta }_a$ trong môi trường $a$ và góc khúc xạ ${\theta }_b$ trong môi trường $b$:

$$n_a\sin {\theta }_a=n_b\sin {\theta }_b$$

(33.4)

Phản xạ toàn phần

Khi ánh sáng truyền từ môi trường có lớn sang môi trường có chiết suất nhỏ hơn ($n_a>n_b$), tia khúc xạ bị bẻ gãy ra xa pháp tuyến hơn so với tia tới (${\theta }_b>{\theta }_a$).

Tổng kết 33.3: Hiện tượng phản xạ toàn phần xảy ra khi góc tới vượt quá góc giới hạn phản xạ toàn phần.

Khi góc tới đạt tới góc giới hạn ${\theta }_{\text{crit}}$, góc khúc xạ đạt tới ${90}^{\circ }$ và tia khúc xạ đi là là sát mặt phân cách:

$$\sin {\theta }_{\text{crit}}=\frac{n_b}{n_a}$$

(33.6)

Nếu góc tới lớn hơn góc giới hạn (${\theta }_a>{\theta }_{\text{crit}}$), toàn bộ năng lượng ánh sáng bị phản xạ trở lại môi trường thứ nhất, không có tia khúc xạ chạy mang công suất pháp tuyến ra môi trường thứ hai.

Sự phân cực của ánh sáng

Phương phân cực của là phương dao động của điện trường $\overrightarrow{E}$. Một kính lọc phân cực lý tưởng chỉ cho thành phần điện trường song song với trục phân cực của nó truyền qua và hấp thụ hoàn toàn thành phần vuông góc. Khi có cường độ $I_0$ đi qua một kính phân cực lý tưởng, cường độ giảm một nửa: $I=I_0/2$.

Tổng kết 33.4: Ánh sáng phân cực truyền qua kính phân tích có trục nghiêng góc phi biến thiên theo định luật Malus.

Chú thích:

• Kính phân cực (Polarizer)
• Kính phân tích (Analyzer)
• Ánh sáng tự nhiên tới (Incident natural light)
• Tế bào quang điện (Photocell)

Khi ánh sáng có cường độ cực đại $I_{max}$ chiếu tới một kính phân tích có trục phân cực nghiêng góc $\varphi$ so với phương phân cực của chùm tia tới, cường độ $I$ của ánh sáng truyền qua tuân theo :

$$I=I_{max}{\cos }^2\varphi$$

(33.7)

Phân cực do phản xạ và Định luật Brewster

Với hai điện môi trong suốt, không từ tính, có khác nhau, khi gặp mặt phân cách, ánh sáng phản xạ nói chung bị phân cực một phần theo phương vuông góc với mặt phẳng tới.

Tổng kết 33.5: Tại góc phân cực Brewster, tia phản xạ và tia khúc xạ vuông góc nhau, ánh sáng phản xạ phân cực thẳng hoàn toàn 100%.

Chú thích:

• Pháp tuyến (Normal)

Định luật Brewster phát biểu rằng: Khi góc tới đúng bằng ${\theta }_p$, ánh sáng phản xạ bị hoàn toàn $100\mathrm{\%}$ theo phương vuông góc với mặt phẳng tới (song song với bề mặt phản xạ). Góc phân cực được xác định bởi:

$$\tan {\theta }_p=\frac{n_b}{n_a}$$

(33.8)

Tại góc tới này, tia phản xạ và tia khúc xạ tạo với nhau một góc vuông ${90}^{\circ }$, đồng nghĩa với ${\theta }_p+{\theta }_b={90}^{\circ }$.

Nguyên lý Huygens

phát biểu rằng: Nếu biết vị trí của một tại một thời điểm, vị trí của mặt sóng ở thời điểm sau đó có thể được dựng bằng cách xem mỗi điểm trên mặt sóng ban đầu như một nguồn phát sóng thứ cấp.

Tổng kết 33.6: Dựng mặt sóng mới theo nguyên lý Huygens từ mặt bao tiếp xúc với các sóng thứ cấp bán kính r = vt.

cung cấp cơ sở hình học vững chắc để dẫn giải các định luật :

• Chứng minh định luật phản xạ: Dựa trên hai tam giác vuông bằng nhau có cạnh huyền chung $AO$ và cạnh góc vuông $vt$, suy ra góc phản xạ bằng góc tới (${\theta }_r={\theta }_a$).
• Chứng minh : Dựa trên tỷ số tốc độ sóng giữa hai môi trường $v_a/v_b=n_b/n_a$, dẫn trực tiếp tới định luật Snell: $n_a\sin {\theta }_a=n_b\sin {\theta }_b$.

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, University Physics with Modern Physics, ấn bản 15, chương 33, trang 1077–1109.

Luyện tập có hướng dẫn

Khúc xạ và chiết suất

Ôn các Ví dụ 33.1 và 33.2 trước khi làm bốn bài dưới đây. Các góc tới và khúc xạ được đo từ pháp tuyến.

Bài tập: VP33.2.1

Một khối thủy tinh có $1,80$ và mặt nhẵn. trong không khí tới mặt này với góc $70,0^{\circ }$, đo từ pháp tuyến. Tìm góc của (a) tia phản xạ và (b) tia khúc xạ so với pháp tuyến.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $n_a=1,00$, $n_b=1,80$, ${\theta }_a=70,0^{\circ }$. Hai góc cần tìm cùng được đo từ pháp tuyến.

Hướng đi:

• Dùng định luật phản xạ, vì tia gặp một mặt nhẵn.
• Dùng Snell để liên hệ góc khúc xạ với của hai môi trường.

(a) Góc phản xạ bằng góc tới:

$${\theta }_r=70,0^{\circ }.$$

(b) Snell cho:

$$\begin{array}{rl}{n}_a\sin {\theta }_a& =n_b\sin {\theta }_b,\\ \sin {\theta }_b& =\frac{\sin 70,0^{\circ }}{1,80},\\ {\theta }_b& =31,5^{\circ }.\end{array}$$

Tia khúc xạ gần pháp tuyến hơn tia tới, phù hợp với việc đi từ không khí vào môi trường có lớn hơn.

Bài tập: VP33.2.2

trong nước có $1,33$ tới một khối thủy tinh chìm trong nước với góc tới $55,0^{\circ }$. Góc khúc xạ trong thủy tinh là $37,0^{\circ }$. Tìm (a) chiết suất và (b) tốc độ ánh sáng trong thủy tinh.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Biết nước và cả hai góc. Chiết suất thủy tinh chưa biết.

Hướng đi:

• Giải Snell theo chưa biết, vì hai góc đã được cho.
• Dùng $v=c/n$ để đổi thành tốc độ.

(a):

$$\begin{array}{rl}{n}_g& =n_w\frac{\sin {\theta }_w}{\sin {\theta }_g}\\ & =1,33\frac{\sin 55,0^{\circ }}{\sin 37,0^{\circ }}\\ & =1,81.\end{array}$$

(b):

$$v_g=\frac{c}{n_g}=1,66\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}.$$

Góc khúc xạ nhỏ hơn góc tới, nên thủy tinh lớn hơn chiết suất nước. Tốc độ trong thủy tinh vì vậy nhỏ hơn trong nước.

Bài tập: VP33.2.3

Ánh sáng đỏ từ một bút laser có $635\mathrm{nm}$ trong không khí và $508\mathrm{nm}$ trong một chất lỏng trong suốt. Chùm laser trong không khí tới mặt chất lỏng với góc $35,0^{\circ }$ so với pháp tuyến.

Tìm (a) chất lỏng, (b) góc khúc xạ, (c) trong không khí và (d) tần số trong chất lỏng.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mặt phân cách đứng yên. Hai thuộc cùng một ánh sáng đi qua mặt đó. Lấy không khí xấp xỉ 1.

Hướng đi:

• Giữ qua mặt phân cách, nên tỉ số bước sóng cho tỉ số tốc độ và .
• Dùng Snell cho góc khúc xạ.
• Dùng trong không khí làm tần số chung của hai môi trường.

(a):

$$\begin{gathered} n=\frac{{\lambda }_{\mathrm{air}}}{ \\ lambd{a}_{\mathrm{liq}}}=\frac{635}{508}=1,25. \end{gathered}$$

(b):

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_b& =\frac{\sin 35,0^{\circ }}{1,25},\\ {\theta }_b& =27,3^{\circ }.\end{array}$$

(c) và (d):

$$\begin{array}{rl}{f}_{\mathrm{air}}& =\frac{c}{{\lambda }_{\mathrm{air}}}\\ & =4,72\times {10}^{14}\mathrm{Hz},\\ f_{\mathrm{liq}}& =f_{\mathrm{air}}.\end{array}$$

Trong chất lỏng, tốc độ và cùng giảm theo hệ số $1/n$. Tần số không giảm theo hệ số ấy.

Bài tập: VP33.2.4

Trong tình huống đang xét, một viên nước đá có $\mathrm{1,309}$ nổi trong ly ethanol có chiết suất $1,36$. trong ethanol đi vào viên nước đá với góc khúc xạ $85,0^{\circ }$.

Tìm (a) góc tới trong ethanol và (b) tỉ số trong nước đá với bước sóng trong ethanol.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Ánh sáng đi từ ethanol vào nước đá. Góc đã cho thuộc tia khúc xạ.

Hướng đi:

• Dùng Snell để suy góc tới từ góc khúc xạ, không đảo nhầm vai trò hai môi trường.
• Giữ để tìm tỉ số bước sóng bằng tỉ số tốc độ.

(a):

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_{\mathrm{e}}& =\frac{n_{\mathrm{i}}}{n_{\mathrm{e}}}\sin 85,0^{\circ },\\ {\theta }_{\mathrm{e}}& =73,5^{\circ }.\end{array}$$

(b):

$$\begin{array}{rl}\frac{{\lambda }_{\mathrm{i}}}{{\lambda }_{\mathrm{e}}}& =\frac{v_{\mathrm{i}}}{v_{\mathrm{e}}}\\ & =\frac{n_{\mathrm{e}}}{n_{\mathrm{i}}}\\ & =\frac{1,36}{\mathrm{1,309}}\\ & =1,04.\end{array}$$

Nước đá có nhỏ hơn ethanol trong dữ kiện này, nên tia lệch xa pháp tuyến hơn và dài hơn.

Kính phân cực

Ôn Ví dụ 33.5 trước khi làm các bài dưới đây. Kính được coi là lý tưởng.

Bài tập: VP33.5.1

Một chùm laser đã phân cực có cường độ $255\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$ tới kính phân cực lý tưởng. Phương phân cực của chùm hợp với trục truyền của kính góc $15,0^{\circ }$. Tìm cường độ ánh sáng ra khỏi kính.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chùm tới đã phân cực. Góc giữa phương điện trường và trục truyền là $15,0^{\circ }$.

Hướng đi:

• Dùng , vì kính chỉ truyền thành phần điện trường dọc trục của nó.
• Không lấy thêm hệ số $1/2$, vì chùm tới không phải .

$$I=I_0{\cos }^2\varphi =255{\cos }^{2}15,0^{\circ }=238\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2.$$

Bài tập: VP33.5.2

có cường độ $54,0\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$ tới một kính phân cực lý tưởng. Ánh sáng ra khỏi kính này tới kính phân cực lý tưởng thứ hai. Cường độ sau kính thứ hai là $19,0\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$.

Tìm (a) cường độ sau kính thứ nhất và (b) góc giữa hai trục truyền.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Ánh sáng ban đầu không phân cực. Sau kính thứ nhất, nó phân cực dọc trục truyền của kính.

Hướng đi:

• Lấy một nửa cường độ khi qua kính lý tưởng thứ nhất.
• Dùng cho chùm đã phân cực đi qua kính thứ hai.

(a):

$$I_1=\frac{I_0}{2}=27,0\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2.$$

(b):

$$\begin{array}{rl}{I}_2& =I_1{\cos }^2\varphi ,\\ {\cos }^2\varphi & =\frac{19,0}{27,0},\\ \varphi & =\arccos \sqrt{\frac{19}{27}}\\ & =33,0^{\circ }.\end{array}$$

Đây là góc nhỏ giữa hai phương trục truyền. Một trục phân cực không phân biệt hai chiều ngược nhau trên cùng một đường.

Bài tập: VP33.5.3

Chùm đã phân cực có cường độ $60,0\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$ truyền theo $+x$, điện trường dọc $y$. Kính thứ nhất nằm song song mặt phẳng $yz$, với trục truyền quay $25,0^{\circ }$ theo chiều kim đồng hồ từ phương $y$. Kính thứ hai có cùng mặt phẳng đặt và trục truyền quay $50,0^{\circ }$ theo cùng chiều từ phương $y$.

Tìm cường độ (a) sau kính thứ nhất, (b) sau kính thứ hai và (c) sau kính thứ hai khi bỏ kính thứ nhất.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai trục được đo từ cùng phương $y$ và cùng chiều quay. Góc giữa hai kính là $25,0^{\circ }$.

Hướng đi:

• Áp dụng lần lượt, vì mỗi kính đổi phương phân cực của chùm truyền qua.
• Khi bỏ kính thứ nhất, góc cần dùng là góc giữa chùm ban đầu và kính thứ hai, tức $50,0^{\circ }$.

(a):

$$I_1=60,0{\cos }^{2}25,0^{\circ }=49,3\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2.$$

(b):

$$\begin{array}{rl}{I}_2& =I_1{\cos }^2(50,0^{\circ }-25,0^{\circ })\\ & =60,0{\cos }^{4}25,0^{\circ }\\ & =40,5\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

(c):

$$I_2^{\prime }=60,0{\cos }^{2}50,0^{\circ }=24,8\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2.$$

Kính thứ nhất làm giảm cường độ nhưng đồng thời đổi phương phân cực, nên hai tình huống không chỉ khác nhau ở số kính.

Bài tập: VP33.5.4

Hai chùm sáng cùng có cường độ $I_0$ chiếu đồng thời vào một kính phân cực lý tưởng. Một chùm không phân cực. Chùm kia đã phân cực và hợp với trục truyền góc đúng ${30}^{\circ }$. Tìm cường độ ánh sáng ra khỏi kính.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xét hai chùm độc lập, nên cộng cường độ trung bình truyền qua. Hai chùm có trạng thái phân cực khác nhau.

Hướng đi:

• Chùm không phân cực truyền một nửa cường độ trung bình qua kính lý tưởng.
• Chùm đã phân cực tuân .
• Cộng hai đóng góp, vì cả hai cùng tới phía sau kính.

$$\begin{array}{rl}{I}_{\mathrm{out}}& =\frac{I_0}{2}+I_0{\cos }^2{30}^{\circ }\\ & =\frac{I_0}{2}+\frac{3I_0}{4}\\ & =\frac{5I_0}{4}.\end{array}$$

Kết quả lớn hơn $I_0$ nhưng nhỏ hơn tổng cường độ tới $2I_0$. Kính không tạo thêm năng lượng.

Phân cực do phản xạ

Ôn Ví dụ 33.6 trước khi làm các bài dưới đây. Ánh sáng phản xạ ở có phương điện trường vuông góc với mặt phẳng tới.

Bài tập: VP33.6.1

Ánh sáng Mặt Trời không phân cực trong không khí tới khối trong suốt có $1,73$. (a) Góc tới nào làm chùm phản xạ phân cực hoàn toàn? (b) Khi ấy chùm khúc xạ phân cực hoàn toàn, phân cực một phần hay không phân cực?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tia đi từ không khí có xấp xỉ 1 vào vật có chiết suất $1,73$.

Hướng đi:

• Dùng Brewster, vì yêu cầu chùm phản xạ phân cực hoàn toàn.
• Phân biệt trạng thái chùm phản xạ với chùm truyền qua, vì chỉ một thành phần phân cực của ánh sáng tới bị phản xạ.

(a):

$$\begin{array}{rl}\tan {\theta }_p& =\frac{n_b}{n_a}=1,73,\\ {\theta }_p& =60,0^{\circ }.\end{array}$$

(b) Chùm khúc xạ phân cực một phần. Thành phần điện trường trong mặt phẳng tới vẫn truyền qua, còn một phần thành phần vuông góc bị phản xạ. Hai thành phần truyền qua vì vậy không còn mang cường độ bằng nhau, nhưng đều có mặt.

Bài tập: VP33.6.2

Một chùm không phân cực trong không khí tới thủy tinh. Chùm phản xạ phân cực hoàn toàn khi góc tới bằng $57,0^{\circ }$. Tìm (a) thủy tinh và (b) góc khúc xạ.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Góc tới đã cho là . Lấy không khí bằng 1.

Hướng đi:

• Giải định luật Brewster theo thủy tinh.
• Dùng tính vuông góc của tia phản xạ và tia khúc xạ tại .

$$\begin{array}{rl}{n}_g& =\tan 57,0^{\circ }=1,54,\\ {\theta }_b& ={90}^{\circ }-{\theta }_p\\ & =33,0^{\circ }.\end{array}$$

Thay hai góc vào Snell cũng cho cùng , vì $\sin {57}^{\circ }/\sin {33}^{\circ }=\tan {57}^{\circ }$.

Bài tập: VP33.6.3

Chùm đã phân cực trong không khí tới thủy tinh flint đặc có $1,66$. (a) Nếu phương phân cực vuông góc mặt phẳng tới, có góc tới nào làm ánh sáng không bị phản xạ không? Nếu có, tìm góc ấy. (b) Lặp lại khi phương phân cực nằm trong mặt phẳng tới.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai trường hợp khác nhau ở hướng điện trường so với mặt phẳng tới, không khác ở góc đo từ pháp tuyến.

Hướng đi:

• Phản xạ ở chỉ giữ thành phần vuông góc mặt phẳng tới, vì thành phần song song có hệ số phản xạ bằng không.
• Với mặt phân cách không khí và thủy tinh đang xét, thành phần vuông góc không có góc triệt tiêu phản xạ.

(a) Không có góc tới như vậy. Phân cực vuông góc mặt phẳng tới là thành phần còn phản xạ ở . Ở các góc tới khác, mặt phân cách của hai môi trường có khác nhau cũng phản xạ một phần thành phần này.

(b) Có. Với phân cực trong mặt phẳng tới:

$${\theta }_p=\arctan \frac{n_g}{n_a}=\arctan 1,66=58,9^{\circ }.$$

Tại góc này, chùm tới không chứa thành phần vuông góc mặt phẳng tới. Thành phần còn lại không bị phản xạ, nên cường độ phản xạ bằng không trong mô hình mặt phân cách lý tưởng.

Bài tập: VP33.6.4

Một bình thủy tinh chứa nước có $1,33$. truyền trong thủy tinh tới mặt phân cách thủy tinh và nước. Chùm phản xạ trở lại thủy tinh phân cực hoàn toàn khi góc khúc xạ bằng $53,5^{\circ }$.

Tìm (a) trong tình huống này và (b) thủy tinh.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Môi trường tới là thủy tinh, môi trường truyền qua là nước. Góc $53,5^{\circ }$ thuộc tia khúc xạ.

Hướng đi:

• Tại Brewster, tia phản xạ vuông góc tia khúc xạ, nên tổng góc tới và khúc xạ bằng ${90}^{\circ }$.
• Dùng đúng tỉ số trong Brewster: Chiết suất nước chia chiết suất thủy tinh.

(a):

$${\theta }_p={90}^{\circ }-53,5^{\circ }=36,5^{\circ }.$$

(b):

$$\begin{array}{rl}\tan {\theta }_p& =\frac{n_w}{n_g},\\ n_g& =\frac{1,33}{\tan 36,5^{\circ }}\\ & =1,80.\end{array}$$

Giá trị thủy tinh lớn hơn nước phù hợp với môi trường tới. Không lấy $\tan 53,5^{\circ }$ làm tỉ số nước trên thủy tinh.

Bài cầu nối: Phản xạ và khúc xạ

Bài tập: Bài cầu nối 33

Hình 33.37 biểu diễn khối thủy tinh chữ nhật, một mặt tiếp xúc nước và một mặt kề có gương kim loại. gặp gương theo cấu hình trong hình. Tăng dần góc $\theta$. Khi $\theta \ge 59,2^{\circ }$, không có tia truyền vào khối nước. Tìm tốc độ ánh sáng trong thủy tinh.

Hình 33.37: Khối thủy tinh giáp nước ở mặt bên và có gương kim loại ở mặt dưới. Góc theta được đo với mặt gương, không phải pháp tuyến của gương.

Chú thích:

• Chùm sáng (Light beam)
• Thủy tinh (Glass)
• Nước (Water)
• Gương phản xạ (Reflector)

Gợi ý thực hiện:

1. Nhận dạng tại mặt kim loại và điều kiện không có tia truyền vào nước tại mặt thủy tinh với nước.
2. Chọn và tốc độ ánh sáng trong thủy tinh làm các đại lượng cần tìm. Viết các phương trình liên hệ chúng với góc giới hạn và chiết suất nước.
3. Dùng hình để tìm góc tới tại mặt thủy tinh với nước.
4. Từ góc ở bước trước, suy thủy tinh.
5. Dùng để tính tốc độ.
6. So sánh tốc độ trong thủy tinh với tốc độ trong nước và giải thích quan hệ này.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mặt gương nằm ngang, mặt tiếp xúc nước thẳng đứng. Lấy $n_w=\mathrm{1,333}$ cho nước theo các giá trị vật liệu ở tham chiếu. Ngưỡng góc đã cho là $59,2^{\circ }$.

Hướng đi:

• Dùng để giữ góc của tia với mặt gương.
• Pháp tuyến của mặt bên nằm ngang, song song với mặt gương, nên góc tới mặt nước bằng $\theta$.
• Tại ngưỡng, tia khúc xạ đi sát mặt phân cách. Dùng $\sin {\theta }_{\mathrm{crit}}=n_w/n_g$.
• Dùng $v_g=c/n_g$ rồi so với $v_w=c/n_w$ để kiểm tra quan hệ vật lý.

Tia tới tạo góc $\theta$ với mặt gương. Sau phản xạ, tia cũng tạo góc $\theta$ với phương ngang. Do phương ngang là pháp tuyến của mặt bên, góc tới mặt thủy tinh với nước bằng $\theta$, không phải ${90}^{\circ }-\theta$.

Tại ngưỡng $59,2^{\circ }$:

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_{\mathrm{crit}}& =\frac{n_w}{n_g},\\ n_g& =\frac{\mathrm{1,333}}{\sin 59,2^{\circ }}\\ & \approx \mathrm{1,552.}\end{array}$$

Với góc lớn hơn ngưỡng, xảy ra . Tại ngưỡng, tia khúc xạ đi sát mặt và không truyền vào phần trong của khối nước.

Tốc độ trong thủy tinh:

$$\begin{array}{rl}{v}_g& =\frac{c}{n_g}\\ & =\frac{c\sin 59,2^{\circ }}{\mathrm{1,333}}\\ & =1,93\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Vì $n_g>n_w$, ta có $v_g<v_w$. Quan hệ này phù hợp với điều kiện cần để tia trong thủy tinh có thể tại mặt tiếp xúc nước.

Câu hỏi thảo luận

Bài tập: Q33.1

Ánh sáng cần khoảng 8 phút để truyền từ Mặt Trời tới Trái Đất. Khí quyển có làm ánh sáng bị chậm đi một lượng đáng kể không? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So sánh thời gian truyền qua khí quyển với thời gian truyền từ Mặt Trời tới Trái Đất.

Hướng đi:

• Dùng $v=c/n$ trong mô hình môi trường trong suốt để tìm phần thời gian tăng thêm.
• Xét cả độ lệch của không khí khỏi 1 lẫn độ dài đoạn đường nằm trong khí quyển, vì hai yếu tố cùng quyết định độ trễ.

Gọi $L$ là độ dài đường truyền trong một lớp không khí được coi đồng nhất. Thời gian truyền qua lớp đó tăng thêm:

$$\mathrm{\Delta }t=\frac{L}{c/n}-\frac{L}{c}=\frac{(n-1)L}{c}.$$

không khí rất gần 1. Hơn nữa, đoạn đường trong khí quyển nhỏ hơn nhiều khoảng cách từ Mặt Trời tới Trái Đất. Vì vậy độ trễ này rất nhỏ so với khoảng 8 phút truyền qua không gian. Khí quyển vẫn làm đổi hướng tia, nên độ trễ thời gian nhỏ không có nghĩa tác dụng khúc xạ có thể bỏ qua trong việc xác định vị trí biểu kiến.

Bài tập: Q33.2

Ánh sáng Mặt Trời hoặc ánh sáng sao đi qua khí quyển bị uốn về phía phương thẳng đứng. Vì sao? Điều đó có nghĩa vị trí thật của ngôi sao khác vị trí ta nhìn thấy không? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: khí quyển thay đổi theo độ cao. Mắt suy vị trí nguồn bằng cách kéo dài ngược hướng tia tới mắt.

Hướng đi:

• Xem khí quyển thành những lớp gần nằm ngang, vì mật độ và thường tăng khi đi xuống trong mô hình phân tầng.
• Dùng Snell qua từng lớp để xác định tia nghiêng gần hay xa pháp tuyến.

Trong mô hình khí quyển phân tầng thông thường, tia đi xuống các lớp có lớn hơn nên nghiêng gần pháp tuyến hơn. Pháp tuyến của các lớp gần theo phương thẳng đứng, do đó tia bị uốn về phía phương này.

Mắt kéo dài thẳng đoạn tia cuối cùng tới nó. Đường kéo dài ấy không trùng đường nối thẳng đến ngôi sao trước khi tia bị uốn, nên ngôi sao có vị trí biểu kiến cao hơn vị trí hình học thật. Với tia thẳng đứng đi qua khí quyển đối xứng phân tầng, hướng tia không bị lệch.

Bài tập: Q33.3

Chùm sáng đi từ môi trường này sang môi trường khác. Giải thích bằng cơ sở vật lý vì sao thay đổi nhưng tần số và chu kỳ không đổi.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai môi trường đứng yên và mặt phân cách không chuyển động.

Hướng đi:

• Xét sự liên tục theo thời gian của dao động tại mặt phân cách, vì mặt này không thể tích lũy vô hạn các đỉnh sóng.
• Dùng $\lambda =v/f$ để phân biệt vai trò của tốc độ và .

Dao động tới mặt phân cách làm các điện tích trong môi trường đáp ứng cùng và tạo trường truyền tiếp. Với mặt phân cách đứng yên, các trường phải khớp nhau theo thời gian, nên tần số của sóng truyền qua bằng tần số tới.

Chu kỳ $T=1/f$ vì vậy cũng giữ nguyên. Tuy nhiên, tốc độ trong hai môi trường có thể khác nhau:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_a& =\frac{v_a}{f},\\ {\lambda }_b& =\frac{v_b}{f}.\end{array}$$

Khoảng cách giữa hai trạng thái liên tiếp thay đổi theo tốc độ. Không suy tần số từ quan hệ $c/\lambda$ khi $\lambda$ đang là bước sóng trong vật liệu.

Bài tập: Q33.4

Một sinh viên cho rằng khúc xạ khí quyển làm ta vẫn thấy Mặt Trời sau khi nó đã lặn, nên ngày dài hơn trường hợp Trái Đất không có khí quyển. “Thấy Mặt Trời sau khi nó đã lặn” có nghĩa gì? Nhận xét kết luận này.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cần phân biệt vị trí hình học của Mặt Trời với vị trí biểu kiến do tới mắt.

Hướng đi:

• Dùng kết quả vị trí biểu kiến cao hơn vị trí thật khi tia bị uốn trong khí quyển.
• Xét cả hai đầu của khoảng thời gian ban ngày, vì khúc xạ cũng ảnh hưởng lúc bình minh.

“Đã lặn” ở đây nghĩa là Mặt Trời đã xuống dưới đường chân trời hình học. Một số tia phát ra từ nó vẫn bị khí quyển uốn tới mắt người quan sát, khiến vị trí biểu kiến còn ở trên đường chân trời.

Trong cùng mô hình, bình minh biểu kiến xảy ra sớm hơn bình minh hình học, còn hoàng hôn biểu kiến xảy ra muộn hơn hoàng hôn hình học. Vì vậy khoảng thời gian nhìn thấy Mặt Trời dài hơn so với trường hợp không có khúc xạ khí quyển. Mức kéo dài phụ thuộc cấu trúc khí quyển và hình học quan sát.

Bài tập: Q33.5

Khi không khí nóng bốc lên từ lò sưởi hoặc cửa cấp khí nóng, những vật ở phía sau trông như rung hoặc lấp lánh. Nguyên nhân là gì?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Vật có thể đứng yên, còn môi trường truyền ánh sáng giữa vật và mắt đang thay đổi.

Hướng đi:

• Liên hệ nhiệt độ với mật độ và của không khí.
• Theo dõi hướng tia khi thay đổi theo cả vị trí và thời gian.

Không khí nóng và lạnh có mật độ khác nhau, nên cũng khác nhau. Các luồng khí chuyển động làm phân bố chiết suất liên tục biến đổi. Những tia đi từ cùng một điểm của vật vì thế tới mắt theo các hướng hơi khác nhau ở những thời điểm khác nhau.

Mắt nhận một vị trí biểu kiến thay đổi, khiến hình ảnh trông như rung. Đây là biến đổi đường truyền ánh sáng, không phải bằng chứng vật phía sau đang chuyển động.

Bài tập: Q33.6

Hãy đề xuất các thí nghiệm đơn giản để đo tốc độ ánh sáng trong một loại thủy tinh bằng (a) Snell, (b) và (c) Brewster.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Không cần đo trực tiếp một thời gian truyền rất ngắn. Có thể suy từ các phép đo góc, rồi dùng $v=c/n$.

Hướng đi:

• Dùng không khí làm môi trường chuẩn có gần 1.
• Chọn ánh sáng có xác định, vì phụ thuộc bước sóng.
• Mỗi phương án đo một đại lượng góc khác nhau để suy cùng .

(a) Cho chùm sáng từ không khí vào một mặt phẳng nhẵn của thủy tinh. Đo góc tới ${\theta }_a$ và góc khúc xạ ${\theta }_b$ từ pháp tuyến:

$$\begin{array}{rl}n& =\frac{\sin {\theta }_a}{\sin {\theta }_b},\\ v& =\frac{c}{n}.\end{array}$$

(b) Cho ánh sáng truyền bên trong thủy tinh tới mặt tiếp xúc không khí. Một khối bán trụ giúp đưa tia vào theo phương bán kính, tránh đổi hướng tại mặt vào. Tìm ngưỡng góc khúc xạ đi sát mặt:

$$\begin{array}{rl}n\sin {\theta }_{\mathrm{crit}}& =1,\\ v& =c\sin {\theta }_{\mathrm{crit}}.\end{array}$$

(c) Chiếu từ không khí lên mặt thủy tinh. Dùng kính phân tích để xác định góc tới mà chùm phản xạ phân cực hoàn toàn:

$$\begin{array}{rl}n& =\tan {\theta }_p,\\ v& =\frac{c}{\tan {\theta }_p}.\end{array}$$

Các phép đo phải dùng cùng nếu muốn so sánh trực tiếp ba kết quả.

Bài tập: Q33.7

Khi nhìn vào một cửa kính, đôi lúc ta thấy hai ảnh phản xạ lệch nhau một chút. Vì sao?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Một tấm kính có hai mặt phân cách, không chỉ có mặt quay về phía người quan sát.

Hướng đi:

• Xét riêng phản xạ ở mặt trước và phản xạ sau khi tia đã đi vào kính.
• Theo dõi khúc xạ và độ dày tấm kính, vì chúng làm hai chùm ra khỏi các vị trí khác nhau.

Một phần ánh sáng phản xạ ngay tại mặt trước. Phần khác khúc xạ vào kính, phản xạ ở mặt sau rồi truyền ra ngoài. Hai chùm có đường đi khác nhau và có thể tạo hai vị trí ảnh biểu kiến hơi lệch.

Độ lệch dễ nhận ra hơn khi kính đủ dày hoặc quan sát xiên. Cường độ hai ảnh cũng có thể khác do chùm phản xạ ở mặt sau phải truyền qua mặt trước hai lần.

Bài tập: Q33.8

Nhìn từ dưới lên mặt nước của bể cá, ta có thể thấy ảnh con cá bị lộn trên mặt nước. Giải thích hiện tượng này.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Ánh sáng từ cá truyền trong nước rồi gặp mặt phân cách nước với không khí.

Hướng đi:

• Nước có lớn hơn không khí, nên mặt phân cách có thể .
• Khi mặt nước đóng vai trò gương, dựng ảnh bằng đường kéo dài của tia phản xạ.

Nếu góc tới lớn hơn góc giới hạn, tia không truyền ra không khí mà phản xạ trở lại trong nước. Mặt nước phẳng khi đó hoạt động như một gương đối với các tia này.

Mắt kéo dài ngược các tia phản xạ và thấy ảnh ảo đối xứng với cá qua mặt nước. Sự đảo chiều theo phương vuông góc mặt nước khiến cá có ảnh như bị lộn qua mặt này. Ngay cả dưới góc giới hạn vẫn có phản xạ một phần, nhưng làm ảnh gương rõ hơn.

Bài tập: Q33.9

trong không khí tới mặt thủy tinh. Có miền góc tới nào gây không? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tia đi từ nhỏ sang chiết suất lớn.

Hướng đi:

• Xét điều kiện tồn tại của tia khúc xạ bằng Snell.
• cần tia đi từ lớn sang nhỏ, nên phải kiểm tra thứ tự hai môi trường trước khi tìm góc giới hạn.

Với không khí tới thủy tinh:

$$\sin {\theta }_b=\frac{n_a}{n_b}\sin {\theta }_a.$$

Vì $n_a/n_b<1$, vế phải luôn nhỏ hơn 1 với mọi góc tới nhỏ hơn ${90}^{\circ }$. Luôn có một góc khúc xạ thực, nên không có miền trong chiều truyền này. Tia vẫn có thể phản xạ một phần ở mặt kính.

Bài tập: Q33.10

Tại mặt phân cách giữa hai môi trường, góc khúc xạ phụ thuộc còn góc phản xạ không phụ thuộc bước sóng. Vì sao?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai quá trình tuân các quan hệ góc khác nhau.

Hướng đi:

• Phản xạ giữ tia trong cùng môi trường, nên quan hệ góc là đối xứng qua pháp tuyến.
• Khúc xạ phụ thuộc tỉ số tốc độ của hai môi trường, mà tỉ số này có thể phụ thuộc .

Định luật phản xạ cho ${\theta }_r={\theta }_a$ với từng thành phần . Sự thay đổi không làm đổi quan hệ đối xứng này tại một mặt phẳng nhẵn.

Ngược lại, Snell cho:

$$n_a(\lambda )\sin {\theta }_a=n_b(\lambda )\sin {\theta }_b.$$

Nếu tỉ số hai thay đổi theo , góc khúc xạ cũng thay đổi. Đó là cơ sở của sự tách màu do .

Bài tập: Q33.11

Người bán khẳng định một cặp kính râm có kính lọc Polaroid, nhưng bạn nghi đó chỉ là nhựa nhuộm màu. Làm thế nào kiểm tra?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cần phân biệt tác dụng chọn phương điện trường với tác dụng giảm ánh sáng tương tự theo mọi phương.

Hướng đi:

• Dùng một chùm đã biết hoặc một kính phân cực chuẩn để tạo trạng thái tới xác định.
• Xoay kính cần kiểm tra, vì truyền qua kính phân cực phụ thuộc góc giữa hai phương.

Quan sát nguồn đã qua kính đang kiểm tra và xoay kính quanh phương nhìn. Kính phân cực làm độ sáng thay đổi rõ theo góc. Trong mô hình lý tưởng, độ sáng cực đại khi hai phương song song và triệt tiêu khi vuông góc.

Một tấm nhựa nhuộm màu đẳng hướng chỉ giảm cường độ mà không tạo quy luật phụ thuộc góc như vậy. Kính thật có thể không triệt tiêu hoàn toàn, nên cần xét sự biến thiên theo góc thay vì chỉ kiểm tra một lần ở một tư thế.

Bài tập: Q33.12

Nói về sự phân cực của sóng dọc, chẳng hạn sóng âm trong không khí, có ý nghĩa như đối với ánh sáng không? Vì sao?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phân cực của ánh sáng mô tả hướng dao động ngang. Sóng âm đang xét là sóng dọc trong chất lưu.

Hướng đi:

• Xét các phương dao động có thể có khi đã cố định hướng truyền.
• Một tính chất phân cực ngang cần những phương dao động độc lập trong mặt phẳng vuông góc hướng truyền.

Trong sóng âm dọc, các phần tử không khí dao động dọc theo phương truyền. Khi đã cố định phương truyền, không còn một phương ngang tùy chọn giống hướng điện trường của sóng ánh sáng.

Vì vậy không có sự lựa chọn trục phân cực ngang và hiện tượng chặn chéo như đối với ánh sáng. Điều này không phủ nhận sóng âm có thể phản xạ, khúc xạ hoặc giao thoa.

Bài tập: Q33.13

Làm thế nào xác định hướng trục truyền của một kính phân cực đơn lẻ?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Không có kính phân cực thứ hai đã biết phương, nên cần một nguồn sáng có phương phân cực suy được từ hình học.

Hướng đi:

• Dùng ánh sáng phản xạ từ mặt nằm ngang ở gần , vì điện trường phản xạ vuông góc mặt phẳng tới.
• Xoay kính và xác định góc truyền cực đại hoặc cực tiểu.

Với mặt phản xạ nằm ngang, mặt phẳng tới là mặt phẳng thẳng đứng chứa tia tới và pháp tuyến. Chùm phản xạ gần Brewster có điện trường gần nằm ngang, song song mặt phản xạ và vuông góc mặt phẳng tới.

Xoay kính quanh phương nhìn. Ở vị trí truyền sáng mạnh nhất, trục truyền song song phương điện trường đã biết. Ở vị trí yếu nhất, trục truyền vuông góc phương đó. Trục được xác định như một đường, nên hai chiều ngược nhau trên cùng đường là tương đương.

Bài tập: Q33.14

Có đề xuất đặt kính phân cực ở đèn và kính chắn gió ô tô để giảm chói do đèn xe ngược chiều khi lái ban đêm. Phương án này có hoạt động không? Cần bố trí các trục như thế nào? Có ưu điểm và nhược điểm gì?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cần truyền được ánh sáng theo phương của hệ trên chính xe, đồng thời chặn phương từ xe chạy đối diện. Xét mô hình hai xe chiếu sáng thẳng theo hai hướng ngược nhau.

Hướng đi:

• Đặt trục đèn và trục kính chắn gió trên cùng xe song song, vì hai kính song song truyền cùng phương phân cực.
• Chọn trục nghiêng ${45}^{\circ }$ so với phương thẳng đứng theo cùng quy ước nhìn của mỗi xe, để hai hệ đối diện có trục vuông góc trong không gian.
• Xét tổn thất ánh sáng qua kính, vì giảm chói cũng có thể làm giảm ánh sáng hữu ích.

Chọn trục $z$ thẳng đứng và $x$ nằm ngang, vuông góc hướng xe chạy. Hai phương đơn vị của hai hệ đối diện có thể viết:

$$\begin{array}{rl}{\hat{u}}_{+}& =\frac{\hat{x}+\hat{z}}{\sqrt{2}},\\ {\hat{u}}_{-}& =\frac{-\hat{x}+\hat{z}}{\sqrt{2}},\\ {\hat{u}}_{+}\cdot {\hat{u}}_{-}& =0.\end{array}$$

Hai trục vì thế chéo nhau. Kính chắn gió lý tưởng trên xe này có thể chặn ánh sáng trực tiếp đã phân cực từ đèn xe đối diện, trong khi vẫn truyền thành phần dọc trục của hệ trên chính xe.

Ưu điểm là giảm ánh sáng trực tiếp gây chói từ xe đối diện. Nhược điểm là kính cũng làm giảm lượng ánh sáng hữu ích. mất một nửa cường độ qua một kính lý tưởng, và hệ thực còn có tổn hao khác. Hiệu quả còn phụ thuộc các xe dùng cùng quy ước trục, tư thế tương đối và đường truyền, nên mô hình đối diện thẳng không bao quát mọi tình huống giao thông.

Bài tập: Q33.15

Đặt màng bọc thực phẩm bằng nhựa giữa hai kính phân cực chéo nhau thì không có ánh sáng truyền qua. Khi kéo giãn màng theo một hướng, một phần ánh sáng lại truyền qua. Điều gì xảy ra?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Việc kéo giãn thay đổi cấu trúc và tính chất quang học của màng giữa hai kính.

Hướng đi:

• Xét khả năng ứng suất tạo tính dị hướng và .
• Hai thành phần phân cực truyền với tốc độ khác nhau có thể tích lũy , làm trạng thái phân cực sau màng thay đổi.

Màng chưa chịu ứng suất trong tình huống đã cho không làm đổi phương phân cực theo cách tạo thành phần qua được kính thứ hai. Khi bị kéo, cấu trúc phân tử có thể trở nên định hướng và màng có tính .

Chùm đã phân cực sau kính thứ nhất được phân tích theo các phương quang học của màng. Hai thành phần tích lũy khác nhau, nên chùm ra có trạng thái phân cực thay đổi và có thể có thành phần dọc trục kính thứ hai. Vì vậy một phần ánh sáng đi qua. Kết quả phụ thuộc hướng kéo, hướng trục và , không chỉ phụ thuộc việc màng có dày hay mỏng.

Bài tập: Q33.16

Ngồi trên bãi biển nhìn mặt biển qua kính râm Polaroid, bạn thấy kính giảm chói từ ánh sáng Mặt Trời phản xạ trên nước. Nếu nằm nghiêng, kính giảm chói kém hơn nhiều. Vì sao?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đầu và kính quay, còn phương phân cực chủ yếu của ánh sáng chói do mặt biển xác định.

Hướng đi:

• Phản xạ trên mặt nước gần nằm ngang làm chùm chói giàu thành phần phân cực nằm ngang.
• Xét hướng trục truyền của kính khi ngồi thẳng và khi nằm nghiêng.

Kính râm phân cực thường đặt trục truyền gần thẳng đứng khi người đeo đứng thẳng. Trục này chặn phần lớn thành phần điện trường nằm ngang của ánh sáng chói.

Khi nằm nghiêng, kính quay cùng đầu. Trục truyền có thể trở nên gần song song phương điện trường của ánh sáng chói, nên truyền nhiều hơn. Ánh sáng chói không cần đổi trạng thái để gây ra khác biệt này, vì chỉ riêng góc của kính đã thay đổi.

Bài tập: Q33.17

tới hai kính phân cực chéo nhau thì không truyền qua. Một sinh viên cho rằng chèn kính thứ ba giữa hai kính ban đầu có thể làm xuất hiện ánh sáng truyền qua. Điều đó có hợp lý không? Vì sao thêm kính lại có thể tăng truyền sáng?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai trục ban đầu vuông góc. Trục của kính chèn có thể tạo góc trung gian.

Hướng đi:

• Sau kính đầu tiên, cường độ là $I_0/2$ và chùm có phương phân cực xác định.
• Dùng lần lượt cho hai phép chiếu lên trục kính chèn và trục kính cuối.
• Mỗi kính đổi phương phân cực của phần truyền qua, nên không được coi cả ba như những bộ suy giảm vô hướng độc lập.

Gọi góc giữa kính chèn và kính đầu là $\varphi$. Góc giữa kính chèn và kính cuối là ${90}^{\circ }-\varphi$. Ta có:

$$I=\frac{I_0}{2}{\cos }^2\varphi {\sin }^2\varphi =\frac{I_0}{8}{\sin }^{2}2\varphi .$$

Với $\varphi$ khác $0^{\circ }$ và ${90}^{\circ }$, có ánh sáng truyền qua. Giá trị lớn nhất là $I_0/8$ tại góc trung gian ${45}^{\circ }$.

Không có năng lượng được tạo thêm. Kính chèn thay đổi trạng thái phân cực trước kính cuối, khiến kính cuối nhận một thành phần dọc trục mà cấu hình hai kính chéo ban đầu không có.

Bài tập: Q33.18

Với ăng-ten TV kiểu “tai thỏ”, chỉ thay đổi hướng ăng-ten đã có thể làm chất lượng thu thay đổi đáng kể. Vì sao?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: có hướng điện trường. Dây ăng-ten đáp ứng với thành phần điện trường dọc dây.

Hướng đi:

• Xét lực điện làm điện tích dịch chuyển dọc phần tử dẫn của ăng-ten.
• Thay đổi hướng dây làm thay đổi thành phần điện trường có thể tạo tín hiệu thu.

Điện trường của sóng tác dụng lực lên điện tích tự do trong ăng-ten. Khi dây được đặt phù hợp với phương phân cực của sóng tới, thành phần lực dọc dây lớn và tín hiệu thu mạnh hơn. Quay dây làm thay đổi thành phần này.

Trong mô hình phần tử thu ngắn, biên độ tín hiệu có thể liên hệ với hình chiếu của điện trường lên hướng dây. Với hệ hai nhánh thực, dạng bức xạ và các sóng phản xạ từ môi trường xung quanh cũng ảnh hưởng chất lượng thu, nên hướng tốt phụ thuộc cấu hình quan sát.

Bài tập: Q33.19

Trong Hình 33.31, ánh sáng bị tán xạ ra khỏi chùm tới có phân cực. Vì sao chùm truyền tiếp không vì thế mà cũng bị phân cực một phần?

Hình 33.31: Tán xạ ánh sáng bởi các phân tử không khí. Người nhìn lên và người nhìn theo hướng Mặt Trời nhận những phần ánh sáng khác nhau.

Chú thích:

• Người quan sát này nhìn thấy ánh sáng mặt trời nhuốm đỏ vì hầu hết ánh sáng xanh đã bị tán xạ ra ngoài (This observer sees reddened sunlight because most of the blue light has been scattered out.)
• Điện tích trong phân tử không khí dao động theo hướng điện trường của ánh sáng tới, đóng vai trò anten phát ánh sáng tán xạ (Electric charges in air molecules at O oscillate in the direction of the E field of the incident light from the sun, acting as antennas that produce scattered light.)
• Ánh sáng tán xạ tới người quan sát bên dưới phân cực theo phương z (The scattered light that reaches the observer directly below O is polarized in the z-direction.)
• Phân tử không khí tán xạ ánh sáng xanh mạnh hơn ánh sáng đỏ, tạo màu xanh của bầu trời (Air molecules scatter blue light more effectively than red light; we see the sky overhead by scattered light, so it looks blue.)
• Ánh sáng trắng tự nhiên tới, không phân cực (Incident white light, unpolarized)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Một hướng tán xạ được quan sát chỉ là một phần của toàn bộ ánh sáng tán xạ.

Hướng đi:

• Phân tích dao động điện tích theo hai phương ngang độc lập đối với chùm tới.
• Xét năng lượng mất đi theo mọi hướng, vì trạng thái chùm truyền phụ thuộc tổng năng lượng bị lấy khỏi mỗi thành phần.

Trong mô hình các phân tử phân bố đẳng hướng, một thành phần dao động không phát bức xạ dọc chính trục dao động của nó. Vì vậy người quan sát ở một hướng cụ thể có thể chỉ nhận một phương phân cực, như người ở bên dưới trong hình.

Tuy nhiên, ánh sáng cũng tán xạ theo những hướng khác. Khi cộng năng lượng tán xạ theo mọi hướng, hai thành phần ngang tương đương của chùm không phân cực bị suy giảm như nhau. Do đó chùm truyền tiếp không bị thiên lệch về một phương ngang chỉ vì ánh sáng tán xạ theo một hướng đã phân cực.

Bài tập: Q33.20

Bạn nằm ngửa tắm nắng vào cuối buổi chiều, khi Mặt Trời ở thấp về phía tây, và nhìn thẳng lên qua kính râm Polaroid. Để giảm ánh sáng từ trời tới mắt nhiều nhất, nên hướng chân về bắc, đông, nam, tây hay hướng khác? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xét kính có trục truyền thẳng đứng khi đeo đứng thẳng. Khi nằm ngửa, trục này nằm gần theo phương đầu với chân.

Hướng đi:

• Xác định mặt phẳng chứa tia Mặt Trời tới vùng tán xạ và tia từ vùng ấy tới mắt.
• Ánh sáng tán xạ gần vuông góc với tia tới có thành phần phân cực chủ yếu vuông góc mặt phẳng đó.
• Muốn giảm cường độ, đặt trục truyền của kính vuông góc với phương điện trường chủ yếu.

Mặt Trời ở phía tây, còn bạn nhìn lên đỉnh đầu, nên mặt phẳng tán xạ gần là mặt phẳng thẳng đứng đông với tây. Điện trường chủ yếu của ánh sáng tán xạ tới mắt vì vậy theo phương bắc với nam.

Đặt trục truyền theo đông với tây sẽ chặn thành phần này tốt nhất. Vì trục kính gần theo phương đầu với chân khi nằm ngửa, có thể hướng chân về đông hoặc tây. Hai lựa chọn tương đương về trục phân cực. Nếu kính có trục truyền khác quy ước đã nêu, cần dùng hướng trục thực của kính để xác định tư thế.

Bài tập: Q33.21

Ánh sáng tán xạ từ trời xanh phân cực mạnh theo cơ chế ở mục 33.6, nhưng ánh sáng tán xạ từ mây trắng thường không phân cực. Vì sao?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Trời quang và mây có những đường tán xạ khác nhau.

Hướng đi:

• Xét một lần tán xạ theo hướng xác định để hiểu phương phân cực của ánh sáng từ trời quang.
• Xét nhiều lần tán xạ với các mặt phẳng khác nhau trong mây, vì chúng làm mất ưu tiên của một phương chung.

Trong mô hình tán xạ đơn ở trời quang, hướng nguồn, điểm tán xạ và người quan sát xác định một mặt phẳng. Ánh sáng quan sát theo hướng thích hợp vì vậy có phương phân cực ưu thế.

Mây có nhiều giọt nước hoặc tinh thể băng, nên một tia có thể bị tán xạ nhiều lần theo nhiều hướng. Những lần tán xạ này có các mặt phẳng khác nhau. Khi cộng các phần ánh sáng tới mắt, không còn một phương phân cực chung mạnh như trong mô hình tán xạ đơn. Độ phân cực thực tế còn phụ thuộc độ dày mây và hình học quan sát.

Bài tập: Q33.22

Sương mờ do các giọt nước hoặc hạt khói làm giảm tầm nhìn vì ánh sáng từ vật xa bị tán xạ, khiến ảnh mất rõ. Vì sao kính râm nhuộm đỏ, lọc bớt ánh sáng xanh, có thể giúp nhìn qua lớp mờ này?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cần phân biệt ánh sáng mang ảnh của vật với ánh sáng tán xạ tạo màn sáng phủ lên ảnh.

Hướng đi:

• Trong mô hình tán xạ ưu tiên ngắn, phần màn sáng chứa nhiều ánh sáng xanh hơn.
• Kính lọc đỏ giảm thành phần xanh tới mắt, nên có thể giảm màn sáng tán xạ so với phần ánh sáng đỏ mang ảnh.

Khi phần ánh sáng tán xạ gây mờ thiên về màu xanh, lọc bớt màu xanh làm giảm màn sáng này và có thể tăng tương phản của vật còn được nhìn bằng ánh sáng đỏ truyền tới.

Kính cũng làm cảnh tối hơn. Mức cải thiện phụ thuộc phổ ánh sáng và cơ chế tán xạ trong lớp giọt nước hoặc bụi. Không thể suy rằng một kính lọc đỏ sẽ phục hồi mọi chi tiết đã mất trong mọi loại sương mù.

Bài tập: Q33.23

Cơ chế giải thích màu đỏ của Mặt Trời lúc lặn cũng áp dụng lúc mọc, vì ánh sáng phải đi qua khí quyển theo quãng đường tương tự. Tuy nhiên, hoàng hôn thường đỏ hơn bình minh. Vì sao? Gợi ý: Các hạt trong khí quyển cũng góp phần tán xạ.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Quãng đường hình học có thể tương tự, nhưng trạng thái khí quyển ở hai thời điểm không nhất thiết giống nhau.

Hướng đi:

• Cường độ tán xạ phụ thuộc cả đường đi lẫn số lượng, kích thước và loại hạt.
• Xét khả năng bụi và các hạt lơ lửng thay đổi trong ngày, vì ánh sáng ngắn có thể bị lấy khỏi chùm trực tiếp với mức khác nhau.

Đối lưu và các hoạt động ban ngày có thể đưa thêm hạt lơ lửng vào khí quyển. Nếu điều kiện cuối ngày làm phần ánh sáng ngắn bị tán xạ khỏi chùm trực tiếp nhiều hơn, ánh sáng còn lại từ Mặt Trời có thể đỏ hơn.

Sự so sánh không chỉ do quãng đường truyền quyết định. Thời tiết, phân bố bụi và đặc tính hạt có thể thay đổi kết quả, nên không có kết luận bắt buộc rằng mọi hoàng hôn đều đỏ hơn mọi bình minh.

Bài tập: Q33.24

cũng áp dụng cho âm. Ban ngày, nhiệt độ thường giảm khi lên cao. Ban đêm, mặt đất lạnh đi và có thể có một tầng sát mặt đất trong đó nhiệt độ tăng khi lên cao. Dùng điều này giải thích vì sao âm từ nguồn xa có thể nghe rõ hơn vào ban đêm. Gợi ý: Tốc độ âm tăng khi nhiệt độ tăng, và có thể vận dụng cách dựng ở Hình 33.36.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tốc độ truyền âm thay đổi theo độ cao, làm các phần của cùng tiến được các quãng đường khác nhau.

Hướng đi:

• Dùng để so sự tiến của phần trên và phần dưới của .
• Tia âm bị uốn về vùng có tốc độ nhỏ hơn trong mô hình phân tầng đang xét.

Ban ngày, lớp khí sát mặt đất nóng hơn và có tốc độ âm lớn hơn. Phần dưới tiến nhanh hơn phần trên, nên mặt sóng nghiêng và tia âm có xu hướng bị uốn lên cao. Ít năng lượng hơn tiếp tục truyền sát mặt đất tới người ở xa.

Khi xuất hiện tầng nghịch nhiệt ban đêm, lớp khí sát mặt đất lạnh và truyền âm chậm hơn lớp trên. Phần trên tiến nhanh hơn, khiến tia âm bị uốn xuống. Năng lượng có thể được giữ gần mặt đất và tới vị trí xa rõ hơn.

Đây là giải thích theo sự phân tầng nhiệt đã nêu. Gió, địa hình và nguồn âm cũng có thể ảnh hưởng trong tình huống thực.

Bài tập: Q33.25

Sóng nước có thể phản xạ và khúc xạ không? Nêu ví dụ. có áp dụng cho sóng nước không? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Các hiện tượng cần xét thuộc sự truyền sóng, không chỉ riêng ánh sáng.

Hướng đi:

• Dùng một biên phản xạ, chẳng hạn thành bể, để xét sự đổi hướng sóng trở lại.
• Dùng vùng có tốc độ truyền khác, chẳng hạn vùng nước khác độ sâu, để xét khúc xạ.
• Áp dụng trong mô hình sóng nhỏ có và tốc độ xác định.

Sóng nước gặp thành bể hoặc bờ chắn có thể phản xạ. Khi đi xiên từ một vùng nước sang vùng có tốc độ sóng khác do độ sâu thay đổi, hướng truyền có thể đổi và sóng bị khúc xạ. Sự đổi hướng các đỉnh sóng khi tiến vào vùng nước nông là một ví dụ.

Trong mô hình sóng nhỏ, có thể xem các điểm trên là nguồn của các sóng thứ cấp và dựng mặt sóng sau bằng bao của chúng. Các phần mặt sóng đi qua vùng tốc độ khác nhau tiến được các quãng đường khác nhau, tạo khúc xạ. Khi xét sóng vỡ hoặc hiệu ứng phi tuyến mạnh, cần mô tả thêm ngoài cách dựng đơn giản này.

Bài tập 33.1–33.35

Phản xạ và khúc xạ

Bài tập 33: 1

Hai gương phẳng vuông góc nhau. Chùm laser gặp gương thứ nhất tại điểm cách giao tuyến hai gương $11,5\mathrm{cm}$ như Hình E33.1. Gương thứ hai dài $28,0\mathrm{cm}$. Góc tới ở gương thứ nhất bằng bao nhiêu để tia phản xạ gặp trung điểm gương thứ hai?

Hình E33.1: Tia laser gặp gương ngang rồi đi tới gương đứng vuông góc với nó.

Chú thích:

• Hình (Figure)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Trung điểm gương đứng cách góc hai gương $14,0\mathrm{cm}$. Từ điểm phản xạ đến góc gương, khoảng cách ngang là $11,5\mathrm{cm}$.

Hướng đi:

• Dựng tam giác vuông từ hai khoảng cách, vì hướng tia phản xạ được xác định bởi điểm xuất phát và điểm đích.
• Dùng góc với pháp tuyến thẳng đứng của gương ngang, rồi áp dụng định luật phản xạ.

Gọi ${\theta }_r$ là góc tia phản xạ với pháp tuyến gương thứ nhất:

$$\begin{array}{rl}\tan {\theta }_r& =\frac{11,5}{14,0},\\ {\theta }_a& ={\theta }_r\\ & =39,4^{\circ }.\end{array}$$

Góc với mặt gương là góc phụ của giá trị này. Không dùng góc với mặt làm góc tới.

Bài tập 33: 2

Dịch kính là chất trong suốt dạng gel chiếm phần lớn thể tích nhãn cầu, có $1,34$. Ánh sáng nhìn thấy có trong không khí từ $380\mathrm{nm}$ (tím) đến $750\mathrm{nm}$ (đỏ). Ánh sáng truyền qua dịch kính rồi tới các tế bào que và nón trên võng mạc.

Tìm miền giá trị của (a) , (b) tần số và (c) tốc độ ánh sáng ngay trước khi tới võng mạc bên trong dịch kính.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Lấy không khí xấp xỉ 1 và chiết suất dịch kính bằng giá trị đã cho trên miền xét.

Hướng đi:

• trong vật liệu bằng bước sóng trong không khí chia .
• giữ nguyên tại mặt phân cách đứng yên.
• Tốc độ bằng $c/n$, vì bài dùng mô hình xác định.

(a):

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{min}& =\frac{380}{1,34}\mathrm{nm}\\ & =284\mathrm{nm},\\ {\lambda }_{max}& =\frac{750}{1,34}\mathrm{nm}\\ & =560\mathrm{nm}.\end{array}$$

(b) Đầu đỏ có thấp, đầu tím có tần số cao:

$$\begin{array}{rl}{f}_{min}& =\frac{c}{750\times {10}^{-9}\mathrm{m}}\\ & =4,00\times {10}^{14}\mathrm{Hz},\\ f_{max}& =\frac{c}{380\times {10}^{-9}\mathrm{m}}\\ & =7,89\times {10}^{14}\mathrm{Hz}.\end{array}$$

(c):

$$v=\frac{c}{1,34}=2,24\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}.$$

trong dịch kính thay đổi nhưng tần số của từng thành phần ánh sáng không đổi.

Bài tập 33: 3

Chùm sáng có $650\mathrm{nm}$ trong chân không. Tìm (a) tốc độ và (b) bước sóng trong một chất lỏng có $1,47$ tại tần số này.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: ${\lambda }_0=650\mathrm{nm}$, $n=1,47$.

Hướng đi:

• Dùng $v=c/n$ để tìm tốc độ.
• Giữ , nên bước sóng cũng giảm theo hệ số $1/n$.

$$\begin{array}{rl}v& =\frac{c}{1,47}\\ & =2,04\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s},\\ \lambda & =\frac{650}{1,47}\mathrm{nm}\\ & =442\mathrm{nm}.\end{array}$$

Bài tập 33: 4

Ánh sáng $5,80\times {10}^{14}\mathrm{Hz}$ truyền trong thủy tinh có $1,52$. Bước sóng của ánh sáng bằng bao nhiêu (a) trong chân không và (b) trong thủy tinh?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: đã biết, còn tốc độ phụ thuộc môi trường.

Hướng đi:

• Dùng ${\lambda }_0=c/f$ trong chân không.
• Dùng $\lambda ={\lambda }_0/n$ trong thủy tinh, vì không thay đổi.

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_0& =\frac{c}{5,80\times {10}^{14}\mathrm{Hz}}\\ & =517\mathrm{nm},\\ {\lambda }_g& =\frac{{\lambda }_0}{1,52}\\ & =340\mathrm{nm}.\end{array}$$

Bài tập 33: 5

Một lớp chất lỏng nằm trên mặt ngang của khối thủy tinh. Tia trong thủy tinh có tốc độ $1,85\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$, $365\mathrm{nm}$ và tần số $5,07\times {10}^{14}\mathrm{Hz}$. Góc tới ở mặt phân cách là $38,0^{\circ }$ so với pháp tuyến. Tia khúc xạ trong chất lỏng tạo góc $44,7^{\circ }$ với pháp tuyến.

Tìm tốc độ, và tần số của ánh sáng trong chất lỏng.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cả hai góc được đo từ cùng pháp tuyến. Các dữ kiện , tần số và tốc độ ban đầu được làm tròn.

Hướng đi:

• Viết Snell dưới dạng tỉ số tốc độ, vì chưa biết riêng hai .
• Giữ qua mặt phân cách.
• Dùng $\lambda =v/f$ với các dữ kiện đã cho để tìm .

Từ $n=c/v$:

$$\begin{array}{rl}\frac{\sin {\theta }_g}{v_g}& =\frac{\sin {\theta }_{\ell }}{v_{\ell }},\\ v_{\ell }& =v_g\frac{\sin 44,7^{\circ }}{\sin 38,0^{\circ }}\\ & =2,11\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Tiếp theo:

$$\begin{array}{rl}{f}_{\ell }& =5,07\times {10}^{14}\mathrm{Hz},\\ {\lambda }_{\ell }& =\frac{v_{\ell }}{f_{\ell }}\\ & =417\mathrm{nm}.\end{array}$$

Cũng có thể dùng tỉ số hai bằng tỉ số tốc độ. Sai khác nhỏ ở chữ số sau cùng giữa hai cách là do dữ kiện ban đầu đã làm tròn.

Bài tập 33: 6

Ánh sáng có một xác định có bước sóng $526\mathrm{nm}$ trong nước. Bước sóng trong benzen bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dùng các tham chiếu $n_w=\mathrm{1,333}$ và $n_b=\mathrm{1,501}$.

Hướng đi:

• Cùng nên tỉ số bước sóng bằng tỉ số tốc độ.
• Tốc độ tỉ lệ nghịch , nên cần lấy chiết suất nước chia chiết suất benzen.

$$\begin{array}{rl}\frac{{\lambda }_b}{{\lambda }_w}& =\frac{n_w}{n_b},\\ {\lambda }_b& =526\frac{\mathrm{1,333}}{\mathrm{1,501}}\mathrm{nm}\\ & =467\mathrm{nm}.\end{array}$$

Bài tập 33: 7

Chùm sáng song song trong không khí tạo góc $47,5^{\circ }$ với mặt tấm thủy tinh có $1,66$. Tìm góc giữa mặt kính với (a) chùm phản xạ và (b) chùm khúc xạ.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Góc được cho và các góc được hỏi đều đo từ mặt kính. Snell lại dùng góc đo từ pháp tuyến.

Hướng đi:

• Đổi góc với mặt sang góc tới bằng phép lấy góc phụ.
• Dùng phản xạ và Snell, rồi đổi góc khúc xạ trở lại góc với mặt.

Góc tới:

$${\theta }_a={90}^{\circ }-47,5^{\circ }=42,5^{\circ }.$$

(a) Góc phản xạ với pháp tuyến cũng là $42,5^{\circ }$, nên góc với mặt bằng $47,5^{\circ }$.

(b):

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_b& =\frac{\sin 42,5^{\circ }}{1,66},\\ {\theta }_b& =24,0^{\circ },\\ {\beta }_b& ={90}^{\circ }-{\theta }_b\\ & =66,0^{\circ }.\end{array}$$

Bài tập 33: 8

Chùm laser đi dọc mặt một khối trong suốt như Hình E33.8. Một nửa chùm đi thẳng trong không khí tới bộ thu. Nửa còn lại đi qua khối rồi tới bộ thu. Chiều dài đoạn đường là $2,50\mathrm{m}$, và độ trễ giữa hai chùm bằng $6,25\mathrm{ns}$. Tìm của khối.

Hình E33.8: Hai phần chùm sáng truyền cùng quãng đường trong không khí và trong khối vật liệu.

Chú thích:

• Hình (Figure)
• Bộ thu (Detector)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So hai thời gian trên cùng chiều dài $L=2,50\mathrm{m}$, lấy không khí bằng 1.

Hướng đi:

• Dùng $t=L/v$ cho từng chùm, vì các đoạn đường đều được truyền dọc khối.
• Lấy hiệu thời gian, vì đề cho độ trễ chứ không cho thời gian truyền trong khối.

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }t& =\frac{nL}{c}-\frac{L}{c}\\ & =\frac{(n-1)L}{c},\\ n& =1+\frac{c\mathrm{\Delta }t}{L}\\ & =1,75.\end{array}$$

Bài tập 33: 9

Ánh sáng trong không khí tới một khối nhựa với góc $62,7^{\circ }$ so với pháp tuyến. Trong nhựa, tia tạo góc $48,1^{\circ }$ với pháp tuyến. Tìm tốc độ ánh sáng trong nhựa.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Biết góc tới và góc khúc xạ, chưa biết nhựa.

Hướng đi:

• Dùng Snell với không khí xấp xỉ 1 để tìm chiết suất.
• Dùng $v=c/n$ để suy tốc độ.

$$\begin{array}{rl}n& =\frac{\sin 62,7^{\circ }}{\sin 48,1^{\circ }}\\ & =\mathrm{1,194},\\ v& =\frac{c}{n}\\ & =2,51\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Bài tập 33: 10

(a) Bể methanol có thành thủy tinh dày $2,50\mathrm{cm}$, $\mathrm{1,550}$. Ánh sáng trong không khí tới thành với góc $41,3^{\circ }$ so với pháp tuyến. Tìm góc tia trong methanol với pháp tuyến.

(b) Đổ methanol ra và thay bằng chất lỏng chưa biết. Với cùng góc tới ngoài không khí, tia trong chất lỏng tạo góc $20,2^{\circ }$ với pháp tuyến. Tìm chất lỏng.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai mặt thành kính song song. Dùng $n_m=\mathrm{1,329}$ cho methanol.

Hướng đi:

• Áp dụng Snell ở cả hai mặt, vì tia đi qua thủy tinh trước khi vào chất lỏng.
• Hai pháp tuyến song song nên góc trong kính ở hai mặt bằng nhau. kính vì vậy được khử khỏi quan hệ góc đầu với góc cuối.

Hai lần khúc xạ cho:

$$\begin{array}{rl}{n}_a\sin {\theta }_a& =n_g\sin {\theta }_g,\\ n_g\sin {\theta }_g& =n_{\ell }\sin {\theta }_{\ell }.\end{array}$$

(a):

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_m& =\frac{\sin 41,3^{\circ }}{\mathrm{1,329}},\\ {\theta }_m& =29,8^{\circ }.\end{array}$$

(b):

$$n_{\ell }=\frac{\sin 41,3^{\circ }}{\sin 20,2^{\circ }}=1,91.$$

Độ dày thành ảnh hưởng độ dịch ngang của tia, nhưng không xuất hiện trong kết quả góc này.

Bài tập 33: 11

Nước phủ trên một bản vật liệu X trong cốc. Tia truyền lên theo Hình E33.11. Góc trong X được đánh dấu ${65}^{\circ }$ với mặt phân cách, còn góc trong nước là ${48}^{\circ }$ với pháp tuyến.

Tìm (a) X và (b) góc tia trong không khí với pháp tuyến.

Hình E33.11: Tia truyền từ vật liệu X qua nước rồi ra không khí. Hai góc được đánh dấu theo hai đường tham chiếu khác nhau.

Chú thích:

• Hình (Figure)
• Không khí (Air)
• Nước (Water)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Góc tới trong X với pháp tuyến là ${25}^{\circ }$. Dùng $n_w=\mathrm{1,333}$ và $n_a=1$.

Hướng đi:

• Đổi góc ${65}^{\circ }$ với mặt thành góc ${25}^{\circ }$ với pháp tuyến.
• Dùng Snell ở mặt X với nước để tìm $n_X$.
• Dùng Snell ở mặt nước với không khí, vì tia có góc ${48}^{\circ }$ trong nước.

(a):

$$\begin{array}{rl}{n}_X\sin {25}^{\circ }& =n_w\sin {48}^{\circ },\\ n_X& =\frac{\mathrm{1,333}\sin {48}^{\circ }}{\sin {25}^{\circ }}\\ & =2,34.\end{array}$$

(b):

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_a& =\mathrm{1,333}\sin {48}^{\circ },\\ {\theta }_a& =82,1^{\circ }.\end{array}$$

Vế phải nhỏ hơn 1, nên tia vẫn truyền được ra không khí dù góc khúc xạ rất lớn.

Bài tập 33: 12

Một tấm thủy tinh có hai mặt song song, $1,52$, nằm ngang và tiếp xúc mặt nước trong bể. Tia từ không khí phía trên tới mặt kính với góc $35,0^{\circ }$ so với pháp tuyến.

(a) Tia khúc xạ trong nước tạo góc bao nhiêu với pháp tuyến? (b) Góc đó phụ thuộc kính như thế nào?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tia đi qua hai mặt phân cách song song, từ không khí qua kính vào nước.

Hướng đi:

• Viết Snell cho từng mặt để khử góc và trung gian.
• Dùng cùng pháp tuyến cho hai mặt song song, vì đó là điều kiện làm phép khử đúng.

$$\begin{array}{rl}{n}_a\sin {\theta }_a& =n_g\sin {\theta }_g,\\ n_g\sin {\theta }_g& =n_w\sin {\theta }_w,\\ \sin {\theta }_w& =\frac{\sin 35,0^{\circ }}{\mathrm{1,333}},\\ {\theta }_w& =25,5^{\circ }.\end{array}$$

Trong cấu hình hai mặt song song có tia truyền qua này, góc cuối không phụ thuộc kính. Chiết suất và độ dày kính vẫn có thể làm đổi vị trí tia ra.

Bài tập 33: 13

Một khối trong suốt nằm trên mặt ngang của khối thủy tinh. Tia trong kính tới mặt trên với góc $62,0^{\circ }$ so với pháp tuyến. Ánh sáng có $447\mathrm{nm}$ trong kính và $315\mathrm{nm}$ trong khối phía trên. Tìm góc khúc xạ trong khối đó.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cùng một ánh sáng có hai khác nhau, nhưng cùng tần số.

Hướng đi:

• Dùng $n\lambda ={\lambda }_0$ để suy tỉ số mà không cần biết riêng từng giá trị.
• Thay tỉ số vào Snell để tìm góc.

$$\begin{array}{rl}\frac{n_g}{n_s}& =\frac{{\lambda }_s}{{\lambda }_g},\\ \sin {\theta }_s& =\frac{315}{447}\sin 62,0^{\circ },\\ {\theta }_s& =38,5^{\circ }.\end{array}$$

Bài tập 33: 14

Tia trong nước tới mặt phẳng tiếp xúc một miếng kính. là $726\mathrm{nm}$ trong nước và $544\mathrm{nm}$ trong kính. Góc tới trong nước bằng $56,0^{\circ }$ so với pháp tuyến. Tìm góc khúc xạ trong kính.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Biết hai và góc tới, không cần tìm riêng hai .

Hướng đi:

• chung làm tỉ số bằng tỉ số nghịch của hai bước sóng.
• Dùng Snell với nước là môi trường tới.

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_g& =\frac{{\lambda }_g}{{\lambda }_w}\sin {\theta }_w\\ & =\frac{544}{726}\sin 56,0^{\circ },\\ {\theta }_g& =38,4^{\circ }.\end{array}$$

Phản xạ toàn phần

Bài tập 33: 15

Ống dẫn sáng đặc bằng nhựa có $1,60$. Ánh sáng truyền song song phần trên của ống như Hình E33.15. Cần cắt mặt AB sao cho toàn bộ ánh sáng phản xạ trở lại ống khi gặp mặt này.

Tìm giới hạn lớn nhất của góc $\beta$ khi (a) ống ở trong không khí và (b) ống ngập trong nước có $1,33$.

Hình E33.15: Mặt cắt AB làm đổi hướng ánh sáng đang truyền trong ống nhựa.

Chú thích:

• Hình (Figure)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Góc $\beta$ đo với mặt cắt. Góc tới với pháp tuyến bằng ${90}^{\circ }-\beta$.

Hướng đi:

• Dùng góc giới hạn của nhựa với môi trường ngoài.
• cần góc tới lớn hơn góc giới hạn, nên góc cắt phải nhỏ hơn giá trị giới hạn tương ứng.

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_{\mathrm{crit}}& =\frac{n_{\mathrm{ext}}}{1,60},\\ {\beta }_{\lim }& ={90}^{\circ }-{\theta }_{\mathrm{crit}}.\end{array}$$

(a) Trong không khí:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_{\mathrm{crit}}& =38,7^{\circ },\\ {\beta }_{\lim }& =51,3^{\circ }.\end{array}$$

(b) Với giá trị nước $1,33$ đã cho:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_{\mathrm{crit}}& =\arcsin \frac{1,33}{1,60}\\ & =56,2^{\circ },\\ {\beta }_{\lim }& =33,8^{\circ }.\end{array}$$

Để có thay vì tia khúc xạ đi sát mặt tại ngưỡng, chọn $\beta$ nhỏ hơn giới hạn. Nếu dùng nước $\mathrm{1,333}$ thay cho giá trị làm tròn trong đề, giới hạn thứ hai xấp xỉ $33,6^{\circ }$.

Bài tập 33: 16

Một miếng kính phẳng đậy kín miệng ống trụ thẳng đứng chứa đầy nước. Tia trong kính tới mặt tiếp xúc nước với góc $36,2^{\circ }$ và khúc xạ trong nước với góc $49,8^{\circ }$, đều đo từ pháp tuyến.

Tìm ngưỡng góc tới nhỏ nhất tại đó không còn tia truyền vào bên trong nước.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dữ kiện hai góc xác định tỉ số kính trên nước. Ngưỡng cần tìm là góc giới hạn.

Hướng đi:

• Dùng Snell để tìm tỉ số $n_w/n_g$.
• Tại góc giới hạn, góc khúc xạ bằng ${90}^{\circ }$, nên không cần biết riêng nước.

$$\begin{array}{rl}\frac{n_w}{n_g}& =\frac{\sin 36,2^{\circ }}{\sin 49,8^{\circ }},\\ \sin {\theta }_{\mathrm{crit}}& =\frac{\sin 36,2^{\circ }}{\sin 49,8^{\circ }},\\ {\theta }_{\mathrm{crit}}& =50,6^{\circ }.\end{array}$$

Tại ngưỡng, tia khúc xạ đi sát mặt. Với góc tới lớn hơn, tia .

Bài tập 33: 17

Góc giới hạn ở mặt phân cách chất lỏng với không khí là $42,5^{\circ }$. (a) Tia trong chất lỏng tới mặt này với góc $35,0^{\circ }$. Góc khúc xạ trong không khí bằng bao nhiêu? (b) Nếu tia đi từ không khí vào chất lỏng với cùng góc tới $35,0^{\circ }$, góc khúc xạ bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai phần có chiều truyền ngược nhau, nên phải đảo đúng vai trò hai .

Hướng đi:

• Tìm chất lỏng từ góc giới hạn.
• Áp dụng Snell cho từng chiều, vì cùng góc tới không có nghĩa cùng góc khúc xạ.

$$n_{\ell }=\frac{1}{\sin 42,5^{\circ }}=\mathrm{1,480.}$$

(a) Chất lỏng ra không khí:

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_a& =n_{\ell }\sin 35,0^{\circ },\\ {\theta }_a& =58,1^{\circ }.\end{array}$$

(b) Không khí vào chất lỏng:

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_{\ell }& =\frac{\sin 35,0^{\circ }}{n_{\ell }},\\ {\theta }_{\ell }& =22,8^{\circ }.\end{array}$$

Bài tập 33: 18

truyền trong khối lập phương thủy tinh có $1,62$ và gặp một mặt từ phía trong. Tìm ngưỡng góc tới nhỏ nhất với pháp tuyến để tia không truyền ra ngoài khi khối (a) nằm trong không khí và (b) ngập trong nước.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tia tới từ thủy tinh. Dùng không khí 1 và nước $\mathrm{1,333}$.

Hướng đi:

• Xét góc giới hạn của từng cặp môi trường, vì môi trường ngoài thay đổi.
• Dùng $\sin {\theta }_{\mathrm{crit}}=n_b/n_a$ với thủy tinh là môi trường $a$.

$$\begin{array}{r}\\ thet{a}_{\mathrm{crit},\mathrm{air}}& =\arcsin \frac{1}{1,62}\\ & =38,1^{\circ },\\ \\ thet{a}_{\mathrm{crit},\mathrm{water}}& =\arcsin \frac{\mathrm{1,333}}{1,62}\\ & =55,4^{\circ }.\end{array}$$

Với góc lớn hơn ngưỡng tương ứng xảy ra . Môi trường ngoài có gần thủy tinh hơn làm ngưỡng góc tăng.

Bài tập 33: 19

truyền trong một khối thủy tinh ngập hoàn toàn trong nước. Khi góc tới mặt thủy tinh với nước lớn hơn $48,7^{\circ }$, không có tia khúc xạ vào nước. Tìm thủy tinh.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Góc giới hạn là $48,7^{\circ }$. Dùng $n_w=\mathrm{1,333}$.

Hướng đi:

• Nhận dạng dữ kiện ngưỡng là góc giới hạn.
• Giải quan hệ góc giới hạn theo môi trường tới.

$$\begin{array}{rl}\sin 48,7^{\circ }& =\frac{n_w}{n_g},\\ n_g& =\frac{\mathrm{1,333}}{\sin 48,7^{\circ }}\\ & =1,77.\end{array}$$

Bài tập 33: 20

Ở đoạn kết bộ nhạc kịch Chiếc nhẫn của người Nibelung của Wagner, Brünnhilde lấy chiếc nhẫn vàng từ tay Siegfried đã chết rồi ném xuống sông Rhine. Nhẫn chìm xuống đáy.

Coi nhẫn là một điểm so với độ sâu $10,0\mathrm{m}$ của sông tại vị trí ấy. Tìm diện tích hình tròn lớn nhất trên mặt nước mà qua đó ánh sáng từ nhẫn có thể thoát ra không khí.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nhẫn nằm cách mặt nước phẳng một độ sâu $h=10,0\mathrm{m}$. Ánh sáng chỉ thoát ra trong nón có góc tới không vượt ngưỡng .

Hướng đi:

• Dùng góc giới hạn từ nước ra không khí để tìm biên của nón thoát.
• Cắt nón bằng mặt nước để được đường tròn bán kính $r=h\tan {\theta }_{\mathrm{crit}}$.

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_{\mathrm{crit}}& =\frac{1}{\mathrm{1,333}},\\ r& =h\tan {\theta }_{\mathrm{crit}}\\ & =11,35\mathrm{m},\\ A& =\pi r^2\\ & =4,04\times {10}^2{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Những tia trong nón có thể truyền qua mặt nước. Tia ở biên đi sát mặt tại ngưỡng, còn tia ngoài nón bị . Diện tích biên không làm thay đổi giá trị diện tích vùng tròn.

Bài tập 33: 21

tới vuông góc mặt AB của lăng kính có $1,52$ như Hình E33.21. Tìm giới hạn lớn nhất của góc $\alpha$ để không có ánh sáng khúc xạ ra khỏi mặt AC khi lăng kính (a) ở trong không khí và (b) ngập trong nước.

Hình E33.21: Tia đi thẳng vào mặt AB của lăng kính vuông rồi gặp mặt nghiêng AC.

Chú thích:

• Hình (Figure)
• Tia tới (Incident ray)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tia không đổi hướng khi vào AB. Góc tới mặt AC với pháp tuyến là ${90}^{\circ }-\alpha$.

Hướng đi:

• Dùng hình học tam giác vuông để liên hệ góc lăng kính với góc tới.
• Dùng góc giới hạn của kính với từng môi trường ngoài.

Điều kiện ngưỡng:

$$\begin{array}{rl}{90}^{\circ }-{\alpha }_{\lim }& ={\theta }_{\mathrm{crit}},\\ \sin {\theta }_{\mathrm{crit}}& =\frac{n_{\mathrm{ext}}}{1,52}.\end{array}$$

(a) Với không khí:

$${\alpha }_{\lim }=48,9^{\circ }.$$

(b) Với nước có $\mathrm{1,333}$:

$${\alpha }_{\lim }=28,7^{\circ }.$$

Góc nhỏ hơn giới hạn cho tại AC. Nếu góc tới đúng bằng góc giới hạn, tia khúc xạ đi sát mặt.

Bài tập 33: 22

Một tấm nhựa trong suốt dày đặt trên mặt ngang của khối thủy tinh. Góc giới hạn từ kính sang nhựa là $48,6^{\circ }$, và trong kính là $350\mathrm{nm}$. Tia có góc tới $40,0^{\circ }$ trong kính. Tìm bước sóng sau khi tia khúc xạ vào nhựa.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Góc tới nhỏ hơn góc giới hạn nên có tia truyền qua. Góc giới hạn cho tỉ số nhựa trên kính.

Hướng đi:

• Dùng góc giới hạn để tìm tỉ số .
• Giữ , nên tỉ số bước sóng là tỉ số nghịch của .

$$\begin{array}{rl}\frac{n_p}{n_g}& =\sin 48,6^{\circ },\\ {\lambda }_p& ={\lambda }_g\frac{n_g}{n_p}\\ & =\frac{350}{\sin 48,6^{\circ }}\mathrm{nm}\\ & =467\mathrm{nm}.\end{array}$$

Góc tới xác định hướng tia truyền qua nhưng không làm đổi quan hệ của cùng tần số trong hai vật liệu.

Tán sắc

Bài tập 33: 23

Chùm ánh sáng trắng hẹp gặp một mặt của khối thủy tinh flint silicat và truyền song song hai mặt kề như Hình E33.23. Góc hình học được đánh dấu là $55,0^{\circ }$.

Trong chùm truyền bên trong kính, miền nhìn thấy từ $400\mathrm{nm}$ đến $700\mathrm{nm}$ bị tách ra một góc bao nhiêu? Dùng đồ thị ở Hình 33.17.

Hình E33.23: Chùm ánh sáng trắng gặp mặt nghiêng của khối thủy tinh và tách thành các hướng trong vật liệu.

Chú thích:

• Hình (Figure)
• Ánh sáng trắng (White light)
• Thủy tinh flint silicat (Silicate flint glass)

Hình 33.17: Chiết suất theo bước sóng trong chân không của một số vật liệu trong suốt.

Chú thích:

• Chiết suất (n) (Index of refraction (n))
• Bước sóng trong chân không (nm) (Wavelength in vacuum (nm))
• Thủy tinh flint silicat (Silicate flint glass)
• Thủy tinh flint borat (Borate flint glass)
• Thạch anh (Quartz)
• Thủy tinh crown silicat (Silicate crown glass)
• Thạch anh nóng chảy (Fused quartz)
• Fluorit (Fluorite)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Góc tới với pháp tuyến là $35,0^{\circ }$. Cần đọc hai trên đường flint silicat, không dùng đường của loại kính khác.

Hướng đi:

• Đổi góc mặt nghiêng thành góc với pháp tuyến.
• Áp dụng Snell riêng cho hai đầu phổ, vì phụ thuộc .
• Lấy hiệu hai góc khúc xạ. Độ chính xác bị giới hạn bởi việc đọc đồ thị.

Từ đồ thị, lấy xấp xỉ:

$$\begin{array}{rl}{n}_{400}& \approx 1,66,\\ n_{700}& \approx 1,61.\end{array}$$

Hai góc được xác định bởi:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_{400}& =\arcsin \frac{\sin 35,0^{\circ }}{n_{400}},\\ {\theta }_{700}& =\arcsin \frac{\sin 35,0^{\circ }}{n_{700}},\\ \mathrm{\Delta }\theta & ={\theta }_{700}-{\theta }_{400}.\end{array}$$

Các trị số đọc gần đúng trên cho $\mathrm{\Delta }\theta \approx 0,{66}^{\circ }$. Vì đồ thị chỉ cho phép đọc xấp xỉ , nên kết quả thích hợp là cỡ $0,6^{\circ }$ đến $0,7^{\circ }$. Thành phần ngắn bị khúc xạ gần pháp tuyến hơn.

Bài tập 33: 24

kim cương đối với ánh sáng tím $400\mathrm{nm}$ và đỏ $700\mathrm{nm}$ lần lượt là $2,46$ và $2,41$. Tia trong không khí tới mặt kim cương với góc $53,5^{\circ }$ so với pháp tuyến. Tìm độ tách góc giữa hai màu trong chùm khúc xạ.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai thành phần có cùng góc tới nhưng khác nhau.

Hướng đi:

• Dùng Snell cho từng màu.
• Lấy hiệu góc, vì câu hỏi yêu cầu độ tách chứ không phải riêng hướng của một tia.

$$\begin{array}{rl}{\theta }_{\mathrm{violet}}& =\arcsin \frac{\sin 53,5^{\circ }}{2,46}\\ & ={\mathrm{19,073}}^{\circ },\\ {\theta }_{\mathrm{red}}& =\arcsin \frac{\sin 53,5^{\circ }}{2,41}\\ & ={\mathrm{19,484}}^{\circ },\\ \mathrm{\Delta }\theta & ={\mathrm{0,412}}^{\circ }.\end{array}$$

Bài tập 33: 25

Tia trong không khí tới một tấm kính với góc $57,0^{\circ }$ so với pháp tuyến. Góc trong kính là $38,1^{\circ }$ với màu đỏ và $36,7^{\circ }$ với màu tím. Tìm (a) và (b) tốc độ của hai màu trong kính.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cùng góc tới, nhưng hai góc khúc xạ khác nhau do .

Hướng đi:

• Giải Snell theo riêng của từng màu.
• Dùng $v=c/n$ để tìm tốc độ tương ứng.

(a):

$$\begin{array}{rl}{n}_{\mathrm{red}}& =\frac{\sin 57,0^{\circ }}{\sin 38,1^{\circ }}\\ & =1,36,\\ n_{\mathrm{violet}}& =\frac{\sin 57,0^{\circ }}{\sin 36,7^{\circ }}\\ & =1,40.\end{array}$$

(b):

$$\begin{array}{rl}{v}_{\mathrm{red}}& =2,21\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s},\\ v_{\mathrm{violet}}& =2,14\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Trong dữ kiện này, màu tím có lớn hơn và tốc độ nhỏ hơn màu đỏ.

Phân cực

Bài tập 33: 26

Canxit có hai $\mathrm{1,658}$ và $\mathrm{1,486}$ cho hai phương phân cực vuông góc ở trong không khí $589\mathrm{nm}$. Tinh thể được dùng làm : Số chu kỳ sóng chứa trong chiều dày của hai thành phần phải lệch nhau một phần tư chu kỳ.

Tìm chiều dày nhỏ nhất. Với ánh sáng tới , điều kiện biên độ nào cần có để chùm ra ?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai thành phần cùng , có bước sóng khác nhau trong tinh thể. Gọi $d$ là chiều dày.

Hướng đi:

• Số chứa trong tinh thể bằng $d/\lambda =dn/{\lambda }_0$.
• Đặt độ chênh nhỏ nhất bằng $1/4$, vì đề yêu cầu mỏng nhất.
• cần thêm hai biên độ bằng nhau, không chỉ một phần tư chu kỳ.

$$\begin{array}{rl}{N}_1& =\frac{d{n}_1}{{\lambda }_0},\\ N_2& =\frac{d{n}_2}{{\lambda }_0},\\ N_1-N_2& =\frac{d(n_1-n_2)}{{\lambda }_0}\\ & =\frac{1}{4}.\end{array}$$

Do đó:

$$\begin{array}{rl}{d}_{min}& =\frac{{\lambda }_0}{4(n_1-n_2)}\\ & =\frac{589\mathrm{nm}}{4(\mathrm{1,658}-\mathrm{1,486})}\\ & =856\mathrm{nm}\\ & =\mathrm{0,856}\mu \mathrm{m}.\end{array}$$

Để hai thành phần có biên độ bằng nhau, phương phân cực tới tạo góc ${45}^{\circ }$ với hai phương riêng của bản trong mô hình lý tưởng. một phần tư chu kỳ khi ấy cho chùm ra .

Bài tập 33: 27

có cường độ $I_0$ tới hai kính phân cực. Trục kính thứ nhất tạo góc $60,0^{\circ }$ với phương thẳng đứng, còn trục kính thứ hai nằm ngang. Tìm cường độ sau kính thứ hai.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai trục hợp nhau góc $30,0^{\circ }$, vì phương ngang vuông góc phương thẳng đứng.

Hướng đi:

• Chùm không phân cực truyền một nửa cường độ qua kính thứ nhất.
• Dùng với góc giữa hai trục, không dùng trực tiếp góc ${60}^{\circ }$ đo từ phương đứng.

$$\begin{array}{rl}{I}_1& =\frac{I_0}{2},\\ I_2& =\frac{I_0}{2}{\cos }^{2}30,0^{\circ }\\ & =\mathrm{0,375}{I}_0.\end{array}$$

Bài tập 33: 28

Một lớp chất lỏng nằm trên mặt ngang của khối trong suốt. Góc giới hạn của tia từ khối rắn tới mặt chất lỏng là $38,7^{\circ }$.

(a) Tia từ khối rắn phải tới mặt này dưới góc nào với pháp tuyến để chùm phản xạ phân cực hoàn toàn? (b) là bao nhiêu nếu tia đi trong chất lỏng tới khối rắn?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Góc giới hạn cho tỉ số hai . phụ thuộc chiều truyền.

Hướng đi:

• Dùng $\sin {\theta }_{\mathrm{crit}}=n_{\ell }/n_s$.
• Dùng Brewster theo đúng thứ tự môi trường tới và môi trường truyền qua.

$$\frac{n_{\ell }}{n_s}=\sin 38,7^{\circ }.$$

(a) Khối rắn tới chất lỏng:

$$\begin{array}{rl}\tan {\theta }_{p,s}& =\sin 38,7^{\circ },\\ {\theta }_{p,s}& =32,0^{\circ }.\end{array}$$

(b) Chất lỏng tới khối rắn:

$$\begin{array}{rl}\tan {\theta }_{p,\ell }& =\frac{1}{\sin 38,7^{\circ }},\\ {\theta }_{p,\ell }& =58,0^{\circ }.\end{array}$$

Hai bù nhau đến ${90}^{\circ }$, phù hợp với hai tỉ số nghịch đảo.

Bài tập 33: 29

có cường độ $I_0$ truyền qua hệ kính phân cực lý tưởng ở Hình E33.29. Hai trục sau lần lượt quay ${60}^{\circ }$ và ${90}^{\circ }$ so với trục đầu.

(a) Tìm cường độ tại A, B và C. (b) Nếu bỏ kính ở giữa, cường độ tại C bằng bao nhiêu?

Hình E33.29: Ba kính phân cực liên tiếp, với các góc trục được chỉ trên hình.

Chú thích:

• Hình (Figure)
• Không phân cực (Unpolarized)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chênh góc lần lượt là ${60}^{\circ }$ rồi ${30}^{\circ }$. Hai kính ngoài cùng chéo nhau.

Hướng đi:

• Qua kính đầu, cường độ giảm còn một nửa.
• Dùng lần lượt với các góc chênh, vì phương phân cực sau mỗi kính theo trục kính đó.

(a):

$$\begin{array}{rl}{I}_A& =\frac{I_0}{2},\\ I_B& =I_A{\cos }^2{60}^{\circ }\\ & =\frac{I_0}{8},\\ I_C& =I_B{\cos }^2{30}^{\circ }\\ & =\frac{3I_0}{32}.\end{array}$$

(b) Bỏ kính giữa làm hai kính chéo nhau đứng liên tiếp:

$$I_C^{\prime }=\frac{I_0}{2}{\cos }^2{90}^{\circ }=0.$$

Bài tập 33: 30

Ánh sáng ban đầu có cường độ $I_0$ đi qua hai kính phân cực lý tưởng có góc giữa trục là $\varphi$ như Hình E33.30. Chọn $\varphi$ để cường độ tại P bằng $I_0/10$ khi (a) ánh sáng tới không phân cực và (b) ánh sáng tới đã phân cực song song trục kính đầu tiên.

Hình E33.30: Hai kính phân cực có trục tạo góc phi và điểm quan sát P sau kính thứ hai.

Chú thích:

• Hình (Figure)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Góc giữa hai phương trục được lấy trong miền từ $0^{\circ }$ đến ${90}^{\circ }$.

Hướng đi:

• Xác định cường độ sau kính đầu cho từng trạng thái tới.
• Dùng cùng ở kính thứ hai, vì điểm khác nhau nằm ở cường độ đầu vào của kính này.

(a):

$$\begin{array}{rl}\frac{I_0}{2}{\cos }^2\varphi & =\frac{I_0}{10},\\ \varphi & =\arccos \sqrt{0,2}\\ & =63,4^{\circ }.\end{array}$$

(b):

$$\begin{array}{rl}{I}_0{\cos }^2\varphi & =\frac{I_0}{10},\\ \varphi & =\arccos \sqrt{0,1}\\ & =71,6^{\circ }.\end{array}$$

Bài tập 33: 31

Chùm sáng song song không phân cực trong không khí tới mặt kính phẳng với góc $54,5^{\circ }$ so với pháp tuyến. Chùm phản xạ hoàn toàn. Tìm (a) kính và (b) góc khúc xạ.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Góc tới đã cho là .

Hướng đi:

• Dùng Brewster để tìm kính khi môi trường tới là không khí.
• Tại Brewster, góc tới và góc khúc xạ cộng thành ${90}^{\circ }$.

$$\begin{array}{rl}{n}_g& =\tan 54,5^{\circ }=1,40,\\ {\theta }_b& ={90}^{\circ }-54,5^{\circ }\\ & =35,5^{\circ }.\end{array}$$

Bài tập 33: 32

Thủy tinh có $1,66$. Chùm phản xạ từ mặt kính phân cực hoàn toàn với góc tới bằng bao nhiêu nếu kính ngập trong (a) không khí và (b) nước?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tia tới đi từ môi trường bao quanh vào thủy tinh.

Hướng đi:

• Dùng tỉ số kính trên chiết suất môi trường tới trong định luật Brewster.
• Giữ đúng chiều truyền, vì đảo tỉ số sẽ cho góc của quá trình ngược.

$$\begin{array}{rl}{\theta }_{p,\mathrm{air}}& =\arctan 1,66\\ & =58,9^{\circ },\\ {\theta }_{p,\mathrm{water}}& =\arctan \frac{1,66}{\mathrm{1,333}}\\ & =51,2^{\circ }.\end{array}$$

Bài tập 33: 33

có cường độ $20,0\mathrm{W}/{\mathrm{cm}}^2$ tới hai kính phân cực. Nhìn theo hướng truyền, trục kính đầu quay $25,0^{\circ }$ ngược chiều kim đồng hồ từ phương đứng, còn trục kính thứ hai quay $62,0^{\circ }$ theo cùng chiều. Tìm cường độ sau kính thứ hai.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai góc được đo từ cùng phương và cùng chiều, nên chênh góc bằng $37,0^{\circ }$. Đơn vị cường độ tới là watt trên centimét vuông.

Hướng đi:

• Lấy một nửa cường độ qua kính đầu vì chùm tới không phân cực.
• Dùng với góc chênh ${62}^{\circ }-{25}^{\circ }$.
• Đổi đơn vị theo diện tích nếu muốn viết bằng $\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$.

$$\begin{array}{rl}{I}_2& =\frac{20,0}{2}{\cos }^{2}37,0^{\circ }\\ & =6,38\mathrm{W}/{\mathrm{cm}}^2\\ & =6,38\times {10}^4\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Vì $1{\mathrm{cm}}^2={10}^{-4}{\mathrm{m}}^2$, không giữ nguyên trị số khi đổi từ $\mathrm{W}/{\mathrm{cm}}^2$ sang $\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$.

Bài tập 33: 34

Ba kính phân cực được xếp liên tiếp. So với trục kính đầu, trục kính thứ hai và thứ ba quay lần lượt $23,0^{\circ }$ và $62,0^{\circ }$ theo chiều kim đồng hồ. Ánh sáng tới không phân cực. Sau cả ba kính, cường độ là $55,0\mathrm{W}/{\mathrm{cm}}^2$.

Giữ nguyên cường độ tới nhưng bỏ kính thứ hai. Cường độ sau hệ còn lại bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $55,0\mathrm{W}/{\mathrm{cm}}^2$ là cường độ sau ba kính, không phải cường độ tới kính đầu.

Hướng đi:

• Viết cường độ sau ba kính để suy cường độ ban đầu.
• Khi bỏ kính giữa, hai trục còn lại chênh ${62}^{\circ }$.
• Có thể lấy tỉ số hai cấu hình để khử cường độ nguồn.

Gọi cường độ tới là $I_0$:

$$\begin{array}{rl}{I}_3& =\frac{I_0}{2}{\cos }^2{23}^{\circ }{\cos }^2{39}^{\circ },\\ I_2^{\prime }& =\frac{I_0}{2}{\cos }^2{62}^{\circ }.\end{array}$$

Do đó:

$$\begin{array}{rl}{I}_2^{\prime }& =55,0\frac{{\cos }^2{62}^{\circ }}{{\cos }^2{23}^{\circ }{\cos }^2{39}^{\circ }}\\ & =23,7\mathrm{W}/{\mathrm{cm}}^2\\ & =2,37\times {10}^5\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Tán xạ

Bài tập 33: 35

Chùm ánh sáng trắng truyền qua một lớp không khí có độ dày đều. Cường độ ánh sáng tán xạ ở giữa miền xanh lục là $I$. Tìm cường độ tán xạ theo $I$ ở giữa (a) miền đỏ và (b) miền tím. Dùng các khoảng của Bảng 32.1.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xét mô hình và coi các thành phần tới đang so sánh có cùng cường độ. Chọn trung điểm của mỗi khoảng .

Hướng đi:

• có cường độ tỉ lệ nghịch lũy thừa bốn .
• Lấy tỉ số với miền xanh lục để khử hệ số phụ thuộc môi trường và độ dài lớp khí.
• Nêu rõ đại diện, vì từ “giữa” một miền màu là một phép chọn gần đúng.

Các trung điểm dùng ở đây là:

Miền màu	giữa khoảng
Lục, từ 495 đến 570 nm	$532,5\mathrm{nm}$
Đỏ, từ 620 đến 750 nm	$685\mathrm{nm}$
Tím, từ 380 đến 450 nm	$415\mathrm{nm}$

(a):

$$\begin{array}{rl}\frac{I_{\mathrm{red}}}{I}& ={\left(\frac{532,5}{685}\right)}^4\\ & =\mathrm{0,365.}\end{array}$$

(b):

$$\begin{array}{rl}\frac{I_{\mathrm{violet}}}{I}& ={\left(\frac{532,5}{415}\right)}^4\\ & =2,71.\end{array}$$

Với lựa chọn trung điểm đã nêu, hai cường độ xấp xỉ $0,37I$ và $2,7I$. Các giá trị số phụ thuộc đại diện. Nếu cường độ phổ tới của nguồn không bằng nhau, phải nhân thêm tỉ số cường độ tới tương ứng.

Bài tập tổng hợp 33.36–33.58

Bài tập 33: 36

Vẽ một đường thẳng trên giấy. Đặt một cốc thủy tinh trong suốt chứa nước lên đường đó sao cho đường vẽ còn kéo dài ra ngoài ở hai bên cốc. Nhìn xiên từ phía trên như Hình P33.36. Phần đường nhìn qua nước có vẻ lệch khỏi đường đã vẽ.

(a) Đánh dấu trên giấy, cạnh cốc, vị trí mà phần đường nhìn qua nước sẽ kéo dài tới. Ước lượng khoảng lệch $s$ giữa dấu này và đường ban đầu.

(b) Giữ nguyên vị trí mắt. Đặt một cây bút dọc đường ngắm tới chỗ ảnh của đường xuất hiện trên mặt nước, để đầu bút vừa chạm mặt nước. Sau đó chuyển đầu đến ngay phía trên đầu bút và nhìn thẳng xuống. Đánh dấu trên giấy vị trí chiếu thẳng đứng của đầu bút rồi ước lượng khoảng cách ngang $d$ từ đó tới đường đã vẽ.

(c) Gọi ${\theta }_a$ và ${\theta }_b$ lần lượt là góc tới và góc khúc xạ của tia truyền lên mắt, còn $H$ là độ sâu nước. Viết các biểu thức của hai tang theo $s,d,H$.

(d) Với độ sâu đủ lớn so với các khoảng ngang để các góc nhỏ, dùng gần đúng tang bằng sin và để biểu diễn nước theo $s,d$.

(e) Dùng những giá trị thực nghiệm của bạn để ước lượng nước.

Hình P33.36: Khoảng dịch của đường nhìn qua nước và các khoảng cách dùng trong phép đo.

Chú thích:

• Hình (Figure)
• Ảnh của đường thẳng (Image of line)
• Đường thẳng đã vẽ (Drawn line)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $s$ đo từ đường thật đến đường ảnh kéo dài, còn $d$ đo từ đường thật đến hình chiếu của đầu bút. Cả hai được xác định khi giữ nguyên hướng ngắm ban đầu.

Hướng đi:

• Dựng các tam giác có cùng chiều cao $H$ để phân biệt khoảng ngang của tia thật và đường kéo dài biểu kiến.
• Dùng Snell cho tia từ nước ra không khí. Chỉ thay sin bằng tang sau khi nêu điều kiện góc nhỏ.

(a), (b) Đây là hai phép đo cần thực hiện. Không có số đo thì chưa có một đáp số thực nghiệm xác định.

(c) Tia trong nước đi ngang $d$ trên độ cao $H$. Đường ngắm kéo dài đi ngang $s+d$ trên cùng độ cao:

$$\begin{array}{rl}\tan {\theta }_a& =\frac{d}{H},\\ \tan {\theta }_b& =\frac{s+d}{H}.\end{array}$$

(d) Lấy không khí bằng 1. Với $d/H$ và $(s+d)/H$ đều nhỏ:

$$\begin{array}{rl}n\sin {\theta }_a& =\sin {\theta }_b,\\ n\frac{d}{H}& \approx \frac{s+d}{H},\\ n& \approx 1+\frac{s}{d}.\end{array}$$

Độ sâu lớn tự nó chưa bảo đảm góc nhỏ nếu đồng thời nhìn quá xiên. Khi cần bỏ gần đúng, dùng biểu thức chính xác:

$$n=\frac{s+d}{d}\times \frac{\sqrt{H^2+d^2}}{\sqrt{H^2+(s+d{)}^2}}.$$

(e) Thay hai số đo vào $1+s/d$. So sánh với khoảng $1,33$ của nước trong miền nhìn thấy. Sai khác còn phụ thuộc góc ngắm, độ chính xác đánh dấu và ảnh hưởng của thành cốc.

Bài tập 33: 37

Trong siêu âm tim, bác sĩ sử dụng sóng âm có khoảng $1$–$5\mathrm{MHz}$ để tạo ảnh các cơ quan bên trong. Tốc độ âm là $1480\mathrm{m}/\mathrm{s}$ trong cơ và $344\mathrm{m}/\mathrm{s}$ trong không khí. Định nghĩa âm bằng tốc độ âm trong không khí chia tốc độ âm trong vật liệu, để áp dụng .

(a) Tia siêu âm từ phổi đến thành tim tạo góc $9,{73}^{\circ }$ với pháp tuyến. Tia đi vào cơ tim dưới góc nào? Coi tốc độ âm trong phổi bằng $344\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

(b) Tìm góc giới hạn của sóng âm từ không khí tới cơ.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tia truyền từ môi trường chậm sang môi trường nhanh. âm của cơ bằng $344/1480$, nhỏ hơn 1 theo định nghĩa riêng của bài.

Hướng đi:

• Dùng Snell với âm, vì bài đã quy định đại lượng tham chiếu là tốc độ âm trong không khí.
• Đặt góc khúc xạ bằng ${90}^{\circ }$ để tìm ngưỡng .

(a):

$$\begin{array}{rl}{n}_{\mathrm{c}}& =\frac{344}{1480},\\ \sin {\theta }_{\mathrm{c}}& =\frac{1480}{344}\sin 9,{73}^{\circ },\\ {\theta }_{\mathrm{c}}& =46,6^{\circ }.\end{array}$$

(b):

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_{\mathrm{c}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}}& =\frac{344}{1480},\\ {\theta }_{\mathrm{c}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}}& =13,4^{\circ }.\end{array}$$

Góc tới $9,{73}^{\circ }$ nhỏ hơn ngưỡng, nên tia ở câu (a) có thể truyền vào cơ.

Bài tập 33: 38

Trong phòng thí nghiệm, ánh sáng $490\mathrm{nm}$ truyền trong không khí từ laser đến tế bào quang điện mất $17,0\mathrm{ns}$. Đặt vào chùm sáng một tấm thủy tinh dày $\mathrm{0,840}\mathrm{m}$, có hai mặt song song và vuông góc với tia. Thời gian truyền tăng thành $21,2\mathrm{ns}$. Tìm bước sóng trong thủy tinh.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tấm thủy tinh thay thế đúng $\mathrm{0,840}\mathrm{m}$ đường đi trong không khí. Độ trễ tăng thêm là $4,20\mathrm{ns}$.

Hướng đi:

• Lấy hiệu hai thời gian để loại phần đường không thay đổi.
• Từ suy ra , vì tần số không đổi.

Gọi $t$ là chiều dày và $L$ là quãng đường giữa nguồn với bộ thu:

$$\begin{array}{rl}{T}_0& =\frac{L}{c},\\ T& =\frac{L-t}{c}+\frac{nt}{c},\\ T-T_0& =\frac{(n-1)t}{c}.\end{array}$$

Do đó:

$$\begin{array}{rl}n& =1+\frac{c(T-T_0)}{t}\\ & =2,50,\\ \lambda & =\frac{490}{2,50}\mathrm{nm}\\ & =196\mathrm{nm}.\end{array}$$

Bài tập 33: 39

Một trong không khí gặp khối chất rắn trong suốt có $n=1,38$ như Hình P33.39. Góc tới ${\theta }_a$ lớn nhất là bao nhiêu để tia còn tại mặt đứng ở $A$?

Hình P33.39: Tia vào mặt ngang rồi gặp mặt đứng của khối trong suốt.

Chú thích:

• Hình (Figure)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai mặt vuông góc. Gọi $r$ là góc khúc xạ ở mặt ngang thì góc tới tại mặt đứng là ${90}^{\circ }-r$.

Hướng đi:

• Xét ngưỡng góc tới ở mặt đứng bằng góc giới hạn để tìm cận trên.
• Dùng Snell ở mặt ngang để đổi từ $r$ sang góc ngoài không khí.

Ở ngưỡng:

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_{\mathrm{c}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}}& =\frac{1}{n},\\ r& ={90}^{\circ }-{\theta }_{\mathrm{c}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}},\\ \sin {\theta }_{a,max}& =n\cos {\theta }_{\mathrm{c}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}}\\ & =\sqrt{n^2-1}.\end{array}$$

Với $n=1,38$:

$${\theta }_{a,max}\approx 72,0^{\circ }.$$

Đây là cận giới hạn. Muốn góc ở mặt đứng lớn hơn hẳn góc giới hạn, chọn góc tới nhỏ hơn giá trị này.

Bài tập 33: 40

Tia trong không khí đi vào lăng kính vuông ở Hình P33.40 theo pháp tuyến của mặt vào. Góc tại $B$ bằng $30,0^{\circ }$. Tia chứa hai . Sau khi ra khỏi mặt $AB$, hai tia ló lệch nhau $8,{50}^{\circ }$. Tia phía trên lệch xuống $12,0^{\circ }$ so với phương ngang như hình. Tìm ứng với mỗi bước sóng.

Hình P33.40: Hai tia ló sau khi chùm sáng đa sắc đi qua lăng kính vuông.

Chú thích:

• Hình (Figure)
• Tia tới (Incident ray)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tia không đổi hướng tại mặt vào. Mặt $AB$ nghiêng ${30}^{\circ }$ với phương ngang nên pháp tuyến nghiêng ${60}^{\circ }$.

Hướng đi:

• Đổi các góc với phương ngang thành góc với pháp tuyến mặt ló.
• Áp dụng Snell từ lăng kính ra không khí riêng cho từng .

Góc tới trong lăng kính là ${60}^{\circ }$. Góc ló của hai tia:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_{b1}& ={60}^{°}+{12}^{°}={72}^{°},\\ {\theta }_{b2}& ={72}^{°}+8,{50}^{°}\\ & =80,{50}^{°}.\end{array}$$

Vì $n_j\sin {60}^{\circ }=\sin {\theta }_{bj}$:

$$\begin{array}{rl}{n}_1& =\frac{\sin {72}^{\circ }}{\sin {60}^{\circ }}\\ & =\mathrm{1,098}\approx 1,10,\\ n_2& =\frac{\sin 80,{50}^{\circ }}{\sin {60}^{\circ }}\\ & =\mathrm{1,139}\approx 1,14.\end{array}$$

Bài tập 33: 41

trong thủy tinh có $1,52$ gặp mặt trên dưới góc $57,2^{\circ }$ với pháp tuyến. Phủ mặt đó bằng dầu thì tia . Chiết suất lớn nhất có thể có của dầu là bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Thủy tinh là môi trường chứa tia tới. Dầu nằm phía bên kia mặt phân cách.

Hướng đi:

• Điều kiện đòi hỏi góc tới vượt góc giới hạn.
• Giải điều kiện này theo dầu thay vì theo góc.

$$\begin{array}{rl}& \sin 57,2^{\circ }>\frac{n_{\mathrm{d}}}{1,52},\\ & n_{\mathrm{d}}<1,52\sin 57,2^{\circ },\\ n_{\mathrm{d},lim}& =\mathrm{1,278}\approx 1,28.\end{array}$$

Giá trị $1,28$ là ngưỡng. Tại đúng ngưỡng, tia khúc xạ nằm dọc mặt phân cách.

Bài tập 33: 42

Tia trong không khí gặp một mặt lăng kính thủy tinh có góc đỉnh $90,0^{\circ }$ như Hình P33.42. Tia khúc xạ tạo góc $40,0^{\circ }$ với pháp tuyến mặt vào rồi gặp mặt kia ở $A$ đúng dưới góc giới hạn. Tìm góc tới ngoài không khí ${\theta }_a$.

Hình P33.42: Hình học của tia trong lăng kính có hai mặt vuông góc.

Chú thích:

• Hình (Figure)
• Pháp tuyến (Normal)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai pháp tuyến vuông góc nên góc ở mặt thứ hai là $50,0^{\circ }$.

Hướng đi:

• Dùng điều kiện góc giới hạn tại $A$ để xác định thủy tinh.
• Dùng đó trong Snell ở mặt vào.

$$\begin{array}{rl}{\theta }_{\mathrm{c}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}}& ={90}^{\circ }-{40}^{\circ }={50}^{\circ },\\ n& =\frac{1}{\sin {50}^{\circ }},\\ \sin {\theta }_a& =n\sin {40}^{\circ }\\ & =\tan {40}^{\circ },\\ {\theta }_a& =57,0^{\circ }.\end{array}$$

Bài tập 33: 43

Một tấm thủy tinh dày $2,50\mathrm{mm}$, $1,40$, đặt giữa nguồn điểm và màn. Ánh sáng có chân không $540\mathrm{nm}$. Nguồn cách màn $1,80\mathrm{cm}$. Có bao nhiêu bước sóng trên đường từ nguồn đến màn, khi tia truyền vuông góc với tấm?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tổng chiều dài hình học là $L=\mathrm{0,018}0\mathrm{m}$. Đoạn trong thủy tinh dài $t=\mathrm{0,002}50\mathrm{m}$.

Hướng đi:

• Đếm riêng số trong không khí và trong thủy tinh, vì hai bước sóng khác nhau.
• Cộng hai phần rồi mới rút gọn thành biểu thức theo quang lộ.

$$\begin{array}{rl}{N}_{\mathrm{a}}& =\frac{L-t}{{\lambda }_0},\\ N_{\mathrm{g}}& =\frac{t}{{\lambda }_0/n},\\ N& =N_{\mathrm{a}}+N_{\mathrm{g}}\\ & =\frac{L+(n-1)t}{{\lambda }_0}\\ & =3,52\times {10}^4.\end{array}$$

Số này đo độ dài đường truyền theo chu kỳ không gian, nên không bắt buộc là số nguyên.

Bài tập 33: 44

Sau một ngày lái xe, bạn bơi ở bể của nhà nghỉ rồi phát hiện đã đánh rơi chìa khóa phòng xuống nước. Bạn mượn đèn pin để tìm. Khi đèn ở cao $1,2\mathrm{m}$ trên mặt nước và chiếu tới điểm cách mép bể $1,5\mathrm{m}$ theo phương ngang, chùm sáng rọi đúng chìa khóa dưới đáy như Hình P33.44. Nước sâu $4,0\mathrm{m}$. Chìa khóa cách mép bể bao xa?

Hình P33.44: Tia đèn pin bị khúc xạ trước khi tới chìa khóa ở đáy bể.

Chú thích:

• Hình (Figure)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dùng $n_{\mathrm{w}}=\mathrm{1,333}$, không khí bằng 1. Khoảng cần tìm gồm đoạn ngang trong không khí và đoạn ngang trong nước.

Hướng đi:

• Tam giác trên mặt nước cho góc tới với pháp tuyến thẳng đứng.
• Snell cho góc trong nước, rồi dùng tang để tính độ dời ngang còn lại.

$$\begin{array}{rl}{\theta }_a& =\arctan \frac{1,5}{1,2}\\ & =51,{34}^{\circ },\\ \sin {\theta }_w& =\frac{\sin {\theta }_a}{\mathrm{1,333}},\\ {\theta }_w& =35,{86}^{\circ }.\end{array}$$

Vậy khoảng cách tính từ mép bể:

$$\begin{array}{rl}x& =1,5+4,0\tan {\theta }_w\\ & =4,39\mathrm{m}\approx 4,4\mathrm{m}.\end{array}$$

Bài tập 33: 45

Nhìn qua miệng một cốc hình trụ rỗng, thành mỏng và thẳng đứng. Khi cốc rỗng, mép trên gần mắt nằm thẳng hàng với mép đáy phía đối diện như Hình P33.45a. Cốc cao $16,0\mathrm{cm}$, đường kính $8,0\mathrm{cm}$. Giữ mắt cố định trong lúc một người bạn đổ chất lỏng trong suốt vào đầy cốc. Lúc này bạn nhìn thấy đồng xu ở chính giữa đáy như Hình P33.45b. Tìm chất lỏng.

Hình P33.45: Đường ngắm qua cốc rỗng và đường tia từ đồng xu khi cốc đầy.

Chú thích:

• Hình (Figure)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đường ngắm ngoài không khí giữ nguyên. Trong chất lỏng, tia đi từ tâm đáy tới mép gần mắt.

Hướng đi:

• Góc ngoài dùng toàn bộ đường kính $D$, còn góc trong dùng bán kính $D/2$.
• Dùng Snell từ chất lỏng ra không khí để tìm $n$.

$$\begin{array}{rl}\tan {\theta }_a& =\frac{D}{H}=\frac{8}{16},\\ \tan {\theta }_l& =\frac{D/2}{H}=\frac{4}{16},\\ {\theta }_a& ={\mathrm{26,565}}^{\circ },\\ {\theta }_l& ={\mathrm{14,036}}^{\circ }.\end{array}$$

Từ $n\sin {\theta }_l=\sin {\theta }_a$:

$$n=\frac{\sin {\mathrm{26,565}}^{\circ }}{\sin {\mathrm{14,036}}^{\circ }}=1,84.$$

Bài tập 33: 46

Một sợi quang có lõi silica germanium với $n_1=\mathrm{1,465}$, bao quanh bằng vỏ silica tinh khiết có $n_2=\mathrm{1,450}$.

(a) Tìm góc giới hạn tại mặt lõi–vỏ.

(b) Gọi ${\theta }_i$ là góc tới ở đầu phẳng của sợi, trong không khí, để tia bên trong gặp thành lõi đúng dưới góc giới hạn như Hình P33.46. Chứng minh hệ thức giữa $\sin {\theta }_i$ và hai .

(c) Tính ${\theta }_i$. Phân biệt góc thu nhận này với khẩu độ số không thứ nguyên $\mathrm{NA}=n_{\mathrm{ext}}\sin {\theta }_i$.

Hình P33.46: Góc thu nhận của tia đi vào đầu sợi quang có lõi và vỏ.

Chú thích:

• Hình (Figure)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đầu sợi vuông góc trục lõi. Góc tia trong lõi với trục là $\beta$, còn góc với pháp tuyến thành bên là ${90}^{\circ }-\beta$.

Hướng đi:

• Dùng tại thành để giới hạn $\beta$.
• Dùng Snell tại đầu sợi để chuyển giới hạn đó thành góc thu nhận ngoài không khí.

(a):

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_{\mathrm{c}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}}& =\frac{n_2}{n_1},\\ {\theta }_{\mathrm{c}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}}& =81,{79}^{\circ }.\end{array}$$

(b) Ở ngưỡng, $\beta ={90}^{\circ }-{\theta }_{\mathrm{c}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}}$. Vì ngoài bằng 1:

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_i& =n_1\sin \beta \\ & =n_1\cos {\theta }_{\mathrm{c}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}}\\ & =\sqrt{n_1^2-n_2^2}.\end{array}$$

(c):

$$\begin{array}{rl}\mathrm{NA}& =\mathrm{0,209}1,\\ {\theta }_i& =12,{07}^{\circ }.\end{array}$$

Đây là nửa góc nón thu nhận, tính từ trục sợi. Khẩu độ số không có đơn vị góc.

Bài tập 33: 47

Một lớp băng mỏng có $\mathrm{1,309}$ nổi trên mặt nước có chiết suất $\mathrm{1,333}$ trong xô. từ đáy truyền lên.

(a) Tia có thể tạo góc lớn nhất bao nhiêu với pháp tuyến ở mặt nước–băng mà vẫn thoát ra không khí phía trên?

(b) Giá trị ấy thay đổi thế nào sau khi băng tan? Coi các mặt phân cách phẳng và song song.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Ánh sáng đi lần lượt qua nước, băng, không khí. Cần giới hạn cho góc trong nước.

Hướng đi:

• Ghép hai phương trình Snell qua các mặt song song để loại góc trung gian trong băng.
• Tia ngoài không khí ở ngưỡng thoát có góc ${90}^{\circ }$.

$$\begin{array}{rl}{n}_w\sin {\theta }_w& =n_i\sin {\theta }_i,\\ n_i\sin {\theta }_i& =\sin {\theta }_a.\end{array}$$

Suy ra:

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_{w,max}& =\frac{1}{\mathrm{1,333}},\\ {\theta }_{w,max}& =48,6^{\circ }.\end{array}$$

Tại góc này, tia trong băng tồn tại vì $n_w\sin {\theta }_w=1<n_i$. Sau khi băng tan, Snell trực tiếp từ nước ra không khí cho đúng cùng giới hạn $48,6^{\circ }$. Lớp băng làm đổi góc trung gian và vị trí tia, nhưng không đổi điều kiện góc thoát cuối cùng.

Bài tập 33: 48

Khi ánh sáng đi qua một kính phân cực, phương phân cực có thể quay một góc nhỏ hơn ${90}^{\circ }$, đồng thời cường độ giảm theo . Dùng nhiều kính với các trục quay dần cho phép quay phương phân cực mà giữ lại nhiều ánh sáng hơn.

(a) Tìm cường độ sau $N$ kính nếu trục của mỗi kính quay thêm ${90}^{\circ }/(2N)$ so với phương phân cực ngay trước nó.

(b) Lập bảng theo $N$ và ước lượng số kính ít nhất để quay phương phân cực tổng cộng ${90}^{\circ }$ mà giữ hơn $90\mathrm{\%}$ cường độ ban đầu.

(c) Tìm số kính ít nhất để giữ hơn $95\mathrm{\%}$ và hơn $99\mathrm{\%}$ cường độ. Làm rõ sự không tương thích giữa góc mỗi bước ở câu (a) và góc tổng yêu cầu trong hai câu sau.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Ánh sáng tới đã , có cường độ $I_{\mathrm{i}\mathrm{n}}$. Mọi kính đều lý tưởng. Kính đầu tạo góc $\delta$ với phương phân cực tới, và mỗi kính sau quay thêm đúng $\delta$.

Hướng đi:

• Áp dụng sau từng kính, vì đầu vào của mỗi kính đã theo trục kính trước.
• Kiểm tra tổng góc quay trước khi tìm số kính. Giữ nguyên góc mỗi bước ở câu (a) chỉ cho góc tổng ${45}^{\circ }$.
• Với mục tiêu quay ${90}^{\circ }$, chia góc này thành $N$ bước bằng nhau và tìm số nguyên nhỏ nhất vượt từng ngưỡng cường độ.

(a) Hai bước đầu cho:

$$\begin{array}{rl}{I}_1& =I_{\mathrm{i}\mathrm{n}}{\cos }^2\delta ,\\ I_2& =I_{\mathrm{i}\mathrm{n}}{\cos }^2\delta {\cos }^2\delta .\end{array}$$

Sau $N$ bước, hệ số truyền là tích của $N$ thừa số bằng nhau:

$$\begin{array}{rl}\frac{I_N}{I_{\mathrm{i}\mathrm{n}}}& =\underset{N\text{factors}}{\underbrace{{\cos }^2\delta \cdots {\cos }^2\delta }}\\ & ={\cos }^{2N}\delta .\end{array}$$

Với dữ kiện góc ở câu (a):

$$\begin{array}{rl}\delta & =\frac{\pi }{4N},\\ \frac{I_N}{I_{\mathrm{i}\mathrm{n}}}& ={\cos }^{2N}\left(\frac{\pi }{4N}\right),\\ N\delta & =\frac{\pi }{4}={45}^{\circ }.\end{array}$$

(b), (c) Muốn quay tổng cộng ${90}^{\circ }$ bằng $N$ kính, phải dùng góc mỗi bước bằng ${90}^{\circ }/N$. Khi đó:

$$\begin{array}{rl}\delta & =\frac{\pi }{2N},\\ F_N& =\frac{I_N}{I_{\mathrm{i}\mathrm{n}}}\\ & ={\cos }^{2N}\left(\frac{\pi }{2N}\right).\end{array}$$

Số kính $N$	Phần cường độ còn lại $F_N$
1	0
2	0,250000
3	0,421875
5	0,605429
10	0,780546
20	0,883824
23	0,898201
24	0,902234
48	0,949886
49	0,950883
245	0,989979
246	0,990020

Các số kính nhỏ nhất lần lượt là 24, 49 và 246. Khi $N$ lớn, mỗi bước làm mất rất ít năng lượng. Thật vậy, gần đúng góc nhỏ cho:

$$\begin{array}{rl}\ln F_N& =2N\ln \cos \frac{\pi }{2N}\\ & \approx -\frac{{\pi }^2}{4N}\\ & ⟶0.\end{array}$$

Do đó $F_N$ tiến đến 1. Nếu vẫn giữ đúng ${90}^{\circ }/(2N)$ cho mỗi bước thì các kết quả số trên không áp dụng cho yêu cầu quay ${90}^{\circ }$, vì tổng góc chỉ bằng một nửa yêu cầu.

Bài tập 33: 49

Lăng kính ở Hình P33.49 có $1,66$, hai góc đánh dấu $A$ đều bằng $25,0^{\circ }$. Hai tia $m,n$ song song đi vào vuông góc mặt đứng của lăng kính. Góc giữa hai tia sau khi ló ra bằng bao nhiêu?

Hình P33.49: Hai tia song song đi vào lăng kính đối xứng rồi ló qua hai mặt nghiêng.

Chú thích:

• Hình (Figure)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tia không đổi hướng tại mặt vào. Hai pháp tuyến của các mặt ló nghiêng đối xứng, mỗi pháp tuyến tạo góc $A$ với phương tia trong lăng kính.

Hướng đi:

• Dùng Snell ở một mặt ló để tìm góc $r$ với pháp tuyến.
• Góc lệch của mỗi tia với phương ngang là $r-A$. Đối xứng cho góc giữa hai tia bằng hai lần giá trị này.

$$\begin{array}{rl}\sin r& =1,66\sin 25,0^{\circ },\\ r& ={\mathrm{44,551}}^{\circ },\\ \gamma & =2(r-25,0^{\circ })\\ & =39,1^{\circ }.\end{array}$$

Bài tập 33: 50

Ánh sáng đi vuông góc vào mặt cạnh ngắn của lăng kính ${30}^{\circ }$–${60}^{\circ }$–${90}^{\circ }$ ở Hình P33.50. Một giọt chất lỏng nằm trên mặt huyền. lăng kính là $1,56$. Chiết suất chất lỏng lớn nhất bằng bao nhiêu để tia ?

Hình P33.50: Tia trong lăng kính gặp mặt huyền có phủ một giọt chất lỏng.

Chú thích:

• Hình (Figure)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tia tới mặt huyền dưới góc ${60}^{\circ }$ với pháp tuyến, theo hình học của lăng kính.

Hướng đi:

• Tìm góc với pháp tuyến, không dùng trực tiếp góc với mặt huyền.
• Ở ngưỡng , $n_l/n_g=\sin {60}^{\circ }$.

$$n_{l,lim}=1,56\sin {60}^{\circ }=\mathrm{1,351}\approx 1,35.$$

với góc tới lớn hơn góc giới hạn đòi hỏi chất lỏng nhỏ hơn ngưỡng này.

Bài tập 33: 51

Khi Mặt Trời có vẻ vừa chạm chân trời lúc mọc hoặc lặn, vị trí thật của nó đã ở dưới chân trời. Khúc xạ khí quyển làm tia tới mắt cong đi, trong khi mắt kéo dài hướng tia cuối theo đường thẳng như Hình P33.51.

(a) Coi khí quyển có đồng nhất $n$, dày $h$ rồi đột ngột kết thúc. Với bán kính Trái Đất $R$, chứng minh độ nâng góc biểu kiến là hiệu của hai góc arcsin có các đối số $nR/(R+h)$ và $R/(R+h)$.

(b) Tính độ nâng khi $R=6378\mathrm{km}$, $h=20\mathrm{km}$, $n=\mathrm{1,000}3$. So sánh với bán kính góc Mặt Trời khoảng $0,{25}^{\circ }$.

Hình P33.51: Mô hình khí quyển đồng nhất làm vị trí biểu kiến của Mặt Trời cao hơn vị trí thật.

Chú thích:

• Hình (Figure)
• Trái Đất (Earth)
• Khí quyển (Atmosphere)
• Từ Mặt Trời (From the sun)
• Vị trí biểu kiến của Mặt Trời (Apparent position of the sun)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đoạn tia trong khí quyển tiếp tuyến mặt đất tại mắt người quan sát. Khoảng cách từ đoạn thẳng này tới tâm Trái Đất bằng $R$.

Hướng đi:

• Dựng tam giác vuông nối tâm Trái Đất với mắt và điểm tia vào khí quyển.
• Dùng Snell tại mặt cầu ngoài. Độ đổi hướng ở đó chính là độ nâng biểu kiến trong mô hình một mặt phân cách.

Gọi $\beta$ là góc của tia bên trong khí quyển với bán kính tại điểm vào, $\alpha$ là góc của tia ngoài:

$$\begin{array}{rl}\sin \beta & =\frac{R}{R+h},\\ \sin \alpha & =n\sin \beta \\ & =\frac{nR}{R+h},\\ \delta & =\alpha -\beta .\end{array}$$

Vậy:

$$\begin{array}{rl}\delta & =\arcsin \left(\frac{nR}{R+h}\right)\\ -\arcsin & \left(\frac{R}{R+h}\right).\end{array}$$

(b) Thay số, lấy cùng đơn vị cho $R,h$:

$$\begin{array}{rl}\delta & =\mathrm{0,222}{3}^{\circ },\\ \frac{\delta }{0,{25}^{\circ }}& =\mathrm{0,889.}\end{array}$$

Độ nâng khoảng $89\mathrm{\%}$ bán kính góc Mặt Trời. Trong khí quyển thực, mật độ và biến đổi theo độ cao nên tia uốn dần, thay vì chỉ gãy tại một mặt cầu.

Bài tập 33: 52

Ánh sáng từ môi trường ngoài gặp bản trong suốt có hai mặt phẳng song song như Hình P33.52. Môi trường ở hai bên bản giống nhau.

(a) Chứng minh góc ló bằng góc tới.

(b) Chứng minh kết quả vẫn đúng với một chồng bản có khác nhau nhưng tất cả các mặt song song.

(c) Gọi $t$ là chiều dày bản, $r$ là góc tia trong bản với pháp tuyến. Chứng minh độ lệch ngang là $d=t\sin ({\theta }_a-r)/\cos r$.

(d) Bản thủy tinh dày $2,40\mathrm{cm}$, $1,80$, đặt trong không khí. Góc tới $66,0^{\circ }$. Tìm $d$.

Hình P33.52: Tia ló song song với tia tới nhưng bị dịch ngang qua bản hai mặt song song.

Chú thích:

• Hình (Figure)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Các pháp tuyến song song. Độ lệch $d$ là khoảng cách vuông góc giữa đường kéo dài tia tới và tia ló.

Hướng đi:

• Ghép các hệ thức Snell để loại và góc của các miền trung gian.
• Chiếu đoạn đường trong bản theo phương vuông góc với tia ngoài để tìm độ lệch.

(a) Với ngoài $n_a$ và chiết suất bản $n_b$:

$$\begin{array}{rl}{n}_a\sin {\theta }_a& =n_b\sin r,\\ n_b\sin r& =n_a\sin {\theta }_a^{\prime }.\end{array}$$

Do hai góc nằm trong miền từ $0$ đến ${90}^{\circ }$, suy ra ${\theta }_a^{\prime }={\theta }_a$.

(b) Chẳng hạn, với hai bản:

$$\begin{array}{rl}{n}_a\sin {\theta }_a& =n_1\sin r_1,\\ n_1\sin r_1& =n_2\sin r_2,\\ n_2\sin r_2& =n_a\sin {\theta }_a^{\prime }.\end{array}$$

Mỗi bản thêm vào chỉ bổ sung một đẳng thức nối cùng đại lượng $n\sin \theta$. Vì vậy kết quả giữ nguyên cho mọi số hữu hạn bản song song khi môi trường đầu và cuối giống nhau.

(c) Đường tia bên trong bản dài $\ell =t/\cos r$. Góc giữa nó và phương tia ngoài là ${\theta }_a-r$:

$$d=\ell \sin ({\theta }_a-r)=t\frac{\sin ({\theta }_a-r)}{\cos r}.$$

(d):

$$\begin{array}{rl}\sin r& =\frac{\sin 66,0^{\circ }}{1,80},\\ r& ={\mathrm{30,499}}^{\circ },\\ d& =\mathrm{0,024}0\frac{\sin ({66}^{\circ }-r)}{\cos r}\\ & =\mathrm{0,016}18\mathrm{m}\\ & =1,62\mathrm{cm}.\end{array}$$

Bài tập 33: 53

Ánh sáng Mặt Trời chưa phân cực gặp thành nhựa thẳng đứng của bể nước dưới một góc chưa biết. Một phần phản xạ ở thành rồi đi vào mặt nước nằm ngang như Hình P33.53. Nhựa có $1,61$. Nếu chùm phản xạ ấy phân cực hoàn toàn, tia sau khi vào nước tạo góc bao nhiêu với pháp tuyến?

Hình P33.53: Tia phản xạ từ thành nhựa thẳng đứng rồi khúc xạ vào mặt nước nằm ngang.

Chú thích:

• Hình (Figure)
• Thành nhựa (Plastic wall)
• Ánh sáng Mặt Trời tới (Incident sunlight)
• Không khí (Air)
• Nước (Water)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phản xạ phân cực hoàn toàn tại thành nhựa xác định . Góc tới ở mặt nước là góc phụ của góc với pháp tuyến thành.

Hướng đi:

• Dùng Brewster cho mặt không khí–nhựa để tìm hướng chùm phản xạ.
• Đổi hệ pháp tuyến trước khi dùng Snell cho mặt không khí–nước.

$$\begin{array}{rl}{\theta }_p& =\arctan 1,61\\ & ={\mathrm{58,155}}^{\circ },\\ {\theta }_{a,w}& ={90}^{\circ }-{\theta }_p\\ & ={\mathrm{31,845}}^{\circ }.\end{array}$$

Lấy $n_w=\mathrm{1,333}$:

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_w& =\frac{\sin {\mathrm{31,845}}^{\circ }}{\mathrm{1,333}},\\ {\theta }_w& =23,3^{\circ }.\end{array}$$

Bài tập 33: 54

Một sóng truyền trong không khí dọc trục $z$, có điện trường:

$$\overrightarrow{E}=E\cos (kz-\omega t)\hat{x}+E\sin (kz-\omega t)\hat{y}.$$

Sóng có cường độ $150\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$, tới dưới trên mặt phẳng phân cách với vật liệu có $n=1,62$. Mặt phẳng tới là $xz$.

(a) Tìm góc khúc xạ ${\theta }_b$.

(b) Tỉ số biên độ điện trường phản xạ với biên độ thành phần tới song song mặt phân cách được cho bởi hệ thức Fresnel:

$$r_s=\frac{\sin ({\theta }_p-{\theta }_b)}{\sin ({\theta }_p+{\theta }_b)}.$$

Tìm cường độ phản xạ.

(c) Tìm cường độ thành phần khúc xạ phân cực song song mặt phân cách.

(d) Tìm cường độ thành phần khúc xạ phân cực trong mặt phẳng tới, tương ứng với thành phần $x$ của sóng tới.

(e) Sóng phản xạ , còn sóng khúc xạ như Hình P33.54. Tìm tâm sai của elip. Biểu thức ghi kèm đề là căn của $1-(E_1/E_2{)}^2$. Cần kiểm tra thứ tự bán trục bằng chính hình vẽ.

Hình P33.54: Quỹ tích điện trường elip, với E1 theo bán trục ngang và E2 theo bán trục đứng.

Chú thích:

• Hình (Figure)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mỗi thành phần phân cực vuông góc của sóng tròn mang $I_0/2=75\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$. Dùng mô hình điện môi không từ tính, không hấp thụ. Ký hiệu $s$ chỉ phương vuông góc mặt phẳng tới, còn $p$ nằm trong mặt phẳng tới.

Hướng đi:

• Brewster cho góc tới và góc khúc xạ phụ nhau. Chỉ thành phần $s$ phản xạ.
• Bình phương tỉ số biên độ để tìm hệ số phản xạ cường độ trong cùng môi trường.
• Bảo toàn công suất qua một diện tích trên mặt phân cách bằng thành phần pháp tuyến của vectơ Poynting. Hai tia có hướng khác nhau nên không thể cộng trừ trực tiếp các cường độ theo tiết diện vuông góc tia.
• Tâm sai elip phải dùng bình phương bán trục nhỏ chia bán trục lớn.

(a):

$$\begin{array}{rl}{\theta }_p& =\arctan 1,62\\ & =\mathrm{58,313}{6}^{\circ },\\ {\theta }_b& ={90}^{\circ }-{\theta }_p\\ & =\mathrm{31,686}{4}^{\circ }.\end{array}$$

(b) Vì hai góc phụ nhau:

$$\begin{array}{rl}{r}_s& =\mathrm{0,448}185,\\ I_r& =\frac{I_0}{2}{r}_s^2\\ & =15,07\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

(c) Gọi $I_s$ là cường độ thành phần khúc xạ theo phương song song mặt phân cách và $J_s=I_0/2-I_r$. Cân bằng thông lượng pháp tuyến của thành phần $s$:

$$\begin{array}{rl}{J}_s\cos {\theta }_p& =I_s\cos {\theta }_b,\\ I_s& =\frac{J_s}{n}\\ & =37,00\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Ở đây $\cos {\theta }_p/\cos {\theta }_b=1/n$, theo Snell kết hợp điều kiện Brewster.

(d) Thành phần $p$ không phản xạ tại :

$$\begin{array}{rl}\frac{I_0}{2}\cos {\theta }_p& =I_p\cos {\theta }_b,\\ I_p& =\frac{I_0}{2n}\\ & =46,30\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Phương $p$ sau khúc xạ vuông góc với tia khúc xạ trong mặt phẳng tới. Nó không còn trùng với trục $x$ cố định của sóng tới. Hình elip cần được đọc trong mặt phẳng vuông góc phương truyền của chính sóng khúc xạ.

(e) Trong cùng một môi trường, cường độ tỉ lệ bình phương biên độ. Vì $I_p>I_s$, bán trục theo $p$ lớn hơn bán trục theo $s$. Hình vẽ gán $E_1$ cho bán trục lớn và $E_2$ cho bán trục nhỏ. Bởi vậy biểu thức đúng là:

$$\begin{array}{rl}{e}^2& =1-{\left(\frac{E_2}{E_1}\right)}^2\\ & =1-\frac{I_s}{I_p},\\ e& =\mathrm{0,448}185\approx \mathrm{0,448.}\end{array}$$

Thứ tự tỉ số $E_1/E_2$ trong biểu thức kèm đề bị đảo so với hình, khiến số dưới căn âm. Việc đổi lại thứ tự bán trục khôi phục đúng định nghĩa hình học của tâm sai.

Bài tập 33: 55

Trong phòng thí nghiệm, bạn chiếu ánh sáng từ không khí vào bốn chất lỏng trong suốt dưới góc tới $60,0^{\circ }$. Các góc khúc xạ đo được là:

Chất lỏng	Góc khúc xạ
A	$36,4^{\circ }$
B	$40,5^{\circ }$
C	$32,1^{\circ }$
D	$35,2^{\circ }$

trong không khí bằng $589\mathrm{nm}$.

(a) Tìm và nhận diện từng chất bằng Bảng 33.1, biết cả bốn đều có trong bảng.

(b) Tìm hằng số điện môi $K$ tại này, với độ từ thẩm tương đối xấp xỉ 1.

(c) Tìm ánh sáng trong không khí và trong mỗi chất lỏng.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Các số trong bảng là góc khúc xạ. Góc tới chung bằng $60,0^{\circ }$.

Hướng đi:

• Snell cho từ mỗi góc khúc xạ.
• Hệ thức $n^2=K{K}_m$ cho $K\approx n^2$ khi $K_m\approx 1$, tại đúng đang xét.
• không đổi qua mặt phân cách đứng yên.

(a), (b):

$$\begin{array}{rl}{n}_j& =\frac{\sin 60,0^{\circ }}{\sin {\theta }_j},\\ K_j& \approx n_j^2.\end{array}$$

Chất	tính từ số đo	Nhận diện	$K$ ở quang học
A	1,4594	Carbon tetrachloride	2,130
B	1,3335	Nước	1,778
C	1,6297	Carbon disulfide	2,656
D	1,5024	Benzen	2,257

Sai khác nhỏ với giá trị tra bảng phù hợp việc các góc chỉ được cho đến $0,1^{\circ }$. Hằng số điện môi ở quang học không nhất thiết bằng giá trị trong điện trường tĩnh.

(c):

$$\begin{array}{rl}f& =\frac{c}{589\times {10}^{-9}\mathrm{m}}\\ & =5,09\times {10}^{14}\mathrm{Hz}.\end{array}$$

Đây là trong không khí và trong cả bốn chất lỏng.

Bài tập 33: 56

Ba mẫu chất lỏng quá ít để đo khúc xạ theo cách thông thường. Bạn đặt từng giọt lên mặt trên của khối thủy tinh hình hộp có $1,52$, rồi chiếu laser chân không $638\mathrm{nm}$ vào mặt bên như Hình P33.56.

Góc tới ngoài không khí lớn nhất để còn tại mặt thủy tinh–chất lỏng lần lượt là $52,0^{\circ }$, $44,3^{\circ }$, $36,3^{\circ }$ cho các chất A, B, C. Tìm của mỗi chất tại này.

Hình P33.56: Đo chiết suất một giọt chất lỏng bằng ngưỡng phản xạ toàn phần trên khối thủy tinh.

Chú thích:

• Hình (Figure)
• Không khí (Air)
• Thủy tinh (Glass)
• Chất lỏng (Liquid)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khi góc tới ở mặt bên tăng, góc của tia với pháp tuyến mặt trên giảm. Các số đo là ngưỡng mất .

Hướng đi:

• Gọi $r$ là góc khúc xạ ở mặt bên. Góc tới mặt trên là ${90}^{\circ }-r$.
• Ghép Snell tại mặt bên với điều kiện góc giới hạn tại mặt trên để loại $r$.

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_a& =n_g\sin r,\\ n_l& =n_g\sin ({90}^{\circ }-r)\\ & =n_g\cos r.\end{array}$$

Bình phương và cộng quan hệ hai thành phần:

$$\begin{array}{rl}{n}_l^2& =n_g^2-{\sin }^2{\theta }_a,\\ n_l& =\sqrt{n_g^2-{\sin }^2{\theta }_a}.\end{array}$$

Chất	ở $638\mathrm{nm}$
A	1,30
B	1,35
C	1,40

Bài tập 33: 57

Một chùm sáng truyền ngang gồm thành phần chưa phân cực có cường độ $I_0$ và thành phần có cường độ $I_p$. Phương phân cực thẳng tạo góc $\theta$ với phương đứng.

Hình P33.57 biểu diễn cường độ tổng sau kính phân cực theo góc $\alpha$ giữa trục kính và phương đứng.

(a) Xác định phương của thành phần , tức góc $\theta$.

(b) Xác định $I_0,I_p$.

Hình P33.57: Các số đo cường độ khi quay trục kính phân cực so với phương đứng.

Chú thích:

• Hình (Figure)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Thành phần chưa phân cực tạo nền không đổi qua kính. Thành phần tạo phần biến thiên theo bình phương cos của góc tương đối.

Hướng đi:

• Viết tổng cường độ của hai thành phần không kết hợp, dùng hệ số một nửa cho phần chưa phân cực.
• Từ cực đại suy ra phương phân cực, còn cực tiểu cho cường độ nền.
• Dùng toàn bộ các điểm khi ước lượng cực trị, vì cực đại nằm giữa hai góc được đo.

Mô hình cường độ là:

$$I(\alpha )=\frac{I_0}{2}+I_p{\cos }^2(\alpha -\theta ).$$

Đồ thị đạt cực đại gần $\alpha ={35}^{\circ }$, với giá trị khoảng $25\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$, và cực tiểu gần ${125}^{\circ }$, khoảng $5\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$. Vì vậy:

$$\begin{array}{rl}\theta & \approx {35}^{\circ }(\mathrm{mod}{180}^{\circ }),\\ \frac{I_0}{2}& \approx 5\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2,\\ I_0& \approx 10\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2,\\ I_p& \approx 25-5\\ & \approx 20\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Có thể dùng dạng tương đương sau để khớp tất cả các điểm:

$$\begin{array}{rl}I(\alpha )& =A+B\cos 2\alpha +C\sin 2\alpha ,\\ A& =\frac{I_0+I_p}{2},\\ B& =\frac{I_p}{2}\cos 2\theta ,\\ C& =\frac{I_p}{2}\sin 2\theta .\end{array}$$

Với $M=\sqrt{B^2+C^2}$, ta có $I_p=2M$ và $I_0=2(A-M)$. Việc khớp 19 điểm của hình cho khoảng $35,0^{\circ }$, $10,0\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$ và $20,0\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$, phù hợp độ chính xác đọc đồ thị.

Bài tập 33: 58

Một vật được giữ ở tâm khối cầu nhựa trong hoặc hổ phách có thể trông lớn hơn, như cây nhỏ, vỏ sò trong đồ chặn giấy hay côn trùng trong hổ phách. Xét vật hình cầu bán kính $r$ tại tâm khối cầu bán kính $R>r$, $n>1$, đặt trong không khí. Bán kính biểu kiến là $r^{\prime }$ như Hình P33.58.

(a) Từ các tam giác vuông trong hình, biểu diễn $\sin {\theta }_a$ theo $r,R$.

(b) Tương tự, biểu diễn $\sin {\theta }_b$ theo $r^{\prime },R$.

(c) Dùng Snell để tìm $r^{\prime }$ theo các đại lượng đã cho.

(d) Một cụm hạt bồ công anh hình cầu đường kính $45,0\mathrm{mm}$ nằm tại tâm khối cầu nhựa bán kính $80,0\mathrm{mm}$, $1,53$. Tìm đường kính biểu kiến.

Hình P33.58: Tia giới hạn nhìn thấy mép vật và đường kéo dài dùng xác định bán kính biểu kiến.

Chú thích:

• Hình (Figure)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tia giới hạn bên trong tiếp tuyến với vật. Đường kéo dài của tia ló tiếp tuyến với đường tròn biểu kiến bán kính $r^{\prime }$.

Hướng đi:

• Dùng khoảng cách vuông góc từ tâm tới hai đường thẳng để viết sin của góc với bán kính pháp tuyến.
• Ghép hai tỉ số bằng Snell tại mặt cầu ngoài.

(a), (b):

$$\begin{array}{rl}\sin {\theta }_a& =\frac{r}{R},\\ \sin {\theta }_b& =\frac{r^{\prime }}{R}.\end{array}$$

(c):

$$\begin{array}{rl}n\sin {\theta }_a& =\sin {\theta }_b,\\ n\frac{r}{R}& =\frac{r^{\prime }}{R},\\ r^{\prime }& =nr.\end{array}$$

Phép dựng tia mép này cần $nr\le R$ để tia tương ứng truyền ra ngoài được. Nếu vượt giới hạn, không thể tiếp tục ngoại suy công thức bằng một tia khúc xạ không tồn tại.

(d) Đường kính cũng tăng theo hệ số $n$:

$$D^{\prime }=1,53\times 45,0\mathrm{mm}=68,9\mathrm{mm}.$$

Ở đây $nr=\mathrm{34,425}\mathrm{mm}<R$, nên phép dựng được thỏa mãn.

Bài tập nâng cao 33.59–33.61

Bài tập 33: 59

Cáp quang có lõi trụ mảnh đường kính $d$, $n_1$, và vỏ có $n_2<n_1$. Tia bị giữ trong lõi khi góc tới tại thành không nhỏ hơn góc giới hạn. Hình P33.59 mô tả tia trong cáp đã uốn tới giới hạn trước khi bắt đầu rò sáng. Bán kính cong của đường giữa lõi là $R$.

(a) Dựng tam giác vuông có các đỉnh $a,b,c$ như hình để tìm góc tới $\theta$ của tia tại thành ngoài.

(b) Tìm bán kính cong giới hạn theo $n_1,n_2,d$.

(c) Lõi dày $50,0\mu \mathrm{m}$, có $n_1=\mathrm{1,447}5$, còn $n_2=\mathrm{1,444}0$. Tìm bán kính cong nhỏ nhất.

(d) Tia đi qua chiều dài cáp $1,00\mathrm{km}$ uốn tới giới hạn, theo đường xiên cực đại như hình. Vì phản xạ nhiều lần, tia đi thêm bao nhiêu so với $1,00\mathrm{km}$? Giữ đủ chữ số trong các bước trung gian.

(e) Ánh sáng mất thêm bao nhiêu thời gian để truyền qua đoạn cáp đó so với đi $1,00\mathrm{km}$ trong không khí?

Hình P33.59: Tia tiếp tuyến với biên trong và phản xạ tại biên ngoài của lõi quang bị uốn cong.

Chú thích:

• Hình (Figure)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bán kính biên trong và biên ngoài lần lượt là $R_i=R-d/2$ và $R_o=R+d/2$. Điểm $c$ là tâm cong. Tia đi qua $a$ và tiếp tuyến với biên trong tại $b$.

Hướng đi:

• Trong tam giác vuông $cba$, khoảng cách từ tâm tới tia là $R_i$, còn cạnh huyền là $R_o$. Vì thế tỉ số hai bán kính xác định sin của góc tới tại $a$.
• Ghép điều kiện này với Snell tại góc giới hạn để tìm $R$.
• Với câu (d), so sánh chiều dài một dây cung giữa hai lần phản xạ với chiều dài cung tương ứng của đường giữa lõi.
• Với câu (e), phải tính cả tốc độ giảm trong lõi và phần đường tăng do tia đi xiên.

(a) Vì $cb$ vuông góc với tia:

$$\begin{array}{rl}\sin \theta & =\frac{cb}{ca}\\ & =\frac{R_i}{R_o}\\ & =\frac{R-d/2}{R+d/2}.\end{array}$$

(b) Tại giới hạn, $\sin \theta =n_2/n_1$. Đặt $\eta =n_2/n_1$ để viết gọn bước nhân chéo:

$$\begin{array}{rl}R-d/2& =\eta (R+d/2),\\ (n_1-n_2)R& =\frac{(n_1+n_2)d}{2},\\ R_{\mathrm{c}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}}& =\frac{(n_1+n_2)d}{2(n_1-n_2)}.\end{array}$$

Tăng $R$ làm góc tới tăng, nên điều kiện giữ tia là $R\ge R_{\mathrm{c}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}}$ trong mô hình tia giới hạn này. Phát biểu rằng góc tới không được lớn hơn góc giới hạn sẽ đảo điều kiện vật lý. cần góc tới lớn hơn ngưỡng, với trường hợp bằng ngưỡng là cận giới hạn.

(c) Thay số bằng mét:

$$\begin{array}{rl}d& =50,0\times {10}^{-6}\mathrm{m},\\ R_{\mathrm{c}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}}& =\mathrm{0,020}65357\mathrm{m}\\ & =2,07\mathrm{cm}.\end{array}$$

(d) Xét cáp có độ cong giới hạn không đổi dọc đoạn đang xét, và tia liên tiếp đi theo các dây cung tiếp tuyến biên trong. Gọi $\alpha$ là nửa góc ở tâm chắn một dây cung. Khi đó:

$$\begin{array}{rl}\cos \alpha & =\frac{R_i}{R_o}\\ & =\frac{n_2}{n_1},\\ \alpha & =\mathrm{3,985}{198}^{\circ }.\end{array}$$

Giữa hai lần phản xạ liên tiếp, tia đi quãng đường $\ell$, còn cung đường giữa lõi có chiều dài $s$:

$$\begin{array}{rl}\ell & =2R_o\sin \alpha ,\\ s& =2R\alpha .\end{array}$$

Trong biểu thức độ dài cung, $\alpha$ phải tính bằng radian. Từ $2R=R_o+R_i$ suy ra:

$$\begin{array}{rl}\chi & =\frac{\ell }{s}=\frac{2\sin \alpha }{(1+\cos \alpha )\alpha }\\ & =\frac{\tan (\alpha /2)}{\alpha /2}\\ & =\mathrm{1,000}4033513.\end{array}$$

Với chiều dài đường giữa lõi $L=1000\mathrm{m}$:

$$\begin{array}{rl}{L}_{\mathrm{t}\mathrm{i}\mathrm{a}}& =\chi L,\\ \mathrm{\Delta }L& =(\chi -1)L\\ & =\mathrm{0,403}\mathrm{m}.\end{array}$$

Tia đi thêm khoảng $40\mathrm{cm}$. Kết quả này ứng với hình học uốn đều và đường tia giới hạn đã nêu. Nếu chỉ một phần cáp bị uốn hoặc đường tia khác, phải tính theo chiều dài từng đoạn tương ứng.

(e) Tốc độ trong lõi là $c/n_1$. Lấy không khí bằng 1:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }t& =\frac{n_1\chi L}{c}-\frac{L}{c}\\ & =\frac{L(n_1\chi -1)}{c}\\ & =1,49\times {10}^{-6}\mathrm{s}\\ & =1,49\mu \mathrm{s}.\end{array}$$

Bài tập 33: 60

Cầu vồng hình thành khi ánh sáng Mặt Trời khúc xạ và phản xạ trong các giọt nước gần hình cầu. Hình P33.60 cho tia đi vào tại $A$, phản xạ một lần tại $B$, rồi đi ra tại $C$. Các góc tới và khúc xạ ở mỗi điểm được ký hiệu như hình.

(a) Chứng minh góc tới tại $B$ và tại $C$ đều bằng góc khúc xạ tại $A$, còn góc khúc xạ tại $C$ bằng góc tới tại $A$.

(b) Cộng các độ đổi hướng ở $A,B,C$ để chứng minh góc lệch toàn phần, tính bằng radian, là $\mathrm{\Delta }=\pi +2{\theta }_a^A-4{\theta }_b^A$.

(c) Dùng Snell viết $\mathrm{\Delta }$ theo góc tới ban đầu và nước $n$.

(d) Cầu vồng sáng ở hướng mà góc lệch dừng theo góc tới. Chứng minh giá trị góc tới ${\theta }_1$ tại đó thỏa mãn:

$${\cos }^2{\theta }_1=\frac{n^2-1}{3}.$$

Có thể dùng công thức của hàm arcsin để xét điều kiện này.

(e) Với ánh sáng tím, $n=\mathrm{1,342}$, còn với ánh sáng đỏ, $n=\mathrm{1,330}$. Tính ${\theta }_1$ và $\mathrm{\Delta }$ cho từng màu. Đối chiếu bán kính góc của cầu vồng bậc một ở Hình 33.19d. Màu đỏ hay màu tím nằm cao hơn trên chân trời?

Hình P33.60: Đường tia tạo cầu vồng bậc một với hai lần khúc xạ và một lần phản xạ nội.

Chú thích:

• Hình (Figure)
• Không khí (Air)
• Nước (Water)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đặt $i={\theta }_a^A$ và $r={\theta }_b^A$. Không khí có xấp xỉ 1. Các pháp tuyến tại mặt giọt nước đều đi qua tâm cầu.

Hướng đi:

• Dùng các tam giác cân nối tâm với hai điểm gặp mặt cầu để truyền quan hệ góc từ $A$ đến $B,C$.
• Cộng góc đổi hướng của từng lần khúc xạ và phản xạ, thay vì đọc góc lệch trực tiếp từ hình.
• Dùng Snell để loại $r$, rồi lấy theo $i$ để tìm hướng tập trung tia.
• Phân biệt góc đổi hướng $\mathrm{\Delta }$ với bán kính góc cầu vồng quanh điểm đối nhật.

(a) Nếu $O$ là tâm giọt, tam giác $OAB$ cân vì $OA=OB$. Vì vậy góc tia với pháp tuyến ở $B$ bằng $r$. Phản xạ tại $B$ giữ nguyên góc này. Tam giác $OBC$ cũng cân nên góc tới ở $C$ bằng $r$:

$$\begin{array}{rl}{\theta }_a^B& =r,\\ {\theta }_a^C& =r.\end{array}$$

Snell tại $A$ cho $\sin i=n\sin r$. Tại $C$, quan hệ ngược lại cho $\sin {\theta }_b^C=n\sin r=\sin i$. Với các góc khúc xạ nằm trong miền vật lý, ${\theta }_b^C=i$.

(b) Mỗi lần khúc xạ làm tia đổi hướng $i-r$. Một lần phản xạ nội làm tia đổi hướng $\pi -2r$. Tổng cộng:

$$\mathrm{\Delta }=2(i-r)+(\pi -2r)=\pi +2i-4r.$$

(c):

$$\begin{array}{rl}r& =\arcsin \left(\frac{\sin i}{n}\right),\\ \mathrm{\Delta }(i)& =\pi +2i\\ -4\arcsin & \left(\frac{\sin i}{n}\right).\end{array}$$

(d) Lấy Snell với $n$ cố định:

$$\begin{array}{rl}\frac{dr}{di}& =\frac{\cos i}{n\cos r},\\ \frac{d\mathrm{\Delta }}{di}& =2-\frac{4\cos i}{n\cos r}.\end{array}$$

bằng 0 khi $n\cos r=2\cos i$. Bình phương, rồi dùng $n\sin r=\sin i$:

$$\begin{array}{rl}{n}^2{\cos }^{2}r& =4{\cos }^{2}i,\\ n^2-{\sin }^{2}i& =4{\cos }^{2}i,\\ n^2-1& =3{\cos }^{2}i.\end{array}$$

Suy ra hệ thức cần chứng minh. Quanh góc dừng, một khoảng góc tới tạo ra khoảng góc ló hẹp, nên mật độ tia theo góc tăng lên và tạo vành sáng.

(e):

Đại lượng	Ánh sáng tím	Ánh sáng đỏ
Góc tới dừng ${\theta }_1$	${\mathrm{58,888}}^{\circ }$	${\mathrm{59,585}}^{\circ }$
Góc khúc xạ $r$	${\mathrm{39,641}}^{\circ }$	${\mathrm{40,422}}^{\circ }$
Góc đổi hướng $\mathrm{\Delta }$	${\mathrm{139,213}}^{\circ }$	${\mathrm{137,484}}^{\circ }$
Bán kính góc ${180}^{\circ }-\mathrm{\Delta }$	${\mathrm{40,787}}^{\circ }$	${\mathrm{42,516}}^{\circ }$

Hai bán kính góc làm tròn thành $40,8^{\circ }$ và $42,5^{\circ }$, phù hợp Hình 33.19d. Màu đỏ ở ngoài và cao hơn màu tím trên cung phía trên chân trời.

Bài tập 33: 61

Cầu vồng bậc hai được tạo bởi tia trải qua hai lần phản xạ nội trong giọt nước hình cầu như Hình 33.19e. Dùng hình học của bài 33.60.

(a) Biểu diễn góc đổi hướng toàn phần $\mathrm{\Delta }$ theo góc tới ban đầu ${\theta }_a^A$ và $n$.

(b) Tìm góc tới ${\theta }_2$ tại đó của $\mathrm{\Delta }$ theo góc tới bằng 0.

(c) Dùng tím $\mathrm{1,342}$ và đỏ $\mathrm{1,330}$ để tính ${\theta }_2,\mathrm{\Delta }$. Đối chiếu Hình 33.19e. Màu đỏ hay màu tím cao hơn trên chân trời? Giải thích.

Hình 33.19: Cầu vồng bậc hai ở phần e hình thành với hai lần phản xạ nội và có thứ tự màu đảo ngược cầu vồng bậc một.

Chú thích:

• Cầu vồng đôi (A double rainbow)
• Đường đi của các tia sáng đi vào nửa trên của một giọt nước mưa (The paths of light rays entering the upper half of a raindrop)
• Sự hình thành cầu vồng. Mặt Trời trong hình minh họa này nằm ngay phía sau người quan sát tại P (Forming a rainbow. The sun in this illustration is directly behind the observer at P.)
• Cầu vồng bậc một được tạo thành bởi các tia trải qua hai lần khúc xạ và một lần phản xạ nội. Góc Delta đối với ánh sáng đỏ lớn hơn đối với ánh sáng tím (A primary rainbow is formed by rays that undergo two refractions and one internal reflection. The angle ∆ is larger for red light than for violet.)
• Cầu vồng bậc hai được tạo thành bởi các tia trải qua hai lần khúc xạ và hai lần phản xạ nội. Góc Delta đối với ánh sáng tím lớn hơn đối với ánh sáng đỏ (A secondary rainbow is formed by rays that undergo two refractions and two internal reflections. The angle ∆ is larger for violet light than for red.)
• Người quan sát tại P (Observer at P)
• Các góc được phóng đại để nhìn rõ. Chỉ cầu vồng bậc một được hiển thị (Angles are exaggerated for clarity. Only a primary rainbow is shown.)
• Cầu vồng bậc hai (chú ý thứ tự màu bị đảo ngược) (Secondary rainbow (note reversed colors))
• Cầu vồng bậc một (Primary rainbow)
• Các tia sáng mặt trời tạo nên cầu vồng bậc một khúc xạ vào trong các giọt nước, phản xạ nội và khúc xạ ra ngoài (The rays of sunlight that form the primary rainbow refract into the droplets, undergo internal reflection, and refract out.)
• Hai lần khúc xạ làm phân tách các màu sắc (The two refractions disperse the colors.)
• Các giọt nước trong đám mây (Water droplets in cloud)
• Hướng tới điểm đối nhật (To the down-sun point)
• Điểm đối nhật (Down-sun point)
• Ánh sáng trắng tới (Incident white light)
• Ánh sáng từ Mặt Trời (Light from sun)
• Các tia sáng từ Mặt Trời (Light rays from sun)
• Giọt nước mưa (Raindrop)
• Góc cực đại của ánh sáng phát ra từ giọt nước mưa (∆ = maximum angle of light from raindrop)
• Quy luật của các tia đi vào nửa dưới của giọt nước (không vẽ) cũng hoàn toàn tương tự nhưng đối xứng lộn ngược lại (The pattern of rays entering the lower half of the drop (not shown) is the same but flipped upside down.)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đặt $i={\theta }_a^A$, $r$ là góc khúc xạ trong giọt. Tia có hai lần khúc xạ và hai lần phản xạ nội.

Hướng đi:

• Cộng hai góc khúc xạ $i-r$ và hai góc phản xạ $\pi -2r$.
• Dùng điều kiện bằng 0 như ở bài 33.60, với hệ số của $r$ thay đổi.
• Đọc bán kính góc từ hướng quay ngược, vì góc đổi hướng có hướng của tia bậc hai vượt ${180}^{\circ }$.

(a):

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }& =2(i-r)+2(\pi -2r)\\ & =2\pi +2i-6r,\\ r& =\arcsin \left(\frac{\sin i}{n}\right).\end{array}$$

Ở đây $\mathrm{\Delta }$ là tổng góc quay có hướng cộng dọc đường tia. Nó không phải góc nhỏ không định hướng giữa hai vectơ, vốn luôn không vượt ${180}^{\circ }$.

(b):

$$\frac{d\mathrm{\Delta }}{di}=2-\frac{6\cos i}{n\cos r}.$$

bằng 0 khi $n\cos r=3\cos i$.

Bình phương và dùng Snell:

$$\begin{array}{rl}{n}^2-{\sin }^{2}i& =9{\cos }^{2}i,\\ n^2-1& =8{\cos }^{2}i,\\ {\cos }^2{\theta }_2& =\frac{n^2-1}{8}.\end{array}$$

(c):

Đại lượng	Ánh sáng tím	Ánh sáng đỏ
Góc tới dừng ${\theta }_2$	${\mathrm{71,554}}^{\circ }$	${\mathrm{71,940}}^{\circ }$
Góc khúc xạ $r$	${\mathrm{44,981}}^{\circ }$	${\mathrm{45,630}}^{\circ }$
Góc đổi hướng có hướng $\mathrm{\Delta }$	${\mathrm{233,222}}^{\circ }$	${\mathrm{230,101}}^{\circ }$
Bán kính góc $\mathrm{\Delta }-{180}^{\circ }$	${\mathrm{53,222}}^{\circ }$	${\mathrm{50,101}}^{\circ }$

Các bán kính góc lần lượt là $53,2^{\circ }$ cho tím và $50,1^{\circ }$ cho đỏ. Màu tím ở ngoài và cao hơn màu đỏ, đảo thứ tự của cầu vồng bậc một. Sau hai lần phản xạ, năng lượng còn lại nhỏ hơn vì một phần ánh sáng đã khúc xạ thoát ra ở mỗi lần gặp mặt sau, nên cầu vồng bậc hai mờ hơn.

Bài tập đọc hiểu 33.62–33.64

Thị giác nhận biết ánh sáng phân cực

Một số côn trùng có hai loại tế bào mắt nhạy với phương phân cực của ánh sáng. Trong mô hình đơn giản, tế bào H chỉ nhạy với thành phần phân cực ngang, còn tế bào V chỉ nhạy với thành phần phân cực đứng. Để khảo sát đáp ứng, người nghiên cứu giữ côn trùng ở tư thế thẳng đứng bình thường, cố định sao cho một mắt được nguồn sáng chiếu tới. Sau đó thực hiện các thí nghiệm dưới đây.

Bài tập 33: 62

Trước hết, chiếu lên mắt ánh sáng có phương phân cực tạo góc ${45}^{\circ }$ với phương ngang. Phát biểu nào đúng?

• (a) Cả hai loại tế bào đều nhận biết ánh sáng.
• (b) Không loại nào nhận biết ánh sáng.
• (c) Chỉ tế bào H nhận biết ánh sáng.
• (d) Chỉ tế bào V nhận biết ánh sáng.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phương điện trường nghiêng ${45}^{\circ }$ so với hai trục ngang và đứng của hệ tế bào.

Hướng đi:

• Chiếu điện trường lên hai phương nhạy để xác định thành phần mà mỗi loại tế bào có thể nhận.
• So sánh bình phương biên độ thành phần, vì cường độ tỉ lệ với bình phương điện trường.

Với biên độ điện trường $E$:

$$\begin{array}{rl}{E}_H& =E\cos {45}^{\circ },\\ E_V& =E\sin {45}^{\circ },\\ I_H& =I_V=\frac{I}{2}.\end{array}$$

Cả hai thành phần đều khác 0 và bằng nhau. Chọn (a).

Bài tập 33: 63

Tiếp theo, phản xạ trên một tấm thủy tinh nhẵn nằm ngang rồi chiếu lên mắt côn trùng. Phát biểu nào đúng?

• (a) Khi nguồn sáng ngay phía trên tấm, chỉ tế bào V nhận biết ánh sáng phản xạ.
• (b) Khi nguồn sáng ngay phía trên tấm, chỉ tế bào H nhận biết ánh sáng phản xạ.
• (c) Khi ánh sáng tới tạo góc khoảng ${35}^{\circ }$ với phương ngang, tế bào V đáp ứng mạnh hơn nhiều so với tế bào H.
• (d) Khi ánh sáng tới tạo góc khoảng ${35}^{\circ }$ với phương ngang, tế bào H đáp ứng mạnh hơn nhiều so với tế bào V.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Pháp tuyến mặt kính thẳng đứng. Góc ${35}^{\circ }$ với mặt ngang tương ứng góc tới ${55}^{\circ }$ với pháp tuyến.

Hướng đi:

• Phân biệt tới vuông góc và tới gần .
• Tại Brewster, điện trường phản xạ vuông góc mặt phẳng tới. Với mặt phản xạ ngang, phương này nằm ngang.

Khi tới vuông góc, hai phương phân cực ngang tương đương về phản xạ. Chùm phản xạ không chỉ chứa riêng một loại thành phần, nên (a), (b) sai trong mô hình đang xét.

Với thủy tinh thông thường, gần ${56}^{\circ }$. Góc tới ${55}^{\circ }$ gần giá trị này, làm thành phần phản xạ trong mặt phẳng tới bị giảm mạnh. Thành phần còn lại chủ yếu phân cực ngang và kích thích tế bào H. Chọn (d).

Bài tập 33: 64

Để thay đổi góc và cường độ ánh sáng phân cực, cho ánh sáng thông thường chưa phân cực qua kính thứ nhất có trục truyền thẳng đứng. Đặt kính thứ hai giữa kính thứ nhất và mắt côn trùng. Khi cường độ sau kính thứ hai bằng một nửa cường độ chưa phân cực ban đầu, phát biểu nào đúng?

• (a) Chỉ tế bào H nhận biết ánh sáng.
• (b) Chỉ tế bào V nhận biết ánh sáng.
• (c) Cả hai loại nhận biết ánh sáng, nhưng H nhận nhiều hơn.
• (d) Cả hai loại nhận biết ánh sáng, nhưng V nhận nhiều hơn.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Sau kính thứ nhất, cường độ bằng $I_0/2$ và phương đứng. Bài dùng các kính lý tưởng.

Hướng đi:

• Dùng hệ số một nửa cho kính đầu và cho kính thứ hai.
• Cường độ cuối bằng đúng cường độ sau kính đầu chỉ khi trục kính thứ hai song song với phương phân cực tới.

Gọi $\varphi$ là góc giữa hai trục kính:

$$\begin{array}{rl}{I}_2& =\frac{I_0}{2}{\cos }^2\varphi ,\\ I_2& =\frac{I_0}{2}⟹{\cos }^2\varphi =1.\end{array}$$

Hai trục song song, kể cả các hướng tương đương cách nhau ${180}^{\circ }$. Ánh sáng ra vẫn phân cực đứng, nên chỉ tế bào V nhận được thành phần nhạy với nó. Chọn (b).

Đáp số các bài lẻ

Các đáp số dùng những giả thiết và giá trị nêu trong từng lời giải. Những kết quả đọc từ đồ thị chỉ có độ chính xác tương ứng với hình.

Bài	Đáp số
33.1	$39,4^{\circ }$
33.3	(a) $2,04\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$. (b) $442\mathrm{nm}$
33.5	(a) $2,11\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$. (b) $417\mathrm{nm}$. (c) $5,07\times {10}^{14}\mathrm{Hz}$
33.7	(a) $47,5^{\circ }$. (b) $66,0^{\circ }$
33.9	$2,51\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$
33.11	(a) $n=2,34$. (b) $82,0^{\circ }$
33.13	$38,5^{\circ }$
33.15	(a) $51,3^{\circ }$. (b) $33,8^{\circ }$ với nước có $n=1,33$ đã cho
33.17	(a) $58,1^{\circ }$. (b) $22,8^{\circ }$
33.19	$n=1,77$
33.21	(a) $48,9^{\circ }$. (b) $28,7^{\circ }$
33.23	Khoảng $0,6$–$0,7^{\circ }$ khi đọc đồ thị
33.25	Đỏ: $n=1,36$, $v=2,21\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Tím: $n=1,40$, $v=2,14\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s}$
33.27	$\mathrm{0,375}{I}_0$
33.29	(a) Sau từng kính: $I_0/2$, $I_0/8$, $3I_0/32$. (b) Bỏ kính giữa: $0$
33.31	$n=1,40$, góc khúc xạ $35,5^{\circ }$
33.33	$6,38\mathrm{W}/{\mathrm{cm}}^2$, tương đương $6,38\times {10}^4\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$
33.35	(a) $\mathrm{0,365}I$. (b) $2,71I$, dùng trung điểm các dải của Bảng 32.1
33.37	(a) $46,6^{\circ }$. (b) $13,4^{\circ }$
33.39	Cận góc tới $72,0^{\circ }$
33.41	Ngưỡng dầu $1,28$
33.43	$3,52\times {10}^4$
33.45	$n=1,84$
33.47	(a), (b) Cùng giới hạn $48,6^{\circ }$
33.49	$39,1^{\circ }$
33.51	${\mathrm{0,222}}^{\circ }$, khoảng $89\mathrm{\%}$ bán kính góc Mặt Trời
33.53	$23,3^{\circ }$
33.55	(a) A: Carbon tetrachloride. B: Nước. C: Carbon disulfide. D: Benzen. (b) $K$ lần lượt $\mathrm{2,130}$, $\mathrm{1,778}$, $\mathrm{2,656}$, $\mathrm{2,257}$. (c) Tất cả cùng $5,09\times {10}^{14}\mathrm{Hz}$
33.57	$\theta \approx {35}^{\circ }$, $I_0\approx 10\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$, $I_p\approx 20\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$
33.59	(b) Công thức bán kính giới hạn xem lời giải. (c) $2,07\mathrm{cm}$. (d) Khoảng $\mathrm{0,403}\mathrm{m}$ với mô hình uốn đều đã nêu. (e) $1,49\mu \mathrm{s}$
33.61	Tím: ${\theta }_2=71,{55}^{\circ }$, $\mathrm{\Delta }=233,{22}^{\circ }$. Đỏ: ${\theta }_2=71,{94}^{\circ }$, $\mathrm{\Delta }=230,{10}^{\circ }$. Bán kính góc tương ứng $53,{22}^{\circ }$ và $50,{10}^{\circ }$. Tím ở ngoài
33.63	(d)

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, University Physics with Modern Physics, ấn bản 15, chương 33, trang 1102–1109.