›
›
›

Bài giảng Vật lí 12 - Bài học số 24: Tán sắc ánh sáng

pptx 38 trang minh70 5940
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài giảng Vật lí 12 - Bài học số 24: Tán sắc ánh sáng", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pptxbai_giang_vat_li_12_bai_hoc_so_24_tan_sac_anh_sang.pptx

Nội dung text: Bài giảng Vật lí 12 - Bài học số 24: Tán sắc ánh sáng

  1. TRƯỜNG THPT SÔNG ĐỐC (TVT - CÀ MAU) CHUYÊN ĐỀ VẬT LÝ TỔ LÝ – TIN – CÔNG NGHỆ GV: NGÔ VĂN SƠN
  2. I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1. Sự hình thành nên sóng điện từ - Từ hệ phương trình Maxwell viết cho bức xạ điện trường và từ trường lan truyền trong không gian khi không có sự di chuyển của điện tích, ta có: H  E = − (1) t =EDE .  H =  (2) ; (5) t BH= . =.D 0 (3) =.B 0 (4)     =i + j + k toán tử Nabla x  y  k
  3. - Lấy rot 2 vế pt (1) và (2), ta được:    EE 2   EHH = − =−   =−   =−  ( ) ( ) 2 t  t  t  t  t    HH 2   HEE =  =   =  −  =−  ( ) ( ) 2 t  t  t  t  t H  E = − (1) t =EDE .  H =  (2) ; (5) t BH= . =.D 0 (3) =.B 0 (4)
  4. 2 E   E = − ( ) t 2 2 H   H = − ( ) t 2 2 - Theo hàm GTVT thì:   ( AAAAA) = ;( ) −( ) =( ) − =( ) 2 E  .EE − = − ( ) t 2 =.E 0 (3) (6) 2 HH . = 0 (4)  .HH − = − ( ) t 2 - Thế (3) và (4) vào (6) ta được:
  5. 2 2 2 2 2   1  E  E + +E − = 0 E − = 0 2 2 2 2 2 t 2 x  y  z v  t (7) 2HH  2  2  21  2 HH − =00 + + − = 2 2 2 2 2 2 t  x  y  z v  t 1  = v2
  6. - Nghiệm tổng quát của hệ pt (7) là: E( r , t )= E exp i ( t − kr + ) 0 ( ) r= xi + y j + zk (8) H( r , t )= H exp i ( t − kr + ) k= k i + k j + k k 0 ( ) x y z - Trong đó: 22  k = = =  là số sóng (modul của vector sóng)  vT 2  = là tần số góc của sóng và T E⊥ H ⊥ k( E = v. B)
  7. 2. Ánh sáng là sóng điện từ: - Từ pt vi phân về sự lan truyền của sóng điện từ trong không gian: - Nếu ta xét trong chân không: 22 22 EE1 EE2 22−=0 −=v 0 txEE221 2222EE −=0 tx2 22 22−=c 0 2tx00 2 2tx 2 HHHH1  2  2− 2 =00 2 −v 2 = HHHH21  2  2  2 t−  x =00  t −c2  x = 2 2 2 2 t00  x  t  x 1 = c 00 → Trong chân không, sóng điện từ lan truyền bằng với tốc độ của ánh sáng. Một bằng chứng rất quan trọng để khẳng định ánh sáng cũng là sóng điện từ.
  8. II. CƠ SỞ THỰC TẾ. SỰ TÁN SẮC SỦA DÓNG ĐIỆN TỪ
  9. 1. Sự bảo toàn tần số - Ta xét một sóng đơn sắc trong một chùm ánh sáng trằng với vector sóng là k đi đến mặt giới hạn giữa hai môi trường, truyền từ mt(1) vào mt(2) tại điểm O của hệ Oxyz. z k1 k '  (1) 1 α 1 ’ 1 α1 ' 1 O y  2 (2) α2 k x 2
  10. - Để đơn giản ta chọn pha ban đầu φ = 0 , khi đó các phương trình sóng được viết: k E( r , t )=− E exp i ( t k r ) 1 1 01 1 1 E''''( r , t )=− E exp i ( t k r ) (9) 1 01 1 1 k1 ' α1 ’ α1 E( r , t )=− E exp i ( t k r ) 2 02 2 2 O α2 (e ix = cos x i sin x) k2
  11. - Ta xét thành phần điện trường – tp quyết định màu sắc của sóng điện từ. , z - Theo điều kiện biên ta có: EEE1t+= 1 t 2 t E1 E1 ' E k1 ' k1 ’ , α1 α1 E1t x O k E1t E 2t α2 B k2 E2
  12. , EEE1t+= 1 t 2 t z - Ta nhớ lại pt (9): E1 E ' E( r , t )=− E exp i ( t k r ) 1 1 01 1 1 k1 ' k1 '''' α ’ α E( r , t )=− E exp i ( t k r ) (9) , 1 1 1 01 1 1 E1t x O E 2t E1t E2( r , t )=− E 02 exp i ( 2 t k 2 r ) α2 k - Ta cần tính các tích vô hướng: 2 E2 , k1.;.;. r k 1 r k 2 r
  13. E( r , t )=− E exp i ( t k r ) z 1 01 1 1 E1 E1 ' k ' z '''' 1 k 1 E( r , t )=− E exp i ( t k r ) (9) , ’ 1 01 1 1 E1t α1α1 x k1 E1t E 2t O α2 E2( r , t )=− E 02 exp i ( 2 t k 2 r ) k 2 E2 k '  - Trong mp (Oxy) thì: r=+ x i y j 1 k α 1 ’ 1 α1 ' k1. r=+ k . x .cos k 1 . i y cos k 1 . j  1 1 ( ( ) ( )) 1 O  ' i j y =+xkcos yk cos 1 1 1 1 1  2 2 α2 , '''' k1. r=+ xk1 cos 1 yk 1 cos 1 x k2. r=+ xk2 cos 2 yk 2 cos 2 k2
  14. , - Vậy ta được: (EEE1t+= 1 t 2 t ) E01.exp i (1 t−− xk 1 cos  1 yk 1 cos  1 ) , ''''' 01 +E.exp i (1 t − xk 1 cos  1 − yk 1 cos  1 ) z k1 =E02.exp i (2 t − xk 2 cos  2 − yk 2 cos  2 ) (10) x y z k '  a e+= b e c e 1 k 1 - Pt (10) chỉ tồn tại khi: ( ) ’ α1 α1 '  ' 1 1  =  =  =  (11) ' O j y 1 1 2 1 i  '' 2 2 α2 k1cos 1== k 1 cos  1 k 2 cos  2 (12) '' x k k1cos 1== k 1 cos  1 k 2 cos  2 2
  15. ' 1 =  1 =  2 =  (11) - Vậy từ pt(11) ta thấy rằng, ánh sáng khi truyền từ môi trường điện môi này qua môi trường điện môi khác thì tần số không thay đổi. Tần số luôn được bảo toàn. 2. Chiết suất của môi trường điện môi và sự khúc xạ sóng điện từ - Từ pt(12) ta có:    cos== cos ' cos  ''' 1 1 2 k1cos 1== k 1 cos  1 k 2 cos  2 v 1 v 1 v 2 (12) '' kcos== k cos  k cos   '  1 1 1 1 2 2 cos== cos  cos  1' 1 2 v1 v 1 v 2
  16.  '  z cos== cos  cos  z 1' 1 2 v1 v 1 v 2 k (13) 1    cos== cos ' cos  1' 1 2 v1 v 1 v 2 ’ - Do v = v nên ta có: k1 ' 1 1 1 k α1 α1 '' α ’ cos== cos    ' ’1 1 1 1 1 α1  (14) 1 1 '' ' O y cos== cos    O y 1 1 1 1 1 i j  2 2 - Do k 1 () Oxz nên: α2 α2 '0 k1 ⊥ Oy cos1 = 0  1 =  1 = 90 x x - Từ pt(13) ta lại có: k2 ' 0 ' 0 ' cos1= cos  2 = 0 cos  2  2 = 90  1 =  1 =  2 = 90 vv12
  17. = '0 =  = 90 z 1 1 2 k , 1 - Hay ta có: (,,)() k 1 k 1 k 2 Oxz hay mp y = 0, ta nói cả 3 sóng trên luôn đồng phẳng. - Theo pt (12) ta có: k1 ' k 1 ’ α1 ', α1 1=  1 1 = 1: Góc tới bằng góc phản xạ ' 1 1 - Theo pt (13) thì: O y i j 2     2 cos = cos   sin  = sin α2 1cos== cos 2 ' cos 1  2 v1 v 21' 1 v 1 v 2 2 v1 v 1 v 2 1 (13) x k  '  2 sin cosv1== cos  1   cos  2 v1 = 1 = v' 11 = v 2 2 (15) 1 11 2 sin 2v 2  1  1 22
  18. - Gọi vận tốc của ánh sáng trong chân không là c thì: 1 c = và người ta định nghĩa: 00 cn. 00= là chiết suất của chân không (n=1). - Vậy khi ánh sáng truyền từ chân không vào môi trường điện môi có , hằng số điện môi 12, và hằng số từ môi 12 thì chiết suất của các môi trường này là: n1== c. 1  1 ; n 2 c .  2  2
  19. - Từ pt(15) ta có: 1 sin v    1= 1 =11 = 2 2 (15) 1 sin 2v 2  1  1 sin 1vn 1  2  2c 22 2  2 = =22 = = = sin 2vn 2  1  1c 11 1  1 =nn1sin 1 2 sin 2 (14) - Pt (14) là định luật khúc xạ sóng điện từ (ánh sáng) của Descards
  20. 3. Sự tán sắc của sóng điện từ (ánh sáng) - Với n1== c. 1  1 ; n 2 c .  2  2 và ta luôn có: (n1, n2 .) > 1. Ta có thể viết biểu thức chiết suất của một môi trường điện môi nào đó dưới dạng: c   nc=.  = = = v 0  0  0 0f   0  0 = =  = 0 (16) f 00    - Theo biểu thức (16) thì mọi ánh sáng có bước sóng khác nhau khi đi vào một môi trường thì đều có một hệ số thay đổi như nhau, vì , 0 đều là những hằng số ! Hay ε không phụ thuộc vào tần số f ?
  21. - Để biết  có phải hằng số không thì ta xét một môi trường điện môi trong suốt không có từ tính. Khi đó  không thay đổi, khi ánh sáng truyền vào môi trường thì có sự tương tác giữa điện trường của sóng ánh sáng với các electron nằm ở lớp ngoài của nguyên tử. Do tương tác nên khi e dịch chuyển một đoạn x thì nguyên tử trở thành một lưỡng cực điện có moment lưỡng cực p = ex. Nếu vùng ánh sáng đi qua sóng điện trường tương tác với N nguyên tử thì ta sẽ có N dao động của e theo một phương như nhau. Khi đó tổng moment lưỡng cực của môi trường là (Theo thuyết electron của Lorentz): P = Nex - Modul vector điện cảm: 44 Ne D=. E = E + 4 P  = 1 + P = 1 + x (17) EE
  22. - Để tìm độ lệch x, ta cần xác định các lực tác dụng lên electron gồm: + Khi e dịch chuyển sinh ra gia tốc: F1 = m.a + Lực giả đàn hồi: F2 = - kx + Lực cản của nguyên tử lân cận tác dụng lên: F3 = -mγv với v là vận tốc, γ là hệ số tỉ lệ, phụ thuộc vào bản chất môi trường. (theo Lorentz) + Lực điện trường của ánh sáng tác dụng lên electron: F = -eE0exp(-iωt) - Theo phương trình II Newton: 2 xx m+ m + m 2 x = − eEexp( − i  t) (18) tt2 00 k - Trong đó:  = là tần số dao động tự do của electron. 0 m
  23. - Giải phương trình (18) thì ta tìm được: −eE 1 x = 22 m (0 −− i ) 44 Ne - Thế x vào pt(17) ta được:  =1 +Px = 1 + (17) EE Ne2 1  =+1 (19) 22  0m (0 −− i ) - Phần thực và phần ảo của (19) là: 2222 Ne0 − Ne  ri=1; + = 2 22222 2 2 00mm−  +   −  +  (( 00) ( ) ) (( ) ( ) )
  24. 2222 Ne0 − Ne  ri=1; + = 2 22222 2 2 00mm−  +   −  +  (( 00) ( ) ) (( ) ( ) ) 1  0 2 2 2 2 = 0 ( r +i  i)  =  r +(  r +  i ) (20) 2 - Khi đó chiết suất của chất điện môi được tính theo công thức: 1 1 2  1 2 2 2 2 n = = r +(  r +  i ) (21)  0 2 - Từ pt(20) ta thấy: hằng số điện môi của chất điện môi không phải là một hằng số mà thay đổi theo tần số ánh sáng chiều vào. Người ta còn thực nghiệm thấy rằng, ở những miền mà ánh sáng có tần số  00or   thì ánh sáng sẽ bị tán sắc rất mạnh, còn ở vùng lân cận  0 thì ánh sáng bị hấp thụ rất mạnh.
  25. Ta quay lại với định luật khúc xạ và định nghĩa chiết suất: n1sin 1== n 2 sin 2( n 1 sin i n 2 sin r) cc12 nn12= =; = = vv1 0 2 0 c   n = = = v 0  0  0 1  0 2 2 2 2 = r +(  r +  i ) 2
  26. - Nếu ta xét một chòm ánh sáng trắng (từ Mặt Trời) có bước sóng và tần số là λ1, λ2, λi ; f1, f2, fi chiếu trực tiếp vào một lăng kính có hệ số điện môi ε thì ta luôn có n1 = 1, α1 = const = α0. Khi đó ta có: sin 0 = nxx sin - Nếu ta xét trong dãy quang phổ nhìn thấy (từ đỏ đến tím) có bước sóng và tần số là λđ , λc , , λt ; fđ, fc , , ft . Khi đó ta có thể viết: + Với tia đỏ:  d sin 0 ==nd sin d sin d  0 11 1 2 2 222  0 2 2 2 - Do: rd+(  rd +  id) 1  =  rd +(  rd +  id )  0 22  d nd = 1  0
  27. - Hay ta có: c d00. f d d nd= = = 1  d0 d vfd d. d d → Bước sóng của tia đỏ đã giảm khi đi vào lăng kính. c d 0 sin 0 = sin d = sin d sin d sin 0 d 0 vdd α0 αđ
  28. 1  0 2 2 2 2 - Hàm () = r +(  r +  i ) là hàm đồng biến nên: 2 Xét đến tia màu cam, ta luôn có fc > fđ nên ωc > ωđ . Do đó: ()() c   d nn c d - Theo định luật khúc xạ thì: ndcsin sin 0 =nnd sin d = c sin c = 1 ncdsin cd
  29. - Vậy: với fc > fđ (ωc > ωđ ) thì nc > nđ và αc < αđ . Hay tia màu cam bị lệch (bẻ gãy) về phía đáy lăng kính nhiều hơn so với tia màu đỏ. α0 αđ αc
  30. - Làm tương tự với các tia còn lại thì ta rút ra được: Trong tất cả các dãy quang phổ (thang sóng điện từ, trong đó có quang phổ nhìn thấy biến thiên liên tục từ đỏ đến tím) có tần số biến thiên liên tục từ f1 > f2 > f3 > > fi khi đi qua lăng kính trong suốt (không có từ tính) có hệ số điện môi ε thì sẽ bị tách ra hay tán sắc (ở mặt phân cách) thành các tia với các góc (khúc xạ) lần lượt là: α1 n2 > n3 > > ni . * Hay ta có thể nói sóng điện từ có tần số càng lớn thì sẽ có chiết suất với lăng kính càng lớn và bị bẻ gãy (ở mặt phân cách) càng nhiều - hiện tượng phân tách các sóng điện từ có tần số khác nhau. Đó chính là hiện tượng tán sắc ánh sáng.
  31. Hiện tượng “dịch chuyển đỏ” được sử dụng để xác định chuyển động của các thiên hà ngày càng xa nhau- Vũ trụ đang giãn nở.
  32. * Lưu ý: pt(20) và (21) chỉ tính ở mức gần đúng, nếu cần độ chính xác cao thì ta phải đưa thêm vào Vật lý lượng tử với các hàm sóng: 11 i(r )== u v exp( ikij . r) ; j ( r ) u c exp( ik . r) VV00 V( r )=− erE0 cos( k . r ) với uv và uc là những hàm sóng của electron và của mạng tinh thể dao động, V(r) là hàm thế năng tương tác của electron với điện trường của sóng điện từ. Khi đó ta phải xét các ma trận tương tác (các tensor metrix không-thời gian 4 chiều) giữa sóng điện từ với electron trong mạng tinh thể. Xét phần thứ ij trong ma trận sẽ là:
  33. MMMM11 12 13 14 + MMMM M= *3( r ) V ( r )  ( r )d r M = 21 22 23 24 ij j i ij MMMM − 31 32 33 34 2 2 MMMM41 42 43 44 Wij= M ij g() 31− 2 1 1 2 2 1 1 gE();=2 2(  −g )  = * + * 2 mmeh Trong đó Wij sẽ cho ta biết sóng có thể phản xạ hoặc khúc xạ. Eg, µ là mức năng lượng Fermi và khối lượng hiệu dụng của cặp e và lỗ trống. (Vấn đề còn rất phức tạp !)
  34. TRƯỜNG THPT SÔNG ĐỐC CHUYÊN ĐỀ VẬT LÝ TỔ LÝ – TIN – CÔNG NGHỆ GV: NGÔ VĂN SƠN