thực tập quang BAI 6

Thực tập quang học

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ
KHOA SƯ PHẠM
BỘ MÔN VẬT LÝ

BÀI PHÚC TRÌNH
BÀI 6: PHÂN CỰC ÁNH SÁNG
NHÓM :03
I. PHẦN LÝ THUYẾT
Câu 1. Trình bài một thí nghiệm chứng tỏ ánh sáng là sóng ngang.
Chiếu một chùm ánh sáng đơn sắc hẹp, vuông góc với một bên của bản Tumalin
T1
( hình 1). Tia sáng ra khỏi bản vẫn cùng phương với tia SI. Quay bản
T1 quanh phương truyền của tia sáng thì thấy rằng cường độ của chùm tia ló ra
khỏi bản vẫn không thay đổi.
Sau bản T1 ta đặt bản T2 giống hệt T1 sao cho tia sáng ra khỏi T1 vuông gốc
với bản T2 (hình 2 ). Giữ nguyên T1 , quay T2 xung quanh phương truyền của
ánh sáng ta thấy cường độ ánh sáng ra khỏi T2 thay đổi một cách tuần hoàn, phụ
thuộc vào góc α giữa hai trục O1O1' và O2 O2' của hai bản, khi hai bản song song
với nhau thì cường độ cực đại, còn hai bản vuông góc với nhau thì cường độ
sáng bằng không.

O1'

S
I

T1

T1

T2

S
I

O2'

S’

O2

O1

Hình 1

Hình 2

Giải thích:
Hiện tượng trên chỉ được giải thích khi thừa nhận:
Sóng ánh sáng là sóng ngang nghĩa là loại sóng mà phương dao động vuông
góc với phương truyền dao động.

Trang 1


Thực tập quang học
bản Tuamalin chỉ cho sóng ánh sáng vào có phương dao động theo một phương
nhất định đó là phương của trục tinh thể.
Cơ sở những thừa nhận ta giải thích hiện tượng như sau:

Ánh sáng tới bản T1 là ánh sáng tự nhiên, nó có các vecto dao động nằm
theo những chiều khác nhau nhưng luôn vuông góc vói phương truyền tức là
thẳng góc với tia sáng. Vì vậy khi quay T1 xung quanh tia sáng thì ở vị trí nào
cũng có phần ánh sáng truyền qua bản như nhau. Kết quả là sau T1 ta thu được
ánh sáng phân cực phẳng có cường độ không đổi vectơ E song song với quang
trục cua T1 . Như vậy ánh sáng tới bản T2 là ánh sáng phân cực phẳng.
Do bản T2 đặt song song với T1 nên ánh sáng tới T2 cũng có vectơ E song
song với quang trục cua bản T2 . Do đó ánh sáng này truyền qua bản T2 hoàn
toàn kết quả là chùm tia ló ra khỏi T2 có cường độ cực đại.
Khi bản T2 đặt vuông góc với T1 thì vectơ E vuông góc với quang trục của bản
T2 , nó bị giữ lại hoàn toàn. Vì vậy cường độ sáng sau bản T2 lúc này bằng
không.
Còn góc α giữa các quang trục của hai bản có giá trị bất kì thì chỉ có thành phần
song song với quang trục của vectơ E mới truyền qua T2 . Dó đó cường độ sáng
sau bản T2 có một giá trị nào đó phủ thuộc vào góc α .
Câu 2: Khi một chùm ánh sáng tự nhiên qua hai bản Tuamalin có quang trục
hợp với nhau một góc α thì cường độ sáng nhận được tỉ lệ với cos 2 α .
Ta có: I 2 = I 1 cos 2 α
Trong đó:
I 2 : cường độ sáng sau bản I 2 .
I 1 : cường độ sáng sau bản I 1 .
α : góc hợp bởi hai quang trục của hai bản T1 và T2 .
Câu 3: Trình bài sự phân cực do ánh sáng phản xạ và khúc xạ.
Chiếu một chùm tia sáng tự nhiên song song lên mặt ngăn cách giữa hai môi
trương.

Trang 2


Thực tập quang học

S

Không
khí
Thủy tinh

T1

iB
I

T2

Phân cực ánh sáng do phản xạ
Đặt bản T1 trên đường truyền của tia phản xạ, quan xác tia ló ta thấy cường
độ sáng của tia ló ra khỏi T1 biến thiên một cách tuần hoàn nghĩa là tại vị trí của
T1 cường độ tia ló
π
cực đại, sau khi quay T1 một góc
thì cường độ cực tiểu ( không triệt tiêu ),
2
sau đó
π
quay T1 theo một góc
ta thì cường độ sáng lại cực đại và cứ như thế. Nếu
2
quay đúng một vòng thì cường độ sáng trở lại cực đại như ban đầu.
Như vậy tia phản xạ bị phân cực nhưng chỉ phân cực một phần vì rằng khi quay
bản T1 thì không có vị trí nào của bản T1 cho cường độ tia ló triệt tiêu.

Khi ta thay đội góc tới i của tia tới SI 0 < i < 90 0 thì ta thấy rằng có một giá trị
i = i B tia phản xạ lúc đó bị kính T1 làm tắt hoàn toàn, tức là ta được phân cực
hoàn toàn. i B gọi là góc Breters.
Ta có : tagi B = n 21 ( n 21 chiết suất tỉ đối của môi trường 2 đối với môi trường 1).
Phân cực ánh sáng do khúc xạ.
Khảo sát tương tự như đối với tia phản xạ ta thấy rằng, tia khúc xạ luôn luôn
chỉ phân cực một phần. Nó có cường độ cực đại khi quang trục T2 của bản song

Trang 3


Thực tập quang học
song với mặt phẳng tia tới i = i B tia khúc xạ bị phân cực mạnh nhất và vuông
góc với tia phản xạ.
II.THỰC HÀNH
Bảng 6.1
α
− 90 0

I2
Lần 1
Lần 2
Lần 3
I2

0.05
0.03
0.03
0.036

− 60 0

− 30 0

0.3
0.3
0.29
0.29

0.79
0.78
0.78
0.78

00
1
1
1
1

30 0
0.70
0.72
0.71
0.71

60 0

90 0

0.20
0.21
0.21
0.21

0.03
0.02
0.02
0.023

Bảng 6.2
i
I min

20 0

30 0

40 0

50 0

510

Lần1 0.25

0.24 0.2

0.19

0.17

Lần2 0.24

0.22 0.21

0.19

Lần3 0.25

0.23 0.2

0.18

0.16
5
0.17

0.246 0.23 0.203 0.18
7

0.16
8

I min

52 0
0.16

53 0

0.15

54 0
0.14

55 0

0.1
1
0.16 0.15 0.145 0.1
1
0.15 0.145 0.14 0.1
1
0.157 0.14 0.14 0.1
8
1
1

56 0

57 0

58 0

0.05

0

0.1

0.05

0

0.0 0.09
6
0.05 0.1

0.06

0

0.07 0.1

0.11

0.053 0

Nghiệm lại định luật Malus: I 2 = I 1 cos 2 α
Lý thuyết
I 30 cos 2 (30)
=
= 0.75
I0
cos 2 (0)
I 60 cos 2 (60)
=
= 0.33
I 30 cos 2 (30)
I −30 cos 2 (−30)

=
=3
I −60 cos 2 (−60)
I −60 cos 2 (−60)
=
= 0.25
I0
cos 2 (0)

Thực nghiệm
I 30 0.706
=
= 0.706
I0
1
I 60 0.21
=
= 0.297
I 30 0.71
I −30 0.78
=
= 2.7
I −60 0.29
I −60 0.29
=
= 0.29
I0
1

Kết luật

Kết quả tính toán trên
lý thuyết và kết quả
thu được từ thực
nghiệm cho thấy sự
sai lệch ở mức độ sai
số cho phép
Vậy định luật Malus
hoàn toàn đúng

Tìm góc Brewster và chiết suất của lăng kính
Ta chọn i B = 57 0 là góc Brewster
Ta có tagi B = n 21 ⇒ n2 = tag (57) = 1.54

Trang 4

0.0
6

59 0

60 0

0.11

0.097 0.10
7

700