(SKKN 2022) Phát triển tư duy vật lý học sinh qua nghiêm cứu bài toán truyền ánh sáng qua môi trường có triết suất thay đổi vật lý 11 THPT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC I

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TÊN ĐỀ TÀI
PHÁT TRIỂN TƯ DUY VẬT LÝ HỌC SINH TRONG BÀI
TOÁN TRUYỀN ÁNH SÁNG QUA MÔI TRƯỜNG TRIẾT
SUẤT THAY ĐỔI.
VẬT LÝ 11 THPT

Người thực hiện: Bùi Văn Dương
Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn vật lý
Trường THPT Hậu Lộc I – Thanh Hóa
SKKN thuộc lĩnh vực: Mơn Vật Lý 11

THANH HĨA NĂM 2022


MỤC LỤC
Trang


I. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Trong bối cảnh hiện nay, chất lượng giáo dục đang là vấn đề được toàn
xã hội quan tâm. Việc tuyển chọn, đào tạo và sử dụng nhân tài luôn là vấn đề
quan tâm hàng đầu của mỗi quốc gia. Đảng ta khẳng định mục tiêu chung của
ngành Giáo dục là: “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”.
Riêng đối với các loại hình trường năng khiếu, trường chuyên, lớp chọn, mục
tiêu chung ấy được triển khai thành nhiệm vụ cụ thể: đẩy mạnh công tác bồi

dưỡng học sinh giỏi, học sinh năng khiếu nhằm tạo tiền đề cho công tác bồi
dưỡng nhân tài, đáp ứng yêu cầu phát triển mới của đất nước ở mỗi tỉnh, thành
phố…
Trong quá trình giảng dạy vật lý ở trường THPT Hậu Lộc 1, là ngơi trường
khơng chun nhưng đã có giải HSG quốc gia, bản thân tôi rất tâm đắc làm thế
nào để giúp học sinh, giáo viên nắm được kiến thức nâng cao của một bài nào đó
là một yêu cầu hết sức thiết thực mà mỗi giáo viên cần phải quan tâm, nghiên
cứu.
Thực tế, trong chương trình vật lý lớp 11 có những nội dung tương đối
khó, đối với rất nhiều học sinh, mà giáo viên lại thiếu tài liệu khi giảng dạy học
sinh trong nhiều năm ở phần ‘‘ Truyền ánh sáng qua mơi trường có triết suất
thay đổi ’’ tôi nhận thấy khả năng tiếp thu của các em cịn chậm, học sinh
thường cảm thấy khơng tự tin và lúng túng trong việc tiếp thu kiến thức cũng
như giải bài tập về ‘‘ Truyền ánh sáng qua môi trường có triết suất thay đổi
’’. Đặc biệt bài tốn này xuất hiện nhiều trong ky thi chọn đội tuyển HSGQG
trong Tỉnh Thanh Hóa.
- Về kiến thức: Học sinh chưa phân loại được các nội dung kiến thức, các
dạng toán trọng tâm.
- Về kỹ năng: Học sinh còn hạn chế khi phân tích bài tốn và giải bài tốn.
- Trong một đơn vị lớp có nhiều đối tượng học sinh với các khả năng nhận
thức, tư duy khác nhau nên không thể cho học sinh thảo luận để phát huy tối đa tính
tích cực, chủ động trong học tập của mỗi em nhằm phát triển tư duy cho các em.
1


Với lí do trên mà tơi đã nghiên cứu và viết đề tài “ Phát triển tư duy vật
lý học sinh qua nghiêm cứu bài toán truyền ánh sáng qua mơi trường có
triết suất thay đổi vật lý 11 THPT” Với những biện pháp này, đề tài sẽ giúp
học sinh có thái độ học tập tích cực hơn, tự vận dụng vấn đề một cách sáng tạo
hơn, từ đó học sinh cảm thấy say mê học mơn vật lí hơn. Có kết quả cao trong

các kỳ thi, nhất là khi thi chọn học sinh giỏi quốc gia.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Thông qua đề tài này giúp giáo viên, học sinh nắm được nội dung kiến thức cơ
bản, phân dạng các dạng cân bằng của vật rắn, giúp cho người học vận dụng và
củng cố kiến thức một cách có hệ thống, từng bước phát triển tư duy từ dạng dễ
đến khó.
Bên cạnh đó cũng cố sự tự tin, bồi đắp sự hứng thú trong học tập tĩnh học vật
rắn, nâng cao khả năng tự học, tự nghiên cứu của học sinh. Đề tài nghiên cứu
các nội dung sau đây:
• Cơ sở lí luận của đề tài.
• Thực trạng của đề tài.
• Giải pháp thực hiện.
• Kết quả đạt được.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
• Học sinh THPT học chương trình Nâng cao.
• Mục đích và nội dung thuộc chun mục khúc xạ và phản xạ ánh sáng
được giới thiệu trong sách giáo khoa Vật Lý lớp 11 (Nâng Cao).
• Các bài tập, cơng thức được giới thiệu trong chương trình THPT.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
• Phương pháp quan sát sư phạm.
•

Phương pháp nêu vấn đề trong giảng dạy

1.5. Phạm vi nghiên cứu

2


• Nội dung kiến thức, công thức, các bài tập, được giới thiệu trong chương

khúc xạ và phản xạ ánh sáng thuộc chương trình vật lý 11 THPT.
• Phân dạng bài tập theo quá trình phát triển tư duy, kỹ năng từ thấp đến cao
• Đề tài có thể áp dụng cho học sinh, giáo viên khi nghiên cứu khúc xạ và
phản xạ ánh sáng. Đặc biệt trong việc học và bồi dưỡng học sinh thi học
sinh giỏi môn Vật Lý.
II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.1.1. Định luật khúc xạ ánh sáng
a. Định nghĩa:
Sự khúc xạ ánh sáng là hiện tượng tia sáng đổi phương khi truyền từ môi trường
trong suốt này sang môi trường trong suốt khác.
b. Định luật khúc xạ ánh sáng

S

N
i

- Tia khúc xạ nằm trong mặt phẳng tới và ở bên

(2)

kia pháp tuyến so với tia tới.

r

- Đối với một cặp môi trường trong suốt nhất định:
sin i n2
= = n21
sin r n1

(1)

I

K

N/

Hay n1 sin i = n2 sin r

+ n1 , n2 là chiết suất tuyệt đối của môi trường 1 và 2: n21 là chiết suất tỉ đối
của môi trường 2 đối với môi trường 1.
+ n2 > n1 ( n21 > 1) : môi trường 2 chiết quang hơn môi trường 1.
+ n2 < n1 ( n21 < 1) : môi trường 2 chiết quang kém môi trường 1.
c

n

v

1
2
8
+ n = v ⇒ n = v (v là vận tốc ánh sáng trong môi trường, c = 3.10 ( m/s ) là
2
1

vận tốc ánh sáng trong chân khơng).
2.1.2. Phản xạ tồn phần

a. Định nghĩa
Sự phản xạ toàn phần là hiện tượng toàn bộ tia tới
bị phản xạ trở lại môi trường cũ khi gặp mặt phân
cách giữa hai môi trường trong suốt

S

K

r
H

J
i

I

i/

R

G
3


b. Điều kiện để có sự phản xạ tồn phần
- Môi trường tới phải chiết quang hơn môi trường khúc xạ ( n1 > n2 ) .
- Góc tới phải lớn hơn góc giới hạn phản xạ tồn phần: i ≥ igh , với:
sin igh =

n2
( n2 < n1 )
n1

2.1.3. Lưỡng chất phẳng.
a. Định nghĩa
Lưỡng chất phẳng là một cặp mơi trường trong suốt, đồng tính, ngăn cách bởi
một mặt phẳng.
b. Ảnh của vật qua lưỡng chất phẳng
- Sự tạo ảnh của vật qua lưỡng chất phẳng tuân theo định luật khúc xạ ánh sáng.
- Ảnh và vật ln có bản chất khác nhau: vật thật - ảnh ảo; vật ảo - ảnh thật.
c. Công thức về lưỡng chất phẳng
HS

HS ′

Với chùm tia sáng hẹp: n = n
1
2

( HS là khoảng cách từ vật S đến mặt phẳng phân cách, HS ′ là khoảng cách từ
ảnh S ′ đến mặt phân cách; n1 là chiết suất môi trường tới, n2 là chiết suất môi
trường khúc xạ).
d

d′

1
Hay n + n = 0 (với d = HS , d ′ = HS ′ ; d > 0 : vật thật; d < 0 : vật ảo; d ′ > 0 : ảnh
1

2

thật; d ′ < 0 : ảnh ảo)
2.1.4. Bản mặt song song
a. Định nghĩa
Bản mặt song song là một môi trường trong suốt, đồng tính, giới hạn bởi hai
mặt song song đặt trong một (hoặc hai) mơi trường có chiết suất khác nhau.
b. Đặc điểm ảnh qua bản mặt song song
- Sự tạo ảnh của vật qua bản mặt song song tuân theo định luật khúc xạ ánh
sáng.
- Ảnh và vật ln bằng nhau và có bản chất khác nhau: vật thật - ảnh ảo; vật ảo ảnh thật.
4


- Ảnh bị dời đi theo chiều truyền ánh sáng so với vật ( n > 1) .
c. Công thức về bản mặt song song
 1
Khoảng cách vật - ảnh: SS ′ = e 1 − ÷


n

( e là bề dày, n là chiết suất tỉ đối của
chất làm
bản với môi trường đặt bản)
 1
Hay d + d ′ = e 1 − ÷


n

(với d = HS , d ′ = HS ′ ; d > 0 : vật thật; d < 0 : vật ảo; d ′ > 0 : ảnh thật; d ′ < 0 : ảnh
ảo)
+ Độ dời ngang của tia sáng: d =



e sin ( i − r )
cos i
= e.sin i 1 −

cos r
n 2 − sin 2 i 


(n là chiết suất tỉ đối của chất làm bản với môi trường đặt bản)
2.2. Phương pháp nghiên cứu.
- Chia bản thành nhiều bản rất mỏng sao cho chiết suất trong mỗi bản hầu như
không đổi: n1 , n2′ , n3′ ,..., nk′ , n2 .
- Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại các mặt phân cách của các bản mỏng
liên tiếp, ta có:
sin i = n1 sin r1

(1)

n1 sin r1 = n2′ sin r2

(2)

n2′ sin r2 = n3′ sin r3

(3)

……….
n′ k sin rk = n2 sin r2′
n2 sin r2′ = sin i′

(k +1)
(k)

- Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng như một định luật bảo tồn tích chiết suất
và sin góc tương ứng: n1 sin i1 = const .
- Cần kết hợp các cơng thức hình học, cơng thức lượng giác, các tính chất về góc
để biến đổi, tính tốn, ...
- Có những bài tốn phải dùng cơng thức tích phân
5


y

2.3. Các bài toán minhBhọa
A

i

y
Các bài tập theo thứ tự
cụ thể, từ cơ bản đến nâng cao. Phân dạng nhằm

phát triển tư duy và

O kỹ năngα người học.
Bài 1. Một tia sáng chiếu từ khơng khí vng góc lên mặtxphẳng mặt ngăn cách
mơi trường có chiết suất n(y) phụ thuộc vào tọa
y
độ y tại điểm A, với OA= a (Hình 4).
a. Tìm dạng hàm n(y) để tia sáng truyền trong
A
mơi trường này theo đường hình sin được mơ tả
B
x
bởi phương trình y = a cos ( ω x ) , trong đó ω là
O
hằng số. Cho nA là chiết suất của mơi trường tại
A.
b. Có thể tồn tại hàm n(y) chung cho hai tia
sáng bất kì chiếu vng góc đến mặt phân cách
(ví dụ hai tia sáng A và B) như trên hình vẽ hay
khơng ? Giải thích.
Hướng dẫn
Để tia sáng truyền theo dạng hình sin như hình vẽ thì phương trình đường đi
của nó có dạng: y = a cos ( ωx ) ⇒ tan(α) = −ωa sin ( ωx ) = − cot i y

π

n

A
Ta có: n y sin i y = const = n A sin i A = n A sin 2 = n A ⇒ n y = sin i
y

1

2
2 2
2
2
2
2
mà: sin 2 i = cot i y + 1 = 1 + ω a sin ( ωx ) = 1 + ω (a − y )
y

⇒ sin 2 i y =

1
1
⇒ sin i y =
2
2
1+ ω ( a − y )
1 + ω2 ( a 2 − y 2 )
2

n

2
2
2
A
Từ phương trình: n y = sin i = n A 1 + ω ( a − y )
y

6


Vậy chiết suất ny biến thiên theo quy luật sau: n y = n A 1 + ω2 ( a 2 − y 2 )
Trong đó ( −a ≤ y ≤ a )
Bài 2. Một tia sáng SI đi từ khơng khí
dưới góc tới
α0 = 300 vào một bản mặt
song song có bề dày 0,3 m với chiết suất
thay đổi theo độ sâu x với quy luật
n=

S
O
y

4
1+

x ,trong đó x0 = 0,1m. Xác định
x0

I

α
0

0,3
m

quỹ đạo của tia sáng trong bản mặt? Tia
x
sáng có thể đạt tới độ sâu nào và bị lệch
một khoảng bao nhiêu so với điểm tới ?
Cho OI = 0, 63 m, chiết suất khơng khí bằng 1.
Hướng dẫn
Khi đi từ khơng khí vào bản mặt song song thì có thể viết:
sinα1 1
= .
sinα 0 n1

(1)
sinα

n

2
1
Sau khi tia đi qua một khoảng nhỏ dh thì: sinα = n .
1
2

sinα3

n2

sinα n

n n-1

Tiếp đó: sinα = n ...... ⇒ sinα = n .
2
3
n-1
n
Nhân tất cả các biểu thức này với nhau, ta nhận được:
sinα n
1
= .
sinα 0 n n

(2)
y

-0,1
O

α0 S

r

I
∆y

α1
0,3

x

Nghĩa là có thể viết đối với một điểm bất kỳ của quỹ đạo:
sinα 1
= .
sinα 0 n

(3)

Ta nhận thấy rằng α là giữa tiếp tuyến của quỹ đạo tia sáng và phương đứng.
Nếu khảo sát quỹ đạo của tia sáng như một hàm dịch chuyển theo độ sâu thì:
f'(x) = tgα (hệ số góc của tiếp tuyến)
n
1
n2
1
n2
2
=
⇒ 1+ cotα =
⇒
=
-1
Từ (3) suy ra:
sinα 0 sinα
sin 2α 0
tan 2α sin 2α 0
7


⇒ f'(x) = tanα = ±

sinα 0
2

=±

2

n - sinα

0

sinα 0
16
- sinα2
2

x 
1+ ÷
 x0 

.

(4)

0

Thay các giá trị đã cho vào phương trình (4), ta nhận được:
f(x) = ± ∫

(10x +1)dx

64 - (1+10x) 2

=±

1 (10x +1).d(10x +1)
1 1
d(10x +1) 2
=
±
.
10 ∫
10 2 ∫ 64 - (1+10x) 2
64 - (1+10x) 2

 1

= ±  .(-2) 64 - (1+10x) 2 ÷+ C = ± 0, 64 - (x + 0,1) 2 + C.
 20


(5)

Từ hệ tọa độ đã cho, ta chỉ lấy nghiệm: f(x) = - 0, 64 - (x + 0,1) 2 + C
với hằng số C được xác định từ điều kiện đầu: Khi x = 0 thì:
f(x) = - 0, 63 = - 0, 64 - (0 + 0,1) 2 + C . Suy ra C = 0.

Vậy phương trình quỹ đạo tia sáng có dạng:
f(x) = - 0, 64 - (x + 0,1) 2

(6)

Nhận xét: Quỹ đạo của tia sáng có dạng là một phần đường trịn, bán kính:
r = 0,8 m.
Dựa vào hình vẽ, ta có độ sâu tia sáng đi được sẽ bằng:
x = r - 0,1 = 0,8 - 0,1 = 0, 7 m > 0,3 m.

Chứng tỏ tia sáng đi hết toàn bản và quỹ đạo của đường truyền của tia sáng là
một cung trịn có bán kính là 0,8 m có tâm nằm trên Ox có tọa độ x = - 0,1 m.
Độ lệch tia sáng so với điểm tới khi ra khỏi bản là:
Δy = 0,82 - 0,12 - 0,82 - 0, 4 2 = 0,1( 63 - 48) ≈ 0,1009 m.

Bài 3. Một chùm tia sáng hẹp tới đập vng góc với một bản hai mặt song song
ở điểm A ( x = 0 ) . Chiết suất của bản biến đối
theo công thức:
nx =

nA
x ( nA , R là những hằng số)
1−
R

Chùm tia tới rời bản ở điểm B theo góc α .
Hãy tính:
a) nB ở B .
8


b) xB .
c) bề dày d của bản.
Áp dụng số: nA = 1, 2; R = 13 cm; α = 30° .

Hướng dẫn
a) Chiết suất của bản ở B
- Chia bản thành các lớp rất mỏng bằng các mặt
phẳng vuông góc với trục Ax sao cho chiết suất
trong mỗi lớp hầu như không đổi và bằng n1 , n2 ,...
- Áp dụng định luật khúc xạ tại mặt phân cách
giữa các lớp trên ta được: 
n1 sin i1 = n2 sin r1 = n2 sin i2

⇒ n1 sin i1 = n2 sin i2 = n3 sin i3 = ... = k = const hay nx sin ix = k

(1)

- Tại A , ta có: ix = 90°; nx = nA ⇒ k = nA
k

n

x

A
- Từ (1) suy ra: sin ix = n = n = 1 − R
x
x

k

n

A

- Tại B, ta có: sin iB = n = n
x
B

(2)

- Áp dụng định luật khúc xạ tại B (Góc tới: 90° − iB , góc khúc xạ: α ) ta được:
nB .sin ( 90° − iB ) = sin α ⇔ sin α = nB 1 − sin 2 iB = nB 1 −

nA2
nB2

(3)

- Từ (3) suy ra: nB = nA2 + sin 2 α
- Thay số: nB = 1.22 + sin 2 30° = 1, 22 + 0,52 = 1,3 .
Vậy: Chiết suất của bản ở B là nB = 1,3 .
b) Tính xB

9


Từ

nx =

R ( nB − nA ) 13 ( 1,3 − 1, 2 )
nA
⇒ xB =
=

= 1 cm
x
n
1,3
B
1−
R

Vậy: xB = 1 cm .
c) Bề dày của bản
- Xét tại M , ta có: sin ix = 1 −
=

x
R

R−x
·
= sin OMH
R

⇒ OM là một bán kính của cung AB và O là tâm của cung AB .

- Lấy điểm C trên Ax với

AC = 2 R . Vi OB = R, AC = 2 R nên tam giác ABC

vuông tại B, do đó:
d 2 = BK 2 = AK .KC = xB ( 2 R − xB ) = 1( 2.13 − 1) = 25 ⇒ d = 5 cm

Vậv: Bề dày của bản là d = 5 cm .
Bài 4. Giữa hai môi trường trong suốt chiết suất n0 và n1 ( n0 > n1 > 1) có một bản
hai mặt song song bề dày e . Bản mặt được
đặt dọc theo trục Ox của hệ tọa độ Oxy như
hình vẽ. Chiết suất của bản mặt chỉ thay đổi
theo phương vng góc với bản mặt theo
quy luật n = n0 1 − ky , với k =

n02 − n12
.
en02

Từ môi trường chiết suất n0 có một tia sáng đơn sắc chiếu tới điểm O trên bản
mặt, theo phương hợp với Oy một góc α .
a) Lập phương trình xác định đường truyền của tia sáng trong bản mặt.
b) Xác định vị trí điểm tia sáng ló ra khỏi bản mặt.
Hướng dẫn
a) Phương trình xác định đường truyền của tia sáng trong bản mặt
Chia môi trường thành nhiều lớp mỏng bề dày dy bằng các mặt phẳng vng
góc với Oy . Giả sử tia sáng tới điểm M ( x, y ) dưới góc tới i và tới điểm
M ′ ( x + dx, y + dy ) trên lớp tiếp theo. Coi tia sáng truyền từ M đến M ′ theo đường

thẳng (hình vẽ).Ta có:
10


n0 sin α = ... = n sin i.tan i ⇒ sin i =
dx

n0 sin α

n

n sin α

sin i

0
=
Và dy = tan i =
2
2
1 − sin i
n − n02 sin 2 α

y

⇒x=∫
0

y

⇔x=∫
0

y

n0 sin α dy

n 2 ( y ) − n02 sin 2 α

0

y

sin α dy

( 1 − ky ) − sin

=∫

2

α

=∫
0

sin α dy
2

n
2
 ÷ ( y ) − sin α
 n0 
sin α dy
cos 2 α − ky


n02 − n12 
 n = n0 1 − ky , k =

÷
en02 

y

(

sin α
sin α
cos α − cos 2 α − ky
⇔ x = −2
cos 2 α − ky = 2
k
k
0
⇒ cos 2 α − ky = cos α −

)

kx
k
cos α
⇒ y=−
x2 +
x
2
2sin α
4sin α
sin α

Vậy: Phương trình xác định đường truyền của tia sáng trong bản mặt là
y=−

k
cos α
x2 +
x . Đường đi của tia sáng là một parabol quay bề lõm về
2
4sin α
sin α

phía dưới (vì hệ số a < 0 ).
b) Vị trí điểm tia sáng ló ra khỏi bản mặt
- Biến đổi biểu thức của y , ta được:
2

y=−

k
cos α
k
2sin α .cos α  cos 2 α

2
x
+
x
=
−
x

−

÷ +
4sin 2 α
sin α
4sin 2 α 
k
k


- Tung độ cực đại của parabol là: ymax =

cos 2 α en02 cos 2 α
= 2
k
( n0 − n12 )

11


 n12 
cos 2 α
2
cos
α
<
< e , hay
+ Nếu
 1 − 2 ÷ thì tia sáng ló ra khỏi bản mặt tại điểm
k

 n0 

có tung độ bằng 0 (mặt dưới bản), có hồnh độ x là nghiệm khác 0 của phương
trình: y = 0 . Đó là điểm có tọa độ: x1 =

2sin 2α
, y1 = 0 .
k

 n12 
cos 2 α
2
> e , hay 1 > cos α > 1 − 2 ÷ thì tia sáng ló ra khỏi bản mặt tại
+ Nếu
k
 n0 

điểm có tung độ y = e , có có hồnh độ x là nghiệm khác 0 của phương trình:
y = y2 = e .
kx 2
cos α
4sin α cos α
4e sin 2 α
2
y=−
+
x=e⇔ x −
x+
=0
4sin 2 α sin α

k
k
⇒ x2 =

en 2 sin 2α en02 sin α
sin 2α sin α
−
cos 2 α − ke = 02
−
k
k
( n0 − n12 ) ( n02 − n12 )

n12
− sin 2 α .
2
n0

(Chỉ chọn nghiệm ứng với dấu −, ứng với giao điểm đầu tiên của parabol và
đường thẳng y = e ).
Vậy: Tọa độ của điểm ló là:
x2 =

en02 sin 2α en02 sin α
−
( n02 − n12 ) ( n02 − n12 )

n12
− sin 2 α và y2 = e .
2

n0

y
Bài 5. Một đoạn sợi quang
thẳng có dạng hình trụ bán
kính R, hai đầu phẳng và
θ
vng góc với trục sợi quang,
O
x
x
α
đặt trong khơng khí sao cho
trục đối xứng của nó trùng với
trục tọa độ Ox. Giả thiết chiết
suất của chất liệu làm sợi
quang thay đổi theo quy luật: n = n1 1 − k 2 r 2 , trong đó r là khoảng cách từ điểm
đang xét tới trục Ox, n1 và k là các hằng số dương. Một tia sáng chiếu tới một
đầu của sợi quang tại điểm O dưới góc αnhư hình 4.

a. Gọi θ là góc tạo bởi phương truyền của tia sáng tại điểm có hồnh độ x với
trục Ox. Chứng minh rằng ncosθ = C trong đó n là chiết suất tại điểm có hồnh
độ x trên đường truyền của tia sáng và C là một hằng số. Tính C.
b. Viết phương trình quỹ đạo biểu diễn đường truyền của tia sáng trong sợi
quang.
12


c. Tìm điều kiện để mọi tia sáng chiếu đến sợi quang tại O đều khơng ló ra
ngồi thành sợi quang.

d. Chiều dài L của sợi quang thỏa mãn điều kiện nào để tia sáng ló ra ở đáy
kia của sợi quang đi theo phương song song với trục Ox?
Hướng dẫn
y

* Áp dụng định
luật khúc xạ ánh
sáng tại O: sinα=
n1sinθ0

θ0 i

θ
α

O

x

* Chia sợi quang thành nhiều lớp mỏng hình trụ đồng tâm. Xét trong mặt
phẳng xOy, các lớp đó dày dy. Tại mỗi điểm góc tới của tia sáng là (90 0-θ), ta
có:
n(y)sin(900-θ)= n1sin(900- θ0) hay n(y)cosθ = n1cosθ0 = C
⇒ C = n1cosθ0= n1 1 − sin 2 θ0 = n1 1 −

sin 2 α
= n12 − sin 2 α
n12

* Xét M có toạ độ (x,y), tia sáng có góc tới i = (900- θ)

n(y) cosθ = C ⇒ cosθ =
y

⇒x=∫

n 2 (y) − C 2

0

* Áp dụng
x=

y

C dy

∫

⇒ x=∫
0

dy
a −b y
2

2

2

=

dx
cos θ
C
C
=
; dy = cot θ =
n(y)
1 − cos 2 θ
n 2 (y) − C 2
C dy
n12 (1 − k 2 y 2 ) − C 2

y

⇒x=∫
0

Cdy
(n12 - c 2 ) - k 2 n12 y 2

1
by
2
2
arcsin
b
a với a = n1 − C = sinα; b = kn1

C

kn y
arcsin 1 +C1. Điều kiện ban đầu: x = 0 thì y =0 suy ra C1 = 0
kn1
sin α

⇒ y=

sin α
kn
sin α
kn1
sin 1 x =
sin
x
kn1
C
kn1
n12 − sin 2 α

Vậy quỹ đạo của tia sáng là đường hình sin

sin α

Điều kiện để tia sáng truyền trong sợi quang là: kn ≤ R.
1
Muốn đúng với mọi α thì kn1R ≥ 1
Muốn ló ra theo phương song song Ox thì tại x = L, y có độ lớn cực đại
Hay

kn1

n12 − sin 2 α

Suy ra :

L=

L=

π
+ pπ với p là số nguyên không âm
2

(2p + 1)π n12 − sin 2 α
với p = 0, 1, 2...
kn1
13


Bài 6. Một môi trường trong suốt tồn tại ở nửa không gian x ≥ 0 trong hệ tọa độ
Đề-các, chiết suất của môi trường biến đổi theo tọa độ y theo quy luật
n( y ) = n0 1 + k 2 (a 2 − y 2 ) trong đó n0 , k và a là các hằng số dương.

Xét một tia sáng tới nằm trong mặt phẳng Oxy, song song với Ox, đi đến mặt
phân cách của môi trường tại vị trí có tọa độ y = a như hình vẽ. Tìm phương
trình quỹ đạo của tia sáng.
Hướng dẫn
Chia môi trường thành những lớp mỏng song song với trục Ox như hình vẽ,
theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta có:
n( y ) sin i = n0 sin 90° = const => n( y ) sin i = n0

Gọi α là góc giữa tiếp tuyến quỹ đạo và trục
Ox, ta có:
α = i + 90° => cos α = − sin i => − n( y ) cos α = n0

Ta có: tan α =

dy
1
= − 1−
dx
cos 2 α
2

 n( y ) 
2
2
= − 1− 
÷ = −k a − y
 n0 
y

⇔∫
a

dy
a2 − y 2

x

= − k ∫ dx => y = a cos(kx)

0

Vậy: Tia sáng truyền trong mơi trường theo quỹ đạo hình sin.
Bài 7. Một tia sáng SI đi từ khơng khí vào một bản mặt song song có bề dày
e = 0,3m với chiết suất thay đổi theo độ sâu x với

quy luật

n=

4
1+

x như hình vẽ, với x0 = 0,1m .
x0

Xác định quỹ đạo của tia sáng trong bản mặt song song? Nó có thể đạt tới độ
sâu nào và bị lệch một khoảng bao nhiêu so với điểm
tới?
14


Cho biết góc tới α 0 = 30°, OI = 0, 63m , chiết suất khơng khí bằng 1.
Hướng dẫn
- Khi tia sáng đi từ khơng khí vào bản mặt song song, ta có:
sin α1 1
=
sin α 0 n1

(1)

- Sau khi tia sáng đi qua một khoảng nhỏ dh trong bản mặt thì:
sin α 2 n1
=
sin α1 n2
sin α

(a)
sin α

n

n

3
n
n −1
2
Tiếp theo: sin α = n (b)...; sin α = n
2
3
n −1
n

(n)

- Nhân (a), (b),…, (n) với nhau vế theo vế, ta
được:
sin α n 1
=

sin α 0 nn

(2)

sin α

1

- Tổng quát, ta có: sin α = n
0

(3)

Với α là góc giữa tiếp tuyến của quỹ đạo tia sáng và phương thẳng đứng. Nếu
khảo sát quỹ đạo của tia sáng như một hàm dịch chuyển theo độ sâu thì:
f ′( x) = tan α (hệ số góc của tiếp tuyến).
n

1

- Từ (3) suy ra: sin α = sin α
0
⇔ 1+ cot2 α =
=> f ′( x) = ±

n2
1
n2
⇔
=

−1
sin2 α 0
tan2 α sin2 α 0
sin α 0
n − sin α 0
2

2

- Thay x0 = 0,1m,sin α 0 =
f ′( x) = ±
=> f ( x) = ± ∫

=±

sin α 0
16
− sin 2 α 0
2

x
1 + ÷
 x0 

(4)

1
vào (4) và biến đổi, ta được:
2

(10 x + 1)
64 − (1 + 10 x) 2
(10 x + 1)dx
64 − (1 + 10 x) 2

=±

1 (10 x + 1)d (10 x + 1)
10 ∫ 64 − (1 + 10 x) 2
15


⇔ f ( x) = ±

1 1
d (10 x + 1) 2
 1

. ∫
= ±  (−2) 64 − (1 + 10 x) 2 ÷+ C
2
10 2
 20

64 − (1 + 10 x)

⇔ f ( x) = ± 0, 64 − ( x + 0,1) 2 + C

- Từ hệ tọa độ đã cho, ta chỉ lấy nghiệm: f ( x) = − 0, 64 − ( x + 0,1)2 + C với hằng
số C được xác định từ điều kiện ban đầu: x = 0 thì f ( x) = − 0, 63 .

=> − 0, 64 − (0 + 0,1) 2 + C = − 0, 63 => C = 0

Từ đó: f ( x) = − 0, 64 − ( x + 0,1) 2 : đường tròn tâm J (−0,1;0) , bán kính r = 0,8 m .
- Dựa vào hình vẽ, ta xác định được độ sâu của tia sáng đi được:
x = r − 0,1 = 0,8 − 0,1 = 0, 7 m > e = 0,3 m : tia sáng đi hết bề dày của bản mặt.

- Độ lệch tia sáng so với điểm tới khi ra khỏi bản:
∆y = IK = OI − OK = 0, 63 − 0,82 − 0, 42 ≈ 0,1009 m

Vậy: Quỹ đạo của tia sáng trong bản mặt song song là cung trịn tâm J (−0,1;0)
, bán kính r = 0,8 m ; độ sâu đạt tới là x = 0, 7 m và bị lệch một khoảng 0,1009 m
so với điểm tới.
Bài 8. Một nguồn sáng điểm S nằm tại đáy của một hồ nước có chiều sâu là H.
Một người đặt mắt trong khơng khí phía trên mặt chất lỏng để quan sát ảnh
của nguồn sáng S dưới đáy hồ.
a) Giả sử chất lỏng là đồng chất có chiết suất n = 3 và mắt có cảm giác S nằm
cách mặt nước h = 1 m . Tính H trong các trường hợp sau:
• Mắt nhìn nguồn sáng theo phương vng góc với mặt chất lỏng.
• Mắt nhìn nguồn sáng theo phương hợp với mặt chất lỏng một góc α = 30° .
b) Thật ra chiết suất của chất lỏng thay đổi theo chiều sâu với quy luật
n( y ) = 3 −

y
với y là khoảng cách từ mặt nước đến điểm đang xét. Biến tia
H

sáng truyền từ S ló ra khỏi mặt nước và đi tới mắt theo phương hợp với mặt
nước một góc α = 30° và tia này ló ra ở điểm cách S một khoảng x0 = 2 m theo
phương nằm ngang. Tính H.
Hướng dẫn

a) Tính H
16


- Trường hợp mắt nhìn nguồn sáng theo phương vng góc với mặt chất lỏng:
Khi đó: H = nh = 3.1 ≈ 1, 73m
- Trường hợp mắt nhìn nguồn sáng theo phương hợp với mặt chất lỏng một
góc α = 30° :
1
2

Khi đó: r = 90° − α = 60° => cos r = ;sin r =
và sin i =

3
2

sin r
3 1
3
=
= ;cos i =
n
2
2 3 2

- Xét hai tia sáng SI và SJ đến mặt thống với
các góc tới là i và (i − di ) với di rất nhỏ, các tia
ló ra khỏi mặt thóang với các góc r và (r − dr ) .
Đường kéo dài của hai tia ló gặp nhau tại S ′ , ta

có:
n sin i = sin r => n cos idi = cos rdr

hay:

di cos r
=
dr n cos i

(1)

- Mặt khác, ta có: IJ = d ( H tan i) = H
- Tương tự, ta có: IJ = d (h tan r ) = h

di
.
cos 2 i

dr
di h cos 2 i
=>
= .
cos 2 r
dr H cos 2 r


3

n cos i


=
1.
3
- Từ (1) và (2) ta được: H = h
cos3 r




3
2
1
2

(2)

3


÷
÷ =9 m.
÷
÷


Vậy: Khi mắt nhìn nguồn sáng theo phương hợp với mặt chất lỏng một góc
α = 30° thì H = 9m .

b) Tính H khi chiết suất biến đổi theo quy luật n( y ) = 3 −

y
H

- Chia chất lỏng ra các lớp rất mỏng để có thể xem như chiết suất của lớp có
tung độ y đến ( y + dy ) là không đổi và bằng n( y ) .
- Tại bề mặt có tung độ y, theo định luật khúc xạ ta có:
n( y ) sin i = 1.cos α = cos α => sin i =

cos α
n( y )
17


=> dx = − dy.tan i = −

cos α
n( y ) 2 − cos 2 α

dy

- Độ dời ngang của điểm ló của tia sáng:
cos α

0

x0 = − ∫
H

H

n( y ) − cos α

⇔ x0 = 2 H cos α

2

(

2

dy = ∫
0

cos α
dy
y
3 − − cos 2 α
H

)

3 − cos 2 α − 2 − cos 2 α , x0 = 6 cm; α = 45°, cos α =

2
.
2

2
2 






2
2
÷ = ( 5 − 3) H
⇔ x0 = 2 H cos α  3 − 
÷
.
÷ − 2 −  2 ÷
÷ ÷

2
÷







=> H =

x0
2
=
=4 m
5− 3
5− 3

Vậy: Khi chiết suất biến đổi theo quy luật n( y ) = 3 −

y
thì H = 4 m .
H

III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Thơng qua tìm hiểu và phân tích kết quả của việc ứng dụng sáng kiến kinh
nghiệm “ Phát triển tư duy vật lý học sinh qua nghiêm cứu bài tốn truyền
ánh sáng qua mơi trường có triết suất thay đổi vật lý 11 THPT” trong một
số năm, đặc biệt là trên phạm vi rộng ở hai năm học 2019-2020 và 2021- 2022
tôi tự nhận thấy.
- Đối với giáo viên, sáng kiến kinh nghiệm này là một tài liệu quan trọng
trong công tác giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi các cấp, đặc biệt là chọn HSG
quốc gia.
- Đối với học sinh khá, giỏi, sáng kiến kinh nghiệm giúp cho các em kỹ năng
tư duy, suy luận lơgíc để chủ động, tự tin vào bản thân trong việc giải quyết các
bài tập hay và các hiện tượng vật lý khác mà các em sẽ gặp trong cuộc sống.
3.2. Kiến nghị
Nhằm giúp đỡ các Thầy cô nâng cao kinh nghiệm, tay nghề trong việc dạy
học, giúp các em học sinh biết cách tư duy lơgíc, phân tích, tổng hợp, xử lí các
thơng tin. Theo tơi, hàng năm phịng trung học phổ thông thuộc Sở giáo dục đào
18


tạo cần lựa chọn và cung cấp cho các trường phổ thơng một số sáng kiến, bài
viết có chất lượng, có khả năng vận dụng cao để các Thầy cơ có cơ hội học hỏi
thêm ở các đồng nghiệp, có cơ hội phát triển thêm các sáng kiến để rồi tự mỗi

người có thể tìm ra những phương pháp giảng dạy phù hợp nhất với mình, phù
hợp nhất với từng đối tượng học sinh
Trên đây chỉ là một số kinh nghiệm và suy nghĩ của bản thân tơi, có thể còn
khiếm khuyết. Rất mong được hội đồng khoa học, các đồng nghiệp nghiên cứu,
bổ sung góp ý để đề tài được hồn thiện hơn, để những kinh nghiệm của tơi thực
sự có ý nghĩa và có tính khả thi.
Tơi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA

Thanh Hóa, ngày 25 tháng 05 năm 2022

THỦ TRƯỞNG ĐƠN VI

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, khơng sao chép nội dung của người
khác
Người viết sáng kiến này

Bùi Văn Dương

19


20


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa vật lý 11 nâng cao. Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam
2. Sách bài tập vật lý 11 nâng cao. Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam
3. Sách giáo khoa vật lý 11 . Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam

4. Sách bài tập vật lý 11 . Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam
5. Phương pháp dạy học vật lý ở trường THPT. Nhà xuất bản Đại học quốc
gia Hà Nội
6. Sách bồi dưỡng học sinh giỏi vật lý 11. Tác giả Nguyễn Phú Đổng. Nhà
xuất bản Thành phố Hồ Chí Minh.


ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU KHOA HỌC, SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐÃ ĐƯỢC GHI NHẬN
Tên đề tài
Sáng kiến
Chứng minh một số

Năm cấp
2006

loại

Số, ngày, tháng, năm của quyết
định công nhận, cơ quan ban hành
QĐ

C

Quyết định số: 59/QĐ – SGD ĐT

Xếp

công thức vật lý bằng

Ngày 24 tháng 02 năm 2006

cách sử dụng tổng các
số tự nhiên
Chuyển động ném

2008

C

Quyết định số: 462/QĐ – SGD &ĐT
Ngày 19 tháng 12 năm 2008

Phương pháp giải

2012

B

tốn dịng điện xoay
chiều 3 pha
Phát triển tư duy của
học sinh qua bài toán
chuyển động lăn của
vật rắn

Quyết định số: 871/QĐ – SGD & ĐT
Ngày 18 tháng 12 năm 2012

2015

C

Quyết định số: 973/QĐ – SGD & ĐT
Ngày 25 tháng 12 năm 2015