MỘT SỐ BÀI TẬP CƠ BẢN VỀ CHIẾT SUẤT BIẾN ĐỔI

Chuyên đề:
MỘT SỐ BÀI TẬP CƠ BẢN VỀ CHIẾT SUẤT BIẾN

ĐỔI
Đặt vấn đề: Trong các đề thi học sinh cấp thành phố, cấp quốc gia và quốc tế

những năm gần đây xuất hiện nhiều bài tốn liên quan đến phần quang hình có chiết suất mơi
trường biến đổi. Những bài tốn này là thường khá hay và gây ra khó khăn cho học sinh vì nó
địi hỏi học sinh khả năng phân tích và kiến thức tổng hợp. Nhằm giúp các em giải quyết
những bài tốn này tơi đã biên soạn chun đề “MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ BẢN VỀ CHIẾT
SUẤT BIẾN ĐỔI”. Vậy hướng giải quyết những bài toán này như thế nào?

B1: Chia khối trong suốt thành các lớp mỏng trong suốt sao cho chiết suất trong những
lớp ấy gần như không đổi.

B2: Dùng các định luật truyền thẳng, định luật phản xạ, định luật khúc xạ ánh sáng và
hiện tượng phản xạ toàn phần áp dụng cho các lớp mỏng trong suốt.

B3: Kết hợp kiến thức tốn học: tích phân, các phép tính gần đúng….. để tính tốn.
Chuyên đề được chia làm hai phần:
Phần 1: Ôn tập những kiến thức cơ bản về các định luật truyền thẳng ánh sáng, định
luật phản xạ ánh sáng, định luật khúc xạ ánh sáng và hiện tượng phản xạ toàn phần.
Phần 2: Phân chia dạng bài tập và một số bài tập minh họa và vận dụng.

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 1

I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT

1. Ba định luật cơ bản của quang hình học

 Định luật truyền thẳng của ánh sáng: Trong một mơi

trường trong suốt đồng tính và đẳng hướng các tia sáng truyền theo

đường thẳng.

 Định luật phản xạ ánh sáng:

Tại mặt phân cách giữa hai mơi trường, một phần tia

sáng bị phản xạ, đó là hiện tượng phản xạ ánh sáng.

Tia tới và pháp tuyến tại điểm tới xác định một mặt

phẳng tới và lập một góc tới i.

Tia phản xạ và pháp tuyến lập một góc tới i’.

Định luật phản xạ ánh sáng: Tia phản xạ nằm trong mặt

phẳng chứa tia tới và pháp tuyến, góc phản xạ bằng góc tối .

 Định luật khúc xạ ánh sáng.

Tia sáng truyền qua hai môi trường trong suốt bị đổi

hướng tại mặt phân cách đó là hiện tượng khúc xạ ánh sáng.

Tia khúc xạ và pháp tuyến lập một góc khúc xạ r.

Định luật khúc xạ ánh sáng: Tia khúc xạ nằm trong mặt

phẳng chứa tia tới và pháp tuyến và góc khúc xạ xác định bởi biểu

thức : n1 sin i n2 sin r .
Trong đó n1 và n2 là các hằng số, gọi là chiết xuất của

n1 n12
môi trường 1 và 2. Tỉ số n2 gọi là chiết suất tỉ đối của hai môi

trường.

Hiện tượng phản xạ tồn phần

2. Mơi trường có chiết suất thay đổi

Trên thực tế rất khó có một mơi trường trong suốt đồng

nhất và có chiết suất khơng thay đổi theo vị trí mà ln tồn lại mơi

trường có chiết suất thay đổi theo từng vị trí khác nhau.

Ví dụ

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 2

 Chiết suất của các bản mỏng .

 Chiết suất của lớp khơng khí thay đổi theo độ cao.

 Chiết suất của lớp khơng khí trên khí quyển trái đất.

II. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA

DẠNG 1: Biết phương trình đường truyền tìm chiết
suất n.

Giả sử chiết suất môi trường n = n(y) . Biết đường truyền
tia sáng y = y(X) . Tia sáng bay vào mơi trường nói trên tại điểm x0
với góc tới i0 biết chiết suất mơi trường ngồi là n0 .Hãy tìm qui luật
biến đổi chiết suất

Hướng dẫn:

Chia môi trường thành những lớp mỏng sao cho n khơng đổí xet tại
điểm M tia sáng với góc tới i

n sin i n0 sin i0 const

1 n02 sin2 i0 2 2 2
tani= dx , tan cot i  cosi  n  n  n0 sin i0
dy sini n0 sin i0 n0 sin i0
n

Mặc khác y dy
M x
coti dy y,  n2  n02 sin2 i0 n0 sin i0 y, i
dx

 n n0 sin i0 1 ( y, )2 x0

dx

Các trường hợp riêng
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 3

1. Đường truyền có phương trình: y = ax2
 y, 2ax  (y, )2 4a2 x2 4ay  n n0 sin i0 1 4ay

2. Đường truyền là một đoạn phương trình : y = AsinBx

y, ABcosBX  (y, )2 A2B2cos2BX A2B2  A2B2 sin2 Bx A2B2  B2 y2
 n n0 sin i0 1 A2B2  B2 y2

3. Đường truyền là cung tròn :  x  a 2   y  b 2 R2

 y  b 2 R2   x  a 2 lấy đạo hàm hai vế

 2 y  b y,  2 x  a .x,  2 x  a  y  2 x  a  x  a
2 y  b y  b

,2  x  a 2 R2   y  b2 ,2 R
y    2  n n0 sin i0 1 y n0 sin i0
 y  b   y  b y b

Bài 1: Trong một mơi trường trong suốt có chiết suất biến đổi theo
biến số y. Một tia sáng đơn sắc được chiếu vng góc với mặt phẳng giới
hạn mơi trường tại điểm y=0. Chiết suất của môi trường tại đó có giá trị
n0. Xác định biểu thức của chiết suất để ánh sáng truyền trong môi trường
theo một parabol.

Hướng dẫn:

Chia môi trường thành những lớp vô cùng mỏng sao cho trong mỗi
lớp chiết suất coi như không đổi.

Định luật khúc xạ cho
n1 sin i1 n2 sin i2 ...
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 4

Xét hai điểm trên phương truyền của ánh sáng ứng với các tọa độ
A(0,0) và B(x,y)

Ta có nA.siniA nB.sin iB

Nhưng nA=n0, iA=900

sin iB  n0  n0
nB n(y)

Đối với parabol ta có

tg dy 2ax 2 ay
dx

sin iB cos  1  1
1 tan2  1 4ay
Vậy

no n(y)  1 1 4ay hay n(y) n0 1 4ay
Suy ra

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 5

DẠNG 2: Biết qui luật biến đổi n tìm phương trình
biểu diễn đường truyền

Hướng dẫn:

Chia môi trường thành những lớp mỏng sao cho n không đổi, xét tại
điểm M tia sáng với góc tới i

n sin i n0 sin i0 const

1 n02 sin2 i0 2 2 2
tani= dx , tan cot i  cosi  n  n  n0 sin i0
dy sini n0 sin i0 n0 sin i0
n

Mặc khác y dy
M x
coti dy y,  n2  n02 sin2 i0 n0 sin i0 y, i
dx

 n n0 sin i0 1 ( y, )2 x0

dx

Từ : n n0 sin i0 1 ( y, )2 ,tìm được y’ lấy nguyên hàm ta tìm được
y

Phương pháp: Ta chia thành các mặt phẳng có chiết suất gần như
khơng đổi .

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 6

Bài 1: Một bản song song có chiết suất biến đổi theo quy luật

n(Y ) n0 1 yb ; n0 1, n2  2 bề dày của bản là b=1m. Một tia sang chiếu tới
trên mặt AB dưới một góc .

a. Xác định điều kiện  để tia sang khơng xun qua bản mỏng

đó.

b. Tia sang đơn sắc SI chiếu vng góc tới mặt giới hạn tại O có

chiết suất n0=1. Sau khi ra khỏi bản mỏng một góc 

- Xác định góc lệch của tia sang so với phương ban đầu.

- Xác định phương trình đường cong tia sang truyền trong bản

Hướng dẫn:

a. Điều kiện 

Để tia sáng truyền qua bản thì chỉ có thể phản xạ tồn phần. Chia
bản thành nhiều lớp đẳng nhiệt song song từ định luật khúc xạ ta có:
n2 sin  nK sin iK (1)

Giả sử có sự phản xạ tại lớp k

 ik 900
(1)  sin  nK

n1

n2  nK  n0  1  sin  1  2
Ta có n2 2 hay 900    450

- Với trường hợp 900 tia sáng đi thẳng.

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 7

b. Xác định góc 

+ Chia môi trưởng thành các lớp đẳng nhiệt áp dụng định luật khúc
xạ

n1 sini1 n2 sin i2 ... const
n0 sin i0 n2 sin in

i0  , n0 1  sin in  1  2  in  ,   in 450
Với 2 n2 2 42

 
Sau khi ra khỏi bản a sáng lệch khỏi phương ban đầu 4 sau đó tia
sáng truyền thẳng.
+ Xác định đường cong tia sáng trong bản.
Xét điểm thuộc đường truyền trong bản song song M(x,y)

n0 sin i0 n (Y) sin iM  sin iM  1 (1)

n(Y )

tan  dydx ;sin iM cos  1 1 (2)  tan2 
Từ (1) và (2) suy ra

1 tan2  n(Y )  tan2   ya  tan  ya
 dy  y  dy  1 dx

dx b y b

Lấy nguyên hàm hai vế

2 y  x c
b

Tại x=0 suy ra y=0 suy ra c = 0.

2 y x y  x2
b hay 4b
Vậy

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 8

Bài 2: Chiết suất của khơng khí tại một sân bay phụ thuộc vào độ

cao y theo công thức n n0 (1 ay) trong đó hằng số a 1, 5.10 6 m 1 , n0 là
chiết suất khơng khí tại mặt đất. Một người đứng trên đường bang, độ cao
mặt của anh ta so với mặt đất là 1,7 m. TÍnh độ dài d mà anh ta nhìn rõ

trên đường bang?

Hướng dẫn:
Chia không khi trên sân bay thành các lớp n1, n2, …. Song song với
mặt đất.
n0 n1 sin1 n2 sin2 ... n sin

Ta có: n0 n sin n0 (1 ay)

Từ hình vẽ ta có:

y cot hay sin  1  1
x 1 cot 1 ( y )2

x

1 ay  1 ( y )2  1 ( y )2 1 2ay  a2 y2
x x

y  2ay hay chuyển sang
Vì a nhỏ, y hữu hạn nên bỏ qua (ay)2 nên x
dạng vi phân ta có:

dy  2adx
dx

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 9

y a x2
Tích phân hai vế ta được 2

Đường đi của tia sáng trên sân bay là một nhánh của parabol khi
y h  d  2h 1500m.

d
Bài 3: Một tia sáng SI đi từ khơng khí vào một bản mặt song song có

bề dày h với chiết suất thay đổi theo độ sâu x với quy luật n= 4 x (hình
3). Cho h = 0,3 m, x0 = 0,1 m. 1+
x0

a. Xác định quỹ đạo của tia sáng trong bản mặt song song?

b.Tìm điểm ló của tia sáng ra khỏi bản mặt? Cho biết góc tới

0 = 300, OI = 0, 63 m, chiết suất khơng khí bằng 1.

Hướng dẫn:

a. Khi đi từ khơng khí vào bản mặt song song thì có thể viết:
sin α 1 = 1
sin α 0 n1

Ta chia bản mặt thành các mặt đẳng chiết
Sau khi tia sáng đi một đoạn nhỏ dh thì

sin α 2 = n1
sin α 1 n2
(1)

sin α 3 = n2 . .. . .. .. .⇒ sin αn = nn−1

sin α 2 n3 sin α n−1 nn
Tiếp đó

sin α n = 1
Nhân các biểu thức với nhau, ta nhận được sin α 0 nn
(2)

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 10

Nghĩa là có thể viết đối với một điểm bất kỳ của quỹ đạo:

sin α =1
sin α0 n
(3)

Ta nhận thấy rằng  là góc 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)  tg .(hệ số góc của tiếp tuyến)

n 1 2 n2 1 n2
= ⇒ 1+ cot α = 2 ⇒ 2 = 2 −1
sin α 0 sin α sin α0 tan α sin α0
Từ (3) suy ra:

 dx 2
n(x) n0 sin 0 1  
(→ Xây dựng ra được:  dy  )

√ ( ) f ' (x )=±sin α0√ n2−sin2 α 0=±sin α0
16

2 −sin2 α 0
1+ x
x0

(4)

Thay các giá trị đã cho vào phương trình (4), ta nhận được:

f ( x)=±∫ (10 x +1 )dx 1 (10 x +1) d (10 x +1 ) 1 1 d (1+10 x )2
2 =± ∫ 2 =± . ∫
√64−(1+10 x) 10 √64−(1+10 x) 10 2 √64−(1+10 x) 2

( ) ¿± 120 . (−2) √64−(1+10 x)2 +C=±√0 ,64−( x+0,1)2+C

(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 ⇒C=0

Vậy phương trình của tia sáng có dạng f (x )=−√0 , 64−( x+0,1)2

(6)

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 11

Quỹ đạo của tia sáng có dạng đường trịn bán kính r = 0,8 m.

b. Dựa vào hình vẽ ta có x = r -0,1 = 0,8 – 0,1 = 0,7 > 0,3 m

Chứng tỏ tia sáng đi sang mặt kia của bản mặt

Độ lệch của tia sáng so với điểm tới khi ra khỏi bản là

Δyy=√0,82−0,12−√0,82−0,42≈0,1009 m

Bài 4: Một sợi quang học gồm một lõi hình trụ, bán kính a, làm bằng

vật liệu trong suốt có chiết suất biến thiên y n 1
O x
đều đặn từ giá trị n n1 trên trục đến n n2  0
n 2
(với 1n2 n1 ) theo công thức

n n y n1 1  2 y2 , trong đó y là khoảng

cách từ điểm có chiết suất n đến trục lõi,  là hằng số dương. Lõi được
bao bọc bởi một lớp vỏ làm bằng vật liệu có chiết suất n2 khơng đổi. Bên
ngồi sợi quang là khơng khí, chiết suất n0 1. Gọi Ox là trục của sợi

quang học, O là tâm của một đầu sợi quang. Một tia sáng đơn sắc được

chiếu vào sợi quang học tại điểm O dưới góc 0 trong mặt phẳng xOy.

1. Viết phương trình quỹ đạo cho đường đi của tia sáng trong sợi
quang và xác định biểu thức tọa độ x của giao điểm đường đi tia sáng với
trục Ox.

2. Tìm góc tới cực đại max , dưới đó ánh sáng vẫn có thể lan truyền

bên trong lõi của sợi quang.

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 12

Hướng dẫn:

- Vì mơi trường chiết suất biến đổi liên tục nên ánh sáng sẽ truyền
theo đường cong. Chia môi trường thành nhiều lớp mỏng song song mặt
phẳng Ox. Gọi  là góc phụ với góc tới của tia sáng tại M(x,y)

   
n y sin     const n1 sin   1 
Theo định luật khúc xạ: 2  2 

 n1 1  2 y2 cos n1cos1  1  2 y2cos cos1 (7)

Với góc 1 được xác định từ định luật khúc xạ tại O:

n12  sin2 0
sin0 n1 sin1  cos1 
n1 (8)

cos= 1  1
1 tan2  1  y 2
- Từ phương trình (7) với lưu ý ta tìm được

hàm biểu diễn của dx theo f(y)dy. Tích phân 2 vế bằng cách đặt ẩn phụ

dạng cy = sint ta tìm được quỹ đạo tia sáng có dạng hình sin với

y Asin    sin0   
x   sin  x
 v0cos1  n1  cos1 

 y  sin0 sin  n1 x 
n1  n12  sin2 0 
  (9).

- Độ cao cực đại mà tia y

sáng đạt được chính bằng biên

sin0  n 1
ymax A  M x
độ: n1  0

- Những điểm cắt của n2

chùm tia với trục Ox thỏa mãn
điều kiện y = 0

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 13

 n1 x  0
 sin  n12  sin2 0 




 x k n12  sin2 0

n1 .

Vị trí đầu tiên có k 1

 x  n12  sin2 0
n1

2. Để ánh sáng vẫn có thể lan truyền bên trong lõi của sợi quang thì

ymax a  sin0 a  sin0 a n1 sinmax ; max arcsin a n1
n1

Chú ý rằng từ điều kiện n y  n1 1  2 y2 và
n y 0 n1; n y a n2

   n12  n22  n12  n22 .
an max arcsin
1 . Vậy

Bài 5: Một đoạn sợi quang thẳng có dạng hình trụ bán đối xứng của
nó trùng với trục tọa độ Ox. Giả thiết chiết suất của chất liệu làm sợi
quang kính R, hai đầu phẳng và vng góc với trục sợi quang, đặt trong

n  2 1 2r
khơng khí sao cho trục thay đổi theo quy luật: 3
, trong đó r là

khoảng cách từ điểm đang xét tới trục Ox, có đơn vị là cm. Một tia sáng

chiếu tới một đầu của sợi quang tại điểm O dưới góc  xấp xỉ bằng 900

(sinα ≈ 1) như hình 3.

1. Viết phương trình quỹ đạo biểu diễn đường truyền của tia sáng
trong sợi quang.

2. Tìm điều kiện của R để tia sáng truyền trong sợi quang mà không
bị ló ra ngồi thành sợi quang.

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 14

Hướng dẫn:

1. Chia sợi quang thành y

nhiều lớp mỏng hình trụ

đồng tâm. Xét trong mặt βi

phẳng xOy, các lớp đó có O x

tọa độ y dày dy và có chiết

suất là n n0 1 2 y với
n0 2 / 3

+ Tại O: sin= n0sinβ (với n0 = 2/ 3 ) => β = 600 => i0 = 300

+ Xét điểm M có tọa độ (x, y) (y > 0) ở lớp có chiết suất n n0 1 2 y

sin i n0.sin i0  1
n 2 1 2y
Ta có: n0.sini0 = n.sini =>

Mà tanθ = cot i dx  sin2 dy 1 i  1 dy dy dx => dx  3  8y dx  dy
3 8y


Nguyên hàm hai vế ta được: 4x  3  8y  C

Điều kiện ban đầu: khi x = 0 thì y = 0 => C = 3

 phương trình quĩ đạo của tia sáng: y  2x2  3.x

 Vậy quĩ đạo của tia sáng là đường parabol

2. C1. Điều kiện để tia sáng khơng bị ló ra
ngồi thành sợi quang là tọa độ y của đỉnh parabol

phải nhỏ hơn R R 3 0, 375cm
=> 8

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 15

C2. Điều kiện để tia sáng khơng bị ló ra ngoài thành sợi quang lớp
chiết suất diễn ra phản xạ toàn phần của tia sáng phải cách trục ox một

khoảng nhỏ hơn R R 3 0,375cm
=> 8

Bài 6 : Xác định sự sai lệch khi định vị góc nhìn một ngơi sao từ mặt
đất dưới góc 450 áp suất khỉ quyển tại sát mặt đất là n=1,00003.

Hướng dẫn

Càng lên cao, khơng khí càng lỗng, nhiệt độ càng lạnh. Do đó chiết
suất của khí cũng giảm. Sự thay đổi của chiết suất cũng làm cho tia sáng
từ ngôi sao phát ra khi tới mặt đất khơng đi theo đường thẳn mà lại theo
một đường vịng. Vị trí của các ngơi sao nhìn từ Trái Đất bị sai lệch ít nhiều
vì sự khúc xạ tia sáng trong khí quyển.

Để giải quyết bài tốn này, ta cần phải chia khí quyển thành các lớp
vô cùng mỏng, và coi rằng trong các lớp đấy, môi trường là đồng nhất
(chiết suất không đổi) và ánh sáng đi theo đường thẳng.

Gọi là chiết suất của lớp thứ p.

Là góc tới mặt phân cách của lớp thứ p và p+1.

Áp dụng định luật khúc xạ ta có:

n0 sin i0 n1 sin i1 ... np sin ip

Trong đó:

n0 1;ih 450
i0 ih 

(1)  sin(ih  ) nh sin ih
 sin ih cos  sin  cos ih n sin ih (2)

Vì  rất nhỏ nên cos 1;sin  

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 16

Thay vào (2) ta được:  (nh  1)tgih 0, 0003(rad )

Kết luận: Trong những bài tốn dạng mơi trường có chiết suất thay
đổi, ta nên chia môi trường thành những lớp đẳng chiết để áp dụng định
luật khúc xạ và tính. Trong một số trường hợp cụ thể có thể sử dụng một
số công thức gần đúng để thuận lợi cho việc tính tốn.

Bài 7: Một chùm sáng đơn sắc song song hẹp đến rọi vng góc lên
mặt của một bản mặt song song bề dày b, chiết suất biến thiên theo độ

cao theo quy luật ny n0  ay .Xác định độ nghiêng của tia ló ra khỏi bản
mặt.

Nhận xét: Ta có thể chia mơi trường thành nhiều lớp đẳng chiết. Độ
nghiêng của tia ló ra khỏi bản mặt có thể được tính bằng phương pháp
tính phân.

Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng ta có:

n sin i (n  dn)sin(i  di)

Bỏ qua số hạng nhỏ:

cos(di) 1;sin(di) 1
 tgi  n .di

dn

tan i dx ; dn ady
dy
Lại có

dx  n .di (1)
và a

Do chiết suất biến đổi nhỏ nên n n0

b  ∫dx  n ∫di  b n0 (   )
o a a2

Lấy tích phân 2 vế của (1) 2

Sau đó ánh sáng ló ra khỏi khơng khí n=1

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 17

Bài 8: Chiết suất của khơng khí ở nhiệt độ 300K cà áp suất 1atm là 1,0003 đối với ánh
sáng ở khoảng giữa của quang phổ nhìn thấy. Giả thiết khí quyển đẳng nhiệt ở 300K, hãy tính
xem khí quyển của quả đất cần phải có mật độ lớn hơn bao nhiêu lần để ánh sáng bị cuốn
theo mặt cong của quả đất tại mực nước biển? (về nguyên tắc khi bầu trời quang mây có thể
ngắm mặt trời lặn cả đêm, tuy rằng ảnh của mặt trời khi đó bị nén mạnh theo phương thẳng
đứng). Giả thiết rẳng chiết suất n có tính chất là n-1 tỷ lệ với mật độ . (Gợi ý: dùng nguyên lí

Fermat). Độ cao 1/e. của khí quyển đẳng nhiệt này là 8700m.

Lời giải:

n(r)  1 e r R 8700
Theo đề bài

Trong đó R 6400.10 3 m là bán kính quả đất và  là mật độ khơng khí. Khi đó

 r R
n(r) 1 e 8700 (1)

dn(r) n '(r)  1 .  e 8700 r R (2)
dr 8700

Cũng theo đề bài khơng khí có mật độ đủ lớn để làm cho ánh sáng bị cong theo mặt
cong của trái đất ở mức nước biển như trên hình vẽ sau:

Độ lớn quang trình từ A đến B là l n(r) r

Theo ngun lí Ferman, độ dài quang trình từ A đến B phải đạt cực trị, tức là

dl [n '(r)r  n(r)] 0
dr

n '(r)  n  r 
Tức là r (3)

Thay (3) vào (2) ta được

1 e 8700 r R n(r) A
8700 r (4) r B
R

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 18

Tại mực nước biển, r R 6400.103 m . Dùng giá trị này kết hợp với (1) và (4) ta
được

.6400.103 1    0, 00136
8700

Tại mực nước biển, tức là tại 300K và 1atm n0  1 0 0, 0003
 4,53

Do đó 0
Như vậy chỉ khi khơng khí có mật độ bằng 4,53 lần mật độ khí thực thì ánh sánh mới bị
uốn quanh quả đối với độ cong bằng độ cong của mặt quả đất tại mực nước biển.

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 19

III. BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài 1: Coi khí quyển của trái đất như một lớp trong suốt có chiết suất

giảm theo độ cao theo công thức: n n0  ah trong đó: n0 là chiết suất tại
mặt đất, a là hằng số, ah rất nhỏ so với 1; bán kính trái đất là R.

1. Một tia sáng phát ra từ điểm A, ở độ cao h0, chiếu theo phương

nằm ngang, trong một mặt phẳng kinh tuyến. Tính h0 để tia sáng truyền

đúng theo một vòng tròn xung quanh trái đất, rồi trở lại điểm A.

2. Một tia sáng khác, phát ra từ điểm B ở độ cao h bất kì. Tia

sáng này nằm trong một mặt phẳng kinh tuyến và làm với đường thẳng

đứng tại đó một góc tới i0. Tính i0 để tia sáng đi qua điểm B’ nằm xuyên

tâm đối với điểm B, sau khi phản xạ một lần ở tầng trên cao khí quyển.

Bài 2: Giữa hai môi trường trong suất 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

n02  n12
n n0 1 ky , k  2 .
theo phương vng góc với bản mặt theo quy luật en0

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 .

1. Lập phương trình xác định đường truyền của tia sáng trong
bản mặt. Xác định vị trí điểm tia sáng ló ra khỏi bản mặt.

2.

Bài 3: Một tia sáng thuộc mặt phẳng yOz đi vào vùng z<0. Tại y=0

và nghiêng một góc 0 so với trục Oy. Biết chiết suất môi trường ở vùng
y<0 và y>0 kà n(Y ) n0 (1 | y | a) với n0 là chiết suất của môi trường tại y=0.

a. Thiết lập phương trình xác định sự biến đổi của tia sáng trong

vùng z>0.

b. Quỹ đạo của tia sáng bị hạn chế với a=0. Xác định điểm xa

nhất mà tia sáng tới được so với trục Oz.

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 20