Chuyên đề ÁNH SÁNG TRONG môi TRƯỜNG có CHIẾT SUẤT THAY đổi

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM 2014
Chuyên đề : ÁNH SÁNG TRONG MÔI TRƯỜNG CÓ CHIẾT SUẤT THAY ĐỔI
Đơn vị: Trường THPT Chuyên Thái nguyên

I. ĐẶT VẤN ĐỀ.
Trong các bài toán Quang hình chúng ta thường gặp những bài toán mà một quang
cụ hay một một trường có chiết suất không đổi khi ánh sáng truyền qua nó. Tuy
nhiên thực tế chiết suất của một môi trường có thay đổi dù ít hay nhiều ta có thể
lấy ví dụ ngay như trường hợp ánh sáng trong khí quyển trái đất, cáp quang, hay
thấu kính có bề dày không đổi….
Vấn đề “Ánh sáng trong môi trường có chiết suất thay đổi” đã được đề cập đến
trong các đề thi quốc gia, chọn đội tuyển quốc tế, đề thi quốc tế với các mức độ
khác nhau. Chúng ta đã biết khi ánh sáng đi trong môi trường có n biến thiên thì sẽ
bị uốn cong, tùy thuộc vào điều kiện về n mà đường truyền của tia sáng có thể có
dạng hình học cụ thể như: tia sáng truyền theo một đường tròn, elip, sin,
parabol…….
Trong những bài tập dạng này có thể có những cách hỏi như: biết dạng hàm của n

n = n(σ )
(

) tìm dạng đường truyền tia sáng hoặc ngược lại.

Hướng giải quyết: Dạng bài tập này vận dụng nguyên lý Fermat (Từ nguyên lý
Fermat suy ra các định luật cơ bản của quang hình); điều kiện có phản xạ toàn
phần và điều kiện tương điểm (hoặc tương điểm gần đúng). Tất nhiên các công cụ
toán học: vi phân, nguyên hàm……., cũng cần được trang bị.
Trong phạm vi chuyên đề tác giả đưa ra định hướng chung và sưu tầm một số
những bài tập trích từ các đề thi trong nước và ngoài nước để bạn bè và đồng
nghiệp tham khảo và góp ý.

1


II. NỘI DUNG.
1. Nhắc lại những khái niệm cơ bản của quang hình.
1.1. Quang trình: Quang trình của quãng truyền giữa hai điểm A,B trên một

tia sáng trong môi trường có chiết suất n:

∆ = n.AB

.

Trong một môi trường có chiết suất thay đổi ta có thể viết quang trình như sau:
B

∆ = ∫ n(σ )ds(σ ).(1)
A

trong đó

σ

là một tham số.

Trong môi trường này xét một lớp chất mỏng coi như đồng tính có chiết suất
n(σ )
i (σ )
dσ

; có bề dày
theo phương pháp tuyến, gọi
là góc hợp bởi tia
B

n(σ )d σ
. (2)
cosi(
σ
)
A

∆=∫
sáng và pháp tuyến khi đó:
1.2. Điều kiện tương điểm:

A là nguồn sáng điểm,
có chiết suất

n1...nk

A'

là ảnh của A qua một quang hệ , gồm k môi trường

ngăn cách nhau bởi các mặt

quang trình từ A tới
trình ảo lấy dấu trừ).

A'

∑i

. để

A'

là ảnh điểm thì

∆ = (AA ) = const
'

là một hằng số:

(chú ý các quang

Từ điều kiện tương điểm ta thấy “mặt khúc xạ tương điểm” là một mặt tròn
xoay có kinh tuyến là một đường cong kín, gọi là ôvan của đề - các.
1.3. Nguyên lý Fermat: Quang trình

∆

của đường truyền một tia sáng từ điểm
A tới B có giá trị cực trị (tức là có thể đạt cực đại, cực tiểu hoặc dừng)

Chúng ta cũng có thể hiểu một cách đơn giản: trong hiện tượng phản xạ tia sáng
chọn con đường đi ngắn nhất, còn trong hiện tượng khúc xạ ánh sáng sẽ chọn
con đường đi nhanh nhất.
Theo nguyên lý Fermat để quang trình

δ∆
= 0(3)
δy

∆

cực trị thì đạo hàm quang trình :

y = y(σ )

∆

. Lúc này
gọi là phiếm hàm, còn
là dạng hàm thể hiện
đương truyền tia sáng trong môi trường có chiết n suất thay đổi.
Tuy nhiên việc giải quyết phương trình (3) một cách tổng quát khá vất vả về
toán học đối với học sinh phổ thông, trong phạm vi chuyên đề chỉ đưa ra một số
2


y = y (σ )
bài toán mà chiết suất được phân bố theo những biến số mà dạng hàm
là những hàm trong toán học bậc phổ thông học sinh đã được học như phân bố
theo một phương, phân bố theo bán kính, …
Để giải quyết những bài toán này có thể áp dụng định luật Snell về khúc xạ ánh
sáng :

n1 sin i1 = n2 sin i2

, và thỏa mãn điều kiện tương điểm.

2. Các bài toán thường gặp.
2.1. Trường hợp chiết suất phân bố theo một phương.

Vấn đề 1: Một bản mặt song song được cấu tạo bởi chất liệu trong suốt có chiết
suất thay đổi từ
góc tới là

i1
i2

α

n

ở mặt trên tới

n,

ở mặt dưới. Hỏi tia sáng tới mặt trên dưới

sẽ ra khỏi mặt dưới góc ló là bao nhiêu? Cho chiết suất 2 môi trường

i3
ii

tiếp xúc bản là

n0 ; n3

Bài cho chiết suất của bản thay đổi từ trên xuống dưới theo bề dày của bản mặt
song song. Ta chia bản thành nhiều bản vô cùng mỏng và coi gần đúng trong
những bản vô cùng mỏng này chiết suất coi như không đổi. theo định luật khúc xạ
ánh sáng:

3


α

ii

n1 sin i1 = n2 sin i2
n2 sin i2 = n3 sin i3
..............
ni sin ii = ni +1 sin ii +1

y = ax

2

gọi góc ló ra ở mặt dưới là
ta có:

β

n0 sin α = n3 sin β

ta thấy trong thường hợp này góc ló không
phụ thuộc vào chiết suất của bản mặt song
song mà chỉ phụ thuộc vào
là:

α ; n0 ; n3

ni sin ii = const = n0 sin α

. tức

Nếu tại một điểm nào đó trong bản chiết

n = n0 sin α

A

suất đạt giá trị
thì tại đó xảy
ra hiện tượng phản xạ toàn phần. Khi đó tia
ló ra khỏi bản với góc ló

α

.

y

Vấn đề 2: Một môi trường trong suốt có
chiết suất n biến thiên theo biến số y. Một

tia sáng được chiếu vuông góc với mặt
giới hạn môi trường tại điểm y=0, chiết
suất của môi trường tại đó có giá trị

.

n = ny

x

M

n0

Xác định
để tia sáng truyền trong
môi trường theo một parabol.
Xét một điểm M trên đường truyền ánh
sáng trong môi trường có chiết suất

4

n = ni

,


ii

góc hợp bởi tia sáng và pháp tuyến là . Giống như ở vấn đề 1 ta có:

nA sin iA = ni sin ii ⇒ sin ii =

nA
n
= 0
ni n(y)

Tia sáng truyền theo một parabol giả sử là:

S
α0
I

O
y

0,3m

x

y = ax 2 ⇒ dy = 2axdx ⇒

dy
= tan α = 2ax = 2 ay
dx

sin ii = cos α =
Theo hình vẽ ta có

1
1 + tan 2 α

=

1
1 + 4ay

n ( y ) = n0 1 + 4ay

Vậy:
Bài tập 1 : Một tia sáng SI đi từ không khí vào một bản mặt song song có bề dày
n=

4
1+

x
x0

0,3m với chiết suất thay đổi theo độ sâu x với quy luật
, trong đó x0 =
0,1m.
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 α0 = 300, OI =
0,63

(m), chiết suất không khí bằng 1
Lời giải.

5


a. Giả sử quỹ đạo tia sáng đi trong bản có dạng:

y = f ( x)
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 n 2

đối với một điểm bất kỳ của quỹ đạo ta được:

sin α 1
= (1)
sin α 0 n
Ta nhận thấy rằng α là góc giữa tiếp tuyến của quỹ đạo tia sáng và phương

dx;dy
đứng(góc tới trong một mặt đẳng chiết có kích thước

tan α =

dy
= f ' ( x ) (2)
dx

).

Từ (1) và (2) ta có:

n
1
n2
n2
1
2
=
⇒
=
1
+
cot
α
⇒
−
1
=
sin α 0 sin α
sin 2 α 0
sin 2 α 0
tan 2 α

f '( x) = ±

f ( x) = ±∫

sin α 0
n 2 − sin 2 α 0

sin α 0
10x + 1
=
(3)
2
16
64
−
(10x
+
1)
2
2 − sin α 0


x
1 + ÷
 x0 

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

64 − (1 + 10 x )
2

(10 x + 1)dx
64 − (1 + 10 x )

=±

2

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

(5)
f ( x) = − 0,64 − ( x + 0,1) + C
2

Từ hệ tọa độ đã cho, ta chỉ lấy nghiệm:
với hằng số C được xác định từ điều kiện đầu:

6


f ( x) = − 0,63 = − 0,64 − ( 0 + 0,1) + C ⇒ C = 0
2

Khi x = 0 thì:

f ( x) = − 0,64 − ( x + 0,1)

2

Vậy phương trình của tia sáng có dạng
Quỹ đạo của tia sáng có dạng đường cung bán kính r = 0,8m
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

(6)

∆y = 0,8 2 − 0,12 − 0,8 2 − 0,4 2 ≈ 0,1009m

Bài tập 2.(trích đề thi Quốc Gia 2012).
Một nguồn sáng điểm nằm trong chất lỏng và cách mặt chất lỏng một khoảng
H. Một người đặt mắt trong không khí phía trên mặt chất lỏng để quan sát ảnh của
nguồn sáng.
1.
Giả thiết chất lỏng là đồng chất và có chiết suất n = 1,5. Tính khoảng cách
từ ảnh của nguồn sáng đến mặt chất lỏng trong các trường hợp mắt nhìn nguồn
sáng theo phương hợp với mặt chất lỏng một góc α = 600.
2.
Giả thiết chiết suất của chất lỏng chỉ thay đổi theo phương vuông góc với
n = 2+

y
H

mặt chất lỏng theo quy luật
với y là khoảng cách từ điểm đang xét đến
mặt chất lỏng. Biết tia sáng truyền từ nguồn sáng ló ra khỏi mặt chất lỏng đi tới
mắt theo phương hợp với mặt chất lỏng một góc α = 600. Hỏi tia này ló ra ở điểm
cách nguồn sáng một khoảng bao nhiêu theo phương nằm ngang?
Lời giải.
1. Vẽ hai tia SB và SA đến mặt thoáng với các góc i và i + di (di rất nhỏ) ló ra với
góc tới r = 900 - α và r + dr. Đường kéo dài của hai tia ló cắt nhau ở S’
n sin i = sin r ⇒ n cos i.di = cos r.dr ⇒

Từ
AB =

AC
1
H
=
SBdi =
di
cos i cos i
cos 2 i

h
AB =
dr
cos 2 r

Tương tự
h=

di 1 cos r
=
dr n cos i

H cos3 r
n cos3i

. Do đó

r

A
h

h
H
dr =
di
2
cos r
cos 2 i

di

S’
S

với i = 90o-α = 300;

7

C

dr

i

B
H


dy

dx

i

M

x

y

s inr =

sin i 1
2 2
= ;cosr =
n

3
3

h=H

.

64.4 2
≈ 0,86 H.
27.9 3

Do đó
2. Chia môi trường thành nhiều lớp mỏng bằng các mặt phẳng vuông góc Oy, bề
dày dy. Đặt gốc toạ độ tại điểm tia sáng ló ra. Tại điểm xét M có toạ độ (x,y), tia
sáng hợp với Oy một góc i.

8


n sin i = sin(90 − α) = cosα

sin i =

0

0

Tại điểm ló, góc khúc xạ là 90

-α, ta có

H

dx
sin i
cos α
= tan i =
=
dy
1 − sin 2 i
n 2 − cos 2α
y
x = 2Hcosα 2 − cos α +
H

0

cos αdy
n − cos α
2

2

H

=∫
0

cosαdy
2 − cos 2 α +

nên

y
H

H

= 2Hcosα( 3 − cos 2α − 2 − cos 2α )

2

x=

x=∫

⇒

cos α
n

0

H
( 11 − 7) ≈ 0, 34H.
2

Thay α = 600 ta có
Bài tập 3 tương tự (bồi dưỡng hsg vật lý thpt – bài tập điện - quang). Một chùm
tia sáng hẹp tới đập vuông góc với một

bản

x=0

y

hai mặt song song ở điểm A (
),
suất của bản biến đổi theo công thức.

nx =

nA
1−

x
R

d

. trong đó (

là những

hằng

số) ; chùm sáng rời bản ở điểm B theo góc
1.
2.
3.

nB

x

A

nA , R

chiết

B

α

. hãy tính

ở điểm B

xB

Tọa độ
Bề dày d của bản

2.2. Trường hợp chiết suất phân bố theo bán kính.
Bài 4. (trích đề thi chuyên Hạ Long, )

9

I
J

n1
n2

i2 O

i1

R2
R1

Một quả cầu tâm O, bán kính R được làm bằng một chất trong suốt. Cách
tâm O khoảng r, chiết suất của quả cầu tại những điểm đó được xác định:
nr =

2R
R+r

.Từ không khí, chiếu một tia sáng tới quả cầu dưới góc tới i = 30 o. Xác
định khoảng cách ngắn nhất từ tâm O tới đường đi của tia sáng.
Lời giải.
Xét một vỏ cầu có bán kính ngoài R 1 và bán kính trong R2 được làm bằng chất
trong suốt có chiết suất n2. Từ môi trường ngoài có chiết suất n 1, một tia sáng được
chiếu tới vỏ cầu dưới góc tới, tia sáng chiếu đến mặt trong của vỏ cầu dưới góc tới
i2
Áp dụng định luật khúc xạ : n1. sini1 = n2.sinr (1)
Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác OIJ:
OI/sini2 = OJ/sinr (2)

10


Từ (1) và (2)
suy
ra:
n1.R1.sini1 =
n2.R2.sini2
Chia quả cầu
thành những
vỏ
cầu
mỏng : bán
kính trong r,
bán
kính
ngoài r + dr.
Chiết suất của vỏ cầu coi như không đổi nr
Áp dụng (3) => nr.r.sini = nR.R.sin30o = R/2
sin i =

sin i ≤ 1

nr
300

i
dr

d

rmin
r

R
1
R+r
.
=
2 2R
4r
r
R+r
r≥

R
3

=>
nên rmin = R/3 khi (sini)max = 1, i = 90o.
Khoảng cách ngắn nhất từ tâm O tới đường đi của tia sáng là R/3

(5)

Bài tập 5. Chiết suất của thủy tinh có thể tăng khi lẫn tạp chất. điều này cho phép
chế tạo thấu kính có bề dày không đổi. cho
a
d
một đĩa tròn bán kính , độ dày , tìm sự

biến thiên theo bán kính của chiết suất

n( r)

để

r

f

tạo ra một một thấu kính có tiêu cự
thấu kính là mỏng (
Lời giải:

d=a

. Xem

F

).
n

Gọi chiết suất của đĩa là và sự phân bố theod
bán kính của chiết suất của đĩa lẫn tạp chất là
n ( r ) ; n ( 0 ) = n0

. Xét các sóng phẳng tới đĩa (thấu kính có bề dày không đổi), sóng
phẳng khúc xạ hội tụ tại tiêu điểm
(hình vẽ)

Xét điều kiện tương điểm ta có:
n ( 0 ) .d + f = n ( r ) d +

F

f + r → n ( r ) = n0 −
2

2

11

f 2 + r2 − f
d


Theo bài thấu kính mỏng (

r

f ? r

):

theo công thức gần đúng

 1 r 
f 2 + r 2 ; f . 1 +
2 ÷
 2 f 

2

r2
⇒ n ( r ) = n0 −
2df

Bài tập 6. (Bài toán khúc xạ thiên văn) Chiết suất của không khí ở nhiệt độ 300K
và áp suất 1atm là 1,0003 đối với ánh sáng ở khoảng giữa của quang phổ nhìn
thấy. giả thiết khí quyển là đẳng nhiệt ở nhiệt độ 300K, hãy tính xem khí quyển
của trái đất cần phải có mật độ lớn hơn bao nhiêu lần để ánh sáng bị uốn theo mặt
cong của quả đất tại mực nước biển?(nguyên tắc: khi trời quang mây có thể ngắm
mặt trời lặn cả đêm, tuy rằng hình ảnh của mặt trời khi đó bị nén mạnh theo
phương thẳng đứng). giả thiết chiết suất n có tính chất là n-1 tỷ lệ với mật độ. Độ
cao 1/e của khí quyển đẳng nhiệt này là 8700m.
Bài giải:

n ( r ) − 1 = ρe

Theo bài :
mật độ không khí .

−

r −R
8700

trong đó

R = 6400.103 m

ρ

là bán kính quả đất;

−
8700
dn ( r )
1
⇒
=−
ρ .e (1)
dr
8700
r −R

Theo giả thiết không khí có mật độ đủ lớn để làm làm cho ánh sáng bị bẻ cong
theo mặt cong của trái đất ở mực nước biển. quang trình từ
l = n(r) r θ
l
A đến B là:
theo nguyên lý Fermat, đạt cực
trị tức là

 dn ( r )

dn ( r )
n( r)
dl
=0 ⇒θ
r + n ( r ) ÷= 0 ⇒

=−
(2)
dr
dr
r
 dr

−
8700
n( r )
1
ρ .e
=
8700
r

r
R

r−R

Từ (1) và (2) ta có:

r = R ⇒ ρ = 0,00136

tại mực nước

biển
Mật độ thực tế của khí ở mực nước biển (ở 300K, áp suất 1atm,

ρ 0 = n0 − 1 = 0,0003

⇒

ρ
= 4,53
ρ0
12

n0 = 1,0003

)

là


Vậy: chỉ khi không khí có mật độ bằng 4,53 lần mật độ của không khí thực tế (cho
trong bài) thì mới thỏa mãn điều kiện của bài cho.
Bài tập 7. (bồi dưỡng hsg vật lý thpt – bài tập điện - quang). Coi khí quyển trái
đất như một lớp trong suốt có chiết suất giảm theo độ cao theo quy luật:

n = n0 − ah

. với n là chiết suất của khí quyển ở độ cao h so với mặt đất;

n0

là

n0

a

chiết suất của khí quyển tại mặt đất; là hệ số không đổi, n và có trị số luôn
ah
lớn hơn 1 một chút, còn
luôn rất nhỏ so với 1. Bán kính trái đất là R.
1.

Một tia sáng phát ra từ một điểm A, ở độ cao

h0

chiếu theo phương nằm

h0

ngang, trong một mặt phẳng kinh tuyến . Tính để tia sáng đi theo đúng
một vòng tròn quanh trái đất, rồi trở lại A.
J
2. Một tia sáng khác phát ra từ một điểm B ở độ cao h bất kỳ trong
một mặt
I

(3)

phẳng kinh tuyến. làm với đường thẳng đứng tại đó một góc

(2)
(1)

dϕ

K

B

i0

; Tính

i0

'

để tia sáng đi qua điểm nằm xuyên tâm đối với B, sau khi phản xạ một
lần trên tầng cao của khí quyển.
3. Giả sử mô hình trên phù hợp với thực tế. khi đó có thể thực hiện được cả
hai thí nghiệm ở trên được không?
Lời giải:
1. Tương tự bài tập 6 ta có:

dl = n(R + h)d θ ⇒ l = n(R + h)2π
dl
=0
dh
2.

R+h

O

⇒h=
(Nguyên lý Fermat)

R

n0 R
−
2a 2

Xét 3 lớp khí quyển (1); (2); (3), các lớp khí quyển cách nhau dh, lớp (2),
có độ cao h. Theo hình vẽ ta có:

n sin i = (n + dn)sinr
⇒ nsini = (n − a.dh)sinr (1)
r = i + (di + d ϕ )
⇒ sinr = sini.cos(di + d ϕ ) + sin(di + d ϕ ).cos i

sin r = sin i + (di + d ϕ )cosi
Gần đúng:

thay vào (1)
13

E

r

i + di

tan i ;

n(di+ d ϕ )
(2)
a.dh
tan i =

Tam giác KIE:

a.dh(di + d ϕ )cosi
bỏ qua lượng

( R + h − dh)d ϕ ( R + h)d ϕ
;
(3)
dh
dh

⇒ [(R + h)a − n]d ϕ = ndi ⇒ (aR − n 0 )d ϕ = n 0 di (4)
Giả sử tại F có phản xạ toàn phần(do tính chất đối xứng của bài toán khi có phản
xạ toàn phần tại F tia sáng đi gần như tiếp tuyến với mặt đẳng chiết ở đây là mặt

cầu khi đó

ϕ

tới giá trị

π
2

và góc phản xạ toàn tại F phần coi như bằng

π
2

). Do

đó:
π
2

π
2

0

i0

aR − n 0 ) ∫ d ϕ = n 0 ∫ di ⇒ i0 = π (1 −

aR
)
2n0

3. Theo kết quả ý 1 và 2 ta thấy ngay: nếu thực hiện được 1 thì không thực

hiện được 2 và ngược lại.

2.3. Chiết suất phân bố theo mặt trụ (ánh sáng trong cáp quang).
Bài tập 8: (trích đề dự thi quốc tế 2009)
y

O

x

x

Một đoạn sợi quang thẳng có dạng hình trụ bán kính R, hai đầu phẳng và vuông
góc với trục sợi quang, đặt trong không 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, n 1 và
14


k là các hằng số dương. Một tia sáng chiếu tới một đầu của sợi quang tại điểm O
dưới góc  như hình 2.
θ

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

3. Tìm điều kiện để mọi tia sáng chiếu đến sợi quang tại O đều không ló ra
ngoài thành sợi quang.
4. Chiều dài L của sợi quang thỏa mãn điều kiện nào để tia sáng ló ra ở đáy
kia của sợi quang theo phương song song với trục Ox?
Bài giải
y

i

0
O

x

1. Tại O: sin= n1sinθ0

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 (900-), ta có
n(y)sin(900-)= n1sin(900- 0)
n(y)cos = n1cosθ0 = C
n1 1 − sin 2 θ0 = n1 1 −

sin 2 α
= n12 − sin 2 α
2
n1

C = n1cos0=

.

C = n12 − sin 2 α

Vậy,
2. Xét M có toạ độ (x,y), tia sáng có góc tới i = (900- )
cosθ =

C
n(y)

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

15


y

x=∫
0

⇒

y

C dy
n (y) − C
2

x=∫

2

0

;

∫

dy
a 2 − b2 y2

=

n (1 − k 2 y 2 ) − C 2

.

1
by
arcsin
b
a

Áp dụng
x=

C dy
2
1

a = n12 − C 2

với
C
kn y
arcsin 1
kn1
sin α

= sin; b = kn1

+C1. Điều kiện ban đầu: x = 0 thì y =0 suy ra C1 = 0

sin α
kn
sin α
kn1
y=
sin 1 x =
sin
x
kn1

C
kn1
n12 − sin 2 α

Vậy quỹ đạo của tia sáng là đường hình sin.
3. Điều kiện để tia sáng truyền trong sợi quang là:

sin α
≤ R.
kn1

kn1R ≥ 1

Muốn đúng với mọi α

thì
.
4. Muốn ló ra theo phương song song Ox thì tại x = L, y có độ lớn cực đại
kn1
n − sin α
2
1

Hay
Suy ra

2

L=

π
+ pπ
2

với p là số nguyên không âm.
(2p + 1)π n12 − sin 2 α
L=
kn1

với p = 0, 1, 2

16


2.4.Chiết suất phân bố theo bước sóng.
L1

L2

Bài tập 9: Một thị kính gồm hai thấu kính
và
mỏng, phẳng - lồi, đặt đồng
trục. Các thấu kính được làm bằng thuỷ tinh chiết suất n và có tiêu cự tương ứng là
f1 và f2 (đối với ánh sáng có bước sóng λ), đặt cách nhau một khoảng là e không
L1

L2

đổi (e < f1). Thấu kính ở phía trước gọi là kính trường và thấu kính
ở phía

sau gọi là kính mắt. Giả thiết rằng điều kiện tương điểm hoàn toàn được thoả mãn.
1. Chiếu vào thị kính một chùm sáng đơn sắc bước sóng λ song song với trục
chính của thị kính. Biết chùm tia ló ra khỏi kính mắt hội tụ tại điểm F. Chứng
minh rằng mỗi tia ló ra khỏi kính mắt đều có đường kéo dài cắt đường kéo dài của
tia tới tương ứng với nó tại một điểm nằm trên một mặt phẳng cố định vuông góc
với trục chính tại H. Xác định khoảng cách f = HF từ mặt phẳng này tới F.
λ0

f 01 , f 02

2. Gọi
là tiêu cự của các thấu kính ứng với ánh sáng có bước sóng và
thấu kính có chiết suất tương ứng là n0.
a) Tìm điều kiện về khoảng cách e giữa hai thấu kính (e = e 0) để f tính ở ý 1
hầu như không thay đổi khi chiết suất n của thấu kính thay đổi một lượng nhỏ
quanh giá trị n0.
b) Giả thiết chiết suất n của chất làm các thấu kính phụ thuộc vào bước sóng
n=a+

theo quy luật

b
λ2

λ

(a, b là các hằng số dương; a > 1) và khoảng cách giữa hai

kính là ke0 (e0 tính ở ý 2a, k là hằng số dương). Tìm độ biến thiên
∆λ = λ − λ 0

∆λ << λ 0 .

∆D

D=

(với

1
f

)

theo độ biến thiên
của bước sóng. Coi
giải
1. Coi chùm song song xuất phát từ vật ở xa vô cùng. Vì điều kiện tương điểm
thoả mãn nên chùm tia ló sẽ đồng qui tại F trên trục chính. F là tiêu điểm chính
của hệ. Quá trình tạo ảnh như sau:
Sở

∞

O1
S1
→

d 1' = f 1

d1 = ∞

Từ

d1 = ∞

, ta tính được

ở

F1'

O2
S2
→

d2

d 1' = f1 d 2 = O1O 2 − d 1' = e − f 1 ,

( f − e ) f 2 = O F.
df
d '2 = 2 2 = 1
2
d 2 − f 2 f1 + f 2 − e

;

Xét tia song song bất kì truyền như hình vẽ.

17

ở

d '2

F


S

I

J

K
F’1

F
H

O1

O2
d2’

e

M

f1

Do hai tam giác

F1' KO2

và

F1' JO1

là đồng dạng nên

KO 2 F1' O 2 f 1 − e
= '
=
.
JO1
f1
F1 O1

Do hai tam giác

FKO2

và

FIH

là đồng dạng nên

FO 2 KO 2 d '2
=
= .
FH
IH
f

f 1d '2
f 1f 2
HF = f =
=
f1 − e f1 + f 2 − e

Từ các kết quả trên suy ra
không đổi
Kết quả đúng với mọi tia. Như vậy, F và H không phụ thuộc vào tia tới SJ.
D1 =

2. Ta có

1
f1

D2 =

là độ tụ của kính trường,

1
f2

D=

là độ tụ của kính mắt và

là độ tụ của thị kính đối với ánh sáng có bước sóng
D 2 = ( n − 1) B

λ

. Đặt

1
f

D1 = ( n − 1) A,

với A, B là các hằng số dương phụ thuộc vào dạng hình học của thấu

kính.
f=

Từ

f1f 2
f1 + f 2 − e

D = D1 + D 2 − eD1D 2 ,

suy ra

D = (n − 1)A + (n − 1)B − e( n − 1) AB

hay:

2

dD
= A + B − 2eAB(n − 1)
dn

Từ đó:

Để D hầu như không phụ thuộc vào n gần n0 thì giá trị của đạo hàm
n = n0 (ứng với λ =

λ0

dD
dn

tại

) phải bằng không. Kí hiệu e thỏa mãn điều kiện đó là e0:
18


dD
= A + B − 2e 0 AB(n 0 − 1) = 0
dn n 0

A=

. Thay

f +f
A+B
e 0=
= 01 02
2eAB(n 0 − 1)
2

1
1
B=
f 01( n 0 − 1)
f 02(n 0 − 1)

;

.
n=a+

b) Giả thiết cho khoảng cách giữa hai kính là ke0. Từ
∆n = −

2b
∆λ
λ3

ta có:

b
λ2

suy ra

;

1
 ∆D 
= A + B − 2ke0 AB( n 0 − 1) =
( D01 + D02 − 2ke0 D01 D02 )


(n 0 − 1)
 ∆n  n = n 0

∆D =

;

D 01 + D02 − 2ke0 D01 D02  2b 
2b( D01 + D02 − 2ke0 D01 D02 )
 − 3 ∆λ = −
∆λ.
n0 − 1
(n 0 − 1)λ30
 λ0 

 1

f +f 1 1 
1
−2b  +
− 2k 01 02
. ÷
f 01 f 02
2 f 01 f 02 
2b(f 01 + f 02 )

∆D =
∆λ = −
(1 − k)∆λ.
3
(n 0 − 1)λ 0
(n 0 − 1)λ 03f 01f 02

19


DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.

Giải toán Vật lý; Lớp 11; Tập 2– Bùi Quang Hân (NXB-GD năm 2004).

Bài tập Vật lý đại cương (tập 2) – Vũ Thanh Khiết (NXB-GD).
Bài thi Vật lý quốc tế(tập 1+2) – Dương Trọng Bái; Cao Ngọc Viễn.
Olympic Vật lý 30-4 một số năm.
Chuyên đề bồi dưỡng HSG Vật lý THPT- quang 1 và bài tập.
Trích đề thi quốc gia và chọn quốc tế một số năm gần đây.
Đề thi đề nghị duyên hải một số năm của các trường Chuyên .
Bài tập và lời giải Quang học – Yung Kuo Lim (NXB-GD năm 2010)

Thái nguyên tháng 5 năm 2014.

20