CHUYÊN đề hội THẢO các TRƯỜNG CHUYÊN đề tài KHÚC xạ ÁNH SÁNG

Chuyên đề:
KHÚC XẠ ÁNH SÁNG
Phần I
PHẦN MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài
Trong chương trình Vật lý trung học phổ thông, quang hình học là một mảng kiến
thức lớn và chiếm một vị trí quan trọng trong các đề thi học sinh giỏi quốc gia. Bài tập
quang hình học phong phú, đa dạng về thể loại, nhiều về số lượng. Thời gian để phục vụ
giảng dạy phần quang hình không nhiều cho nên khó có thể giúp học sinh hiểu đầy đủ và
trọn vẹn được phần kiến thức này. Chính vì lý do đó tôi viết chuyên đề “Khúc xạ ánh
sáng” nhằm mục đích làm tư liệu giảng dạy cũng như để giúp các em học sinh giỏi có tài
liệu để tham khảo.
II. Mục đích
Nghiên cứu về lí thuyết và một số dạng bài tập về khúc xạ ánh sáng.

1


Phần II
NỘI DUNG NGHIÊN CỨU
Chương I
Cơ sở lý thuyết về khúc xạ ánh sáng
1. Định luật khúc xạ
- Tia khúc xạ nằm trong mặt phẳng tới và ở phía bên kia pháp tuyến so với tia tới.
- Đối với một cặp môi trường trong suốt nhất định thì tỷ số giữa sin của góc tới
(sin i) và sin của góc khúc xạ (sin r) luôn là một số không đổi. Số không đổi này phụ
thuộc vào bản chất của hai môi trường và được gọi là chiết suất tỷ đối của môi trường
chứa tia khúc xạ (môi trường 2) đối với môi trường chứa tia tới (môi trường 1) ký hiệu là
n21.
sin i
= n 21

sin r

(1)

2. Chiết suất tuyệt đối
- Chiết suất tuyệt đối của một môi trường là chiết suất của nó đối với chân không,
chiết suất tuyệt đối của các môi trường luôn lớn hơn 1.
- Chiết suất tỷ đối giữa hai môi trường bằng tỷ số giữa các chiết suất tuyệt đối của
chúng.
n 21 =

n2
n1

(2)

- Ý nghĩa của chiết suất tuyệt đối: chiết suất tuyệt đối của một môi trường trong
suốt cho biết tốc độ ánh sáng trong môi trường đó nhỏ hơn tốc độ truyền ánh sáng trong
chân không bao nhiêu lần:
v=

c
n

v là tốc độ truyền ánh sáng trong môi trường có chiết suất tuyệt đối n.
- Ý nghĩa của chiết suất tỷ đối:
+ n21 > 1: môi trường (2) chiết quang hơn môi trường (1).
+ n21 < 1: môi trường (2) chiết quang kém môi trường (1).
3. Hiện tượng phản xạ toàn phần
Điều kiện để xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần:

2


+ Điều kiện cần: Tia sáng truyền từ môi trường chiết quang hơn (có chiết suất lớn
hơn) sang môi trường chiết quang kém (có chiết suất nhỏ hơn).
+ Điều kiện đủ: Góc tới i ≥ igh
Với sin i gh =

n2
(n1 > n2)
n1

4. Lưỡng chất phẳng
a. Định nghĩa
Lưỡng chất phẳng là một hệ thống gồm hai môi trường trong suốt và đồng tính,
chiết suất khác nhau, ngăn cách bởi một mặt phẳng.
b. Công thức lưỡng chất phẳng
Xét chùm tia hẹp gần như vuông góc với mặt phân cách.
S’
S
d’
d
(n1)

H
I

(n2)

Hình 1

Xét chùm tia gần như vuông góc với mặt phân cách, ta có:
HS HS'
=
n1
n2

Chọn gốc toạ độ tại H, chiều dương cho vật ngược chiều ánh sáng, chiều dương
cho ảnh cùng chiều ánh sáng:
d d'
d'
n
+
= 0 hoặc
=− 2
Đặt d = HS , d = HS ta có
n1 n 2
d
n1
'

'

Quy ước:
- Vật thật d > 0, vật ảo d < 0
- Ảnh thật d’ > 0, ảnh ảo d’ < 0.
3

(3)

- Đặc điểm của ảnh :
+ Vật và ảnh luôn trái bản chất : Vật thật cho ảnh ảo, vật ảo cho ảnh thật.
5. Bản hai mặt song song
a. Định nghĩa
Bản hai mặt song song là một môi trường trong suốt và đồng nhất giới hạn bởi hai
mặt phẳng song song được đặt trong một môi trường trong suốt đồng chất khác.
b. Công thức về bản mặt song song
Xét chùm tia sáng hẹp gần như vuông góc với bản mặt song song, n là chiết suất
tỷ đối của bản mặt song song đối với môi trường đặt bản mặt.
B
A
∆e
A’
B’

H
e

(n)

Hình 2
Xét chùm tia hẹp gần như vuông góc với bản mặt song song ta có công thức tính
độ dịch chuyển ảnh:
∆e = AA' = e 1 −

1
n

(4)

Chọn gốc toạ độ tại H, chiều dương cho vật ngược chiều ánh sáng, chiều dương
cho ảnh cùng chiều ánh sáng:
Đặt d = HA , d ' = HA ' . Ta có công thức:
 1
d + d ' = e1 − 
 n

(5)

6. Lăng kính
a. Định nghĩa: Lăng kính là một khối chất trong suốt (thuỷ tinh, thạch anh, nước,...) hình
lăng trụ đứng, có tiết diện thẳng là một tam giác.
b. Các công thức về lăng kính
4


A

D
i1

I

r2

r1

S

J

i2
R

(n)

B

C

Hình 3
Xét lăng kính có chiết suất tỉ đối n.
Gọi D là góc lệch giữa tia tới và tia ló.
* Trường hợp tổng quát (góc tới i1 và góc chiết quang A bất kỳ).
sin i1 = n sin r1

(6)

sin i 2 = n sin r2

(7)

A = r1 + r2

(8)

D = i1 + i 2 − A

(9)

D = A − ( i1 + i 2 ) (với n < 1)

(10)

* Trường hợp góc tới i1 và góc chiết quang A đều nhỏ:
i1 ≈ nr1 ; i 2 ≈ nr2

(11)

A = r1 + r2

(12)

D = ( n − 1) A với n > 1

(13)

D = (1 − n ) A với n < 1

* Qua khảo sát, ta được: khi i1 = i2 = i0 thì D = Dmin
Khi n < 1: i 0 =

n=

sin

A − D min
2
A
sin

2

Khi n > 1: i 0 =

n=

sin

A − D min
A
; r=
2
2

(14)

A + D min
A
; r=
2
2

A + D min
2
A
sin
2

(15)

5


7. Lưỡng chất cầu
a. Định nghĩa
Lưỡng chất cầu gồm hai môi trường trong suốt có chiết suất khác nhau (n 1, n2)
được ngăn cách bởi một phần của mặt cầu.
Xét chỏm cầu có đỉnh O, tâm C của mặt cầu, bán kính cong R.
Trục đối xứng của mặt cầu đi qua tâm gọi là quang trục chính. Giao điểm của
quang trục chính với mặt cầu là đỉnh O. Đường thẳng bất kỳ qua C là quang trục phụ.
b. Công thức về lưỡng chất cầu

(n2)

A
S

C
•

O

(n1)
Xét chùm tia hẹp gần quang trục chính của lưỡng chất cầu:

S’
A’

n1 n 2 Hình
n −n

+ ' = 2 41
d d
R

(16)

Với d = OS , d ' = OS' ; R = OC
Khi sử dụng công thức (16) phải tuân theo quy tắc về dấu như sau:
- Chiều dương của đoạn OS = d ngược với chiều ánh sáng.
- Chiều dương của đoạn OS' = d ' và đoạn OC = R cùng với chiều ánh sáng.
Với quy ước dấu như vậy, ta có:
- Vật thật d > 0, vật ảo d < 0
- Ảnh thật d’ > 0, ảnh ảo d’ < 0.

6


Chương II: BÀI TẬP
1. Định luật khúc xạ ánh sáng
Bài 1. Một ống thuỷ tinh bán kính trong r và bán kính ngoài R (r < R) chứa đầy một chất
huỳnh quang. Dưới tác dụng của tia Rơnghen chất này phát ra ánh sáng xanh. Chiết suất
thuỷ tinh và của chất huỳnh quang đối với ánh sáng xanh lần lượt là n 1 và n2. Hỏi tỉ số

r
R

phải thoả mãn điều kiện như thế nào để khi nhìn lên ống thuỷ tinh ta có cảm giác chiều
dày ống bằng không?
Lời giải:
+ Cảm giác chiều dày của ống bằng 0 xuất hiện khi các tia sáng đi từ bên trong

ống khúc xạ vào thuỷ tinh cho tia ló tiếp tuyến với mặt ngoài.
+ Tia sáng từ bên trong chất lỏng tới A thuộc mặt trong của ống sẽ toả ra bên trong
góc nhị diện bằng 2 α max .
+ Tia ngoài biên khi ra khỏi ống sẽ tiếp tuyến với mặt ngoài ống. Khi đó góc tới γ
của tia đó trên mặt ngoài của ống là góc giới hạn đối với mặt giới hạn thuỷ tinh – không
khí:
sin γ =

1
( Tia này ứng với góc α max )
n1

+ Xét ∆OAB : áp dụng định lí hàm số sin, ta có:
r
R
R
=
=
sin γ sin( π − α) sin α
B

r sin γ
⇒
=
R sin α

Với α max :

α
γ

i
r O n
2

r
1
≥
R n1 sin α max

Giá trị của α max phụ thuộc vào n1 và n2:
- Khi n 2 ≤ n1 ⇒ sin α max =

Hình 5

n2
r
1
≥
(Góc giới hạn tại A có sinimax = 1) ⇒
n1
R n2

- Khi n 2 ≥ n1 ⇒ α max = 900 (Góc tới tại A có sin i max =
* Vậy:

A

n1

n1
r
1
≥
)⇒
n2
R n1

r
1
r
1
≥
khi n1 ≤ n 2 Hoặc ≥
Khi n1 ≥ n 2
R n1
R n2
7


Bài 2. Một qủa cầu được làm bằng một chất trong
suốt được đặt vào một chùm sáng song song đi
qua tâm mặt cầu như hình vẽ. Góc tới của một

A

φ

θ

S

trong các tia tại mặt cầu là ϕ = arctan( 4 / 3) , sau

B

β

•
O

khi nó khúc xạ qua quả cầu thì bị lệch một góc
θ = 2 arctan(7 / 24) . Tìm chiết suất của vật liệu làm

quả cầu.

Hình 6

Lời giải:

+ Tia SA đến mặt cầu với góc tới ϕ , đi vào mặt cầu theo đường thẳng AB tạo 1
góc β với các bán kính và theo định luật khúc xạ ánh sáng:
sin ϕ
=n
sin β

φ

+ Đối với tia đi ra khỏi quả cầu, ta có:

S

sin β 1
=
sin γ n

A

C
θ
β

β

B

•

+ Khảo sát tam giác ABC: Tam giác cân
θ = 2( ϕ − β ) = 2 arctan( 7 / 24 )

Hay tan ( ϕ − β ) =

tan ϕ − tan β
7
7
=
⇔
1 + tan ϕ. tan β 24
24

⇒ tan β =

Từ đó: n =
Vậy:

n=

Hình 7

3
4

sin ϕ
1 + 1 / tan 2 β 4
=
=
sin β
1 + 1 / tan 2 ϕ 3
4
3

Bài 3. Một chùm đơn sắc song song chiếu lên quả cầu được tạo ra từ vật liệu trong suốt
xuyên qua quả cầu đó. Tiết diện chùm tia này nhỏ so với kích thước quả cầu. Chùm tia ló
tạo ra trên mặt quả cầu một vệt sáng tròn có đường kính nhỏ hơn 3 lần đường kính tiết
diện chùm tia tới. Tìm chiết suất vật liệu quả cầu.

8

γ

Lời giải:
α I
r
h1

α

r
O β

Jα
h2

r

M
γ

K

(n)
Hình 8
Theo hình vẽ ta có: h1 = Rsin α , h2 = Rsin β
Xét ∆IOJ : α + β = 2r ⇒ β = 2r − α
h1 sin α
sin α
=
=
h 2 sin β sin ( 2r − α )

Vì α nhỏ ⇒ r nhỏ, nên:
h1
α
1
=
=
=3
h 2 2r − α 2. r − 1
α

Mà:

sin α
α
=n⇒ =n
sin r
r
1

Vậy:

2
−1
n

=3

⇒ n = 1,5

Bài 4. Một tia sáng đi vào một giọt nước hình cầu chiết suất n như hình vẽ.
1) Góc tới α của tia sáng trên mặt đối diện
là bao nhiêu? Tia này phản xạ một phần

I

hay toàn phần?
J

2) Tìm biểu thức đối với góc lệch δ .
3) Tìm góc ϕ để gây ra góc lệch cực tiểu.
(n)

d sin −1 x
1
=
(Gợi ý:
)
dx
1− x2

Hình 9

9


Lời giải:
1) Áp dụng định lí Snell: nsin α = sin ϕ
1
n

Vì sin α = sin ϕ <

1
−1 1
, tức là góc tới nhỏ hơn góc giới hạn sin
, do đó tia tới
n
n

phản xạ một phần trên mặt cầu đối diện.
φ

2) Tìm biểu thức đối với góc lệch δ
Vì α = ( ϕ − α ) + x hay x = 2α − ϕ

α

⇒ δ = π − 2x = π − 4α + 2ϕ

3) Tìm góc ϕ để gây ra góc lệch cực tiểu

α

O

K

J

δ

(n)

dδ
dα
= −4
+2
Tính:
dϕ
dϕ

Hình 10

dδ
=0
Để góc lệch δ cực tiểu thì
dϕ
⇒

I

dα
1
=−
dϕ
2
1
n




−1
Vì α = sin  sin ϕ  , ta có:

dα 1 cos ϕ
= .
và từ đây suy ra
dϕ n cos α
1−
⇔1=

Vậy:

1
4
sin 2 ϕ = 2 cos 2 ϕ
2
n
n

1 3
n2 − 1
2
2
+
cos
φ
⇒

cos
φ
=
n2 n 2
3
cos ϕ =

n2 −1
3

2. Chiết suất thay đổi
Bài 5. Một tia sáng SI chiếu thẳng góc tới môi trường

S

I

x

O

trong suốt có chiết suất phụ thuộc vào biến y, tại y = 0
(Hình vẽ). Dạng của hàm số n = n(y) phải thế nào để
cho bên trong môi trường khảo sát tia sáng chạy theo
đường parabol. Biết y = 0, n = n0.

10

y

Hình 11


Lời giải:
Ta chia môi trường thành các phần nhỏ song song với Ox sao cho coi chiết suất n 0,
n1, n2,...
Từ dạng Invarian của định luật khúc xạ, ta có:
n ( y). sin [ γ ( y ) ] = const

(1)

n(y) là hàm số phụ thuộc vào y, γ ( y ) là góc tạo thành giữa tia sáng với trục y.
+ Tại x = 0, parabol có tiếp tuyến là Ox ⇒ y = ax2 (2)
a: hệ số đặc trưng mở của parabol

S

+ Từ (1) cho ta: n ( y ). sin γ ( y ) = n ( 0 ) sin γ ( 0 )

n0
n( y)

Do sin γ ( y ) =

1
1 + cot 2 γ ( y )

=

(3)

y

y
= 2 ay
a

1

Hình 12

(4)
(5)

1 + 4ay

Từ (3) và (5)
⇒ n( y) =

α

γy

dy
= y 'x
+ Tại M, tiếp tuyến có: tan α = cot γ =
dx
⇒ cot γ ( y ) = y 'x = 2ax = 2a

x
M

y

Với sin γ( 0 ) = sin 90 0 = 1; n ( 0) = n 0 nên:
sin γ ( y ) =

I

O

n0
= n 0 1 + 4ay
sin γ ( y )

Vậy n ( y ) = n 0 1 + 4ay
Bài 6. Biết chiết suất của môi trường phụ thuộc vào y: n = n(y).
1) Tìm n để đường truyền ánh sáng là một phần của đồ thị parabol:
y = ax 2 + bx + c

2) Tìm n để đường đi tia sáng là một phần của đường tròn:
(x − x 0 ) 2 + ( y − y0 )2 = R 2

3) Tìm n để đường đi tia sáng là một phần của đường hypebol:
x 2 y2
−
=1
a 2 b2

Lời giải:
Xây dựng ra được: n = n 0 sin i 0 1 + ( y ' ) 2 (*)

11

x


1. Cho hàm: y = ax 2 + bx + c
- Tính đạo hàm của y theo x: y’ = 2ax + b

(1)

- Từ y = ax 2 + bx + c ↔ ax 2 + bx + ( c − y ) = 0
2
⇒ x = − b ± b − 4a ( c − y )
2a

(2)

- Thay (2) vào (1), ta được: y ' = ± b 2 − 4a ( c − y )

(3)

- Thay (3) vào (*):
n = n 0 sin i 0 1 + b 2 − 4a ( c − y )

2. Cho hàm: ( x − x 0 ) 2 + ( y − y 0 ) 2 = R 2
- Đạo hàm hai vế theo x, ta được:
'
2( x − x 0 ) + 2( y − y 0 ).y ' = 0 → y = −

( ) = (x − x )

⇔ y'

2

2

x − x0
y − y0

R 2 − ( y − y0 )
R2
=
−1
( y − y0 ) 2
( y − y0 ) 2
2

=

0

( y − y0 ) 2

(4)

- Thay (4) vào (*), ta được:
n = n 0 sin i 0

R

y − y0

x 2 y2
3. Cho hàm: 2 − 2 = 1
a
b

- Tính đạo hàm hai vế theo x:
2

2 x 2 y.y '
b x
− 2 = 0 → y' =   .
2
a
b
a y

- Bình phương hai vế ta được:

(y )

' 2

b4 x 2
.
a 4 y2

=

(

(5)

)

x 2 y2
y2 + b2 2
2
⇒
x =
.a
- Từ 2 − 2 = 1
a
b
b2

(6)

- Thay (6) vào (5):

(y )

' 2

=

(

b2 y2 + b2

.
a2
y2

- Thay (7) vào (*), ta được: n = n 0 . sin i 0 1 +

12

)

(7)

(

b2 y2 + b2
.
a2
y2

)


y

α
B

Bài 7. Một chùm sáng hẹp chiếu vuông góc tới một bản 2 mặt song songd ở điểm A(x =
n
n x =A A

x ; nA và R là nhữngx hằng số.
0). Chiết suất của bản biến đổi theo công thức
1−
y R

Chùm sáng rời bản tại B theo góc α và ló ra không khí .
1) Tìm chiết suất của bản mặt tại điểm B, nơi tia sáng ló ra.B
d

2) Xác định toạ độ xB của điểm B.
3) Xác định chiều dày d của bản mặt.
A

Biết: nA = 1,2; R = 13cm; α = 300.

x
Hình 13

Lời giải:
1. Tìm nB:
- Chia bản thành nhiều lớp rất mỏng, coi như chiết suất hầu như không đổi ở mỗi
lớp: nx = f(x)
- Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng:
n1sini1 = n2sini2 = ... = k = const → nx.sinix = k
- Tại A: iA = 900; nX = nA → k = nA
Vậy: sin i x =

nA
x
=1−

nx
R

- Tại B: sin i B =

nA
, ở B ánh sáng đi từ môi trường chiết suất n B với góc tới (900 –
nB

iB) ra không khí với góc khúc xạ α :

(

)

n B sin 90 0 − i B = sin α =

1
2
2

⇔ n B . cos i B = n B

n 
1
1 − sin i B = n B . 1 −  A  = n 2B − n 2A =
2
 nB 
2

⇒ n B = 1,3

2. Tìm xB:
nB =

nA
R( n B − n A )
= 1cm.
xB → xB =
1−
nB
R

3. Tìm d:
Chứng minh quỹ đạo là một phần của đường tròn:
13


- Tại M: tan i x =

dy
dx

sin i x = 1 −
⇒ dy = −

x
= X → dx = −R.dX
R

R.X.dx
1− X

→ y2 + ( x − R ) 2 = R 2

2

⇒ quỹ đạo dạng đường tròn.

- Tại B: y = d = R 2 − ( x B − R ) 2 = 5cm.
Bài 8. Giữa hai môi trường chiết suất n0 và n1 có một lớp đồng chất dày
h max = H(1 −

n
) và n0 > 1; n1 = 1.
n 02

Chiết suất này thay đổi theo quy luật n = n 0 1 −

y
( H = const > 0). Từ môi trường
H

chiết suất n0 có một tia sáng đi vào O dưới góc i0.
1) Tìm dạng đường đi của tia sáng.
2) Góc i0 thoả mãn điều kiện nào để tia sáng sáng quay về môi trường ban đầu.
3) Xác định khoảng cách giữa điểm tia sáng đi vào và đi ra là cực đại.
Lời giải:
1. Tìm dạng đường đi của tia sáng.
n 0 sin i 0

- Lập luận dẫn đến: dx =
- Thay n = n 0 1 −
dx =

n − n 02 sin 2 i 0
2

.dy

y
vào biểu thức trên, ta được:
H
n 0 sin i 0

y

n 1 −  − n 02 sin 2 i 0
 H

.dy =

cos2 i 0 −

x = − H sin i 0

∫

cos2 i 0

y
H

−

1
2

y
cos i 0 −
H

.dy

2

2
0

y

dx = sin i 0  cos 2 i 0 − 
H


sin i 0

( − H ).d cos 2 i 0 −


−

1
2

y

H

y
y
 2
 2
 cos i 0 −  .d cos i 0 − 
H
H


1

y 2

= −2H sin i 0  cos 2 i 0 − 
H


cos2 i 0 −
2

y

H

cos i 0

14


⇒ y=−

x2
x
+
2
4H sin i 0 tan i 0

Vậy quỹ đạo có dạng là parabol
2. Góc i0 thoả mãn điều kiện nào để tia sáng sáng quay về môi trường ban đầu
- Để tia sáng quay trở lại môi trường cũ thì ymax ≤ hmax
Ta có: y max = −

∆
= H. cos 2 i 0
4a


n 
n
H cos 2 i 0 ≤ H1 − 2  ⇒ cos i 0 ≤ 1 − 2
n0
 n0 

3. Xác định khoảng cách giữa điểm tia sáng đi vào và đi ra là cực đại
y = 0 ⇒ x1 = - H.sin2i0 hoặc x2 = H.sin2i0
Khoảng cách giữa điểm vào và điểm ra là: S = x2 – x1 = 2H.sin2i0
0
Smax khi 2i0 = 900 ⇒ i 0 = 45

Bài 9. Một tia sáng chiếu vuông góc lên mặt phẳng ngăn cách môi trường có chiết suất
n(y) phụ thuộc vào toạ độ y tại điểm A.
Dạng của hàm n(y) phải như thế nào để trong môi trường này, tia sáng truyền theo
y
dạng hàm sin?
A
Cho: - Chiết suất tại A là nA.
a
- Phương trình đường truyền tia sáng có
O

π
dạng: y = a.sin(kx + )
2

x

Hình 14
Lời giải:
* Xét một môi trường có bề dày dy coi như chiết suất không đổi. Khi đó:
y' =

Mà

dy
π

= ak cos kt + 
dx
2


cos i y
dy
= tan α = cot i =
dx
sin i y

(1)

Với n1sini1 = n2sini2 = ... = nysiniy = nA


⇒ sin 2 i y =  n A 
n 
 y

y
A
a

α

dy

O

x

2

(2)
Hình 15

Từ (1) ta được:
15


2

 cos i y 

 = a 2 k 2 cos 2  kx + π 
 sin i 
2

y 


(3)

Từ (2) và (3), ta nhận được:
1 − sin 2 i y

2

sin i y
⇔
⇒

π

= a 2 k 2 cos 2  kx + 
2



1
π 

− 1 = a 2 k 2 1 − sin 2  kx + 
2
sin i y
2 


n 2y − n 2A
n 2A

n 2y
 y2 
= a k 1 − 2  ⇔ 2 − 1 = k 2 a 2 − y 2
nA
 a 

2

(

2

(

⇒ n y = n A 1 + k 2 a 2 − y2

)

)

Bài 10. Một quả cầu trong suốt bán kính R có chiết suất phụ thuộc vào khoảng cách r từ
tâm điểm theo công thức:
n (r) =

R+a
(a > 0)
r+a

Chiếu tia sáng lên quả cầu dưới góc tới α (hình vẽ). Hãy xác định khoảng cách
ngắn nhất d từ tâm quả cầu đến tia sáng.
Lời giải:
Chia quả cầu thành các lớp cầu rất mỏng
Gọi α k là góc tới vào môi trường có chiết suất nk
α2

γ k là góc tới vào môi trường có chiết suất nk

γ2

áp dụng định lí hàm số sin:
sin γ1 sin ( π − α 2 ) sin α 2
=
=
r2
r1
r1

d

n2 n1

O⋅

Định luật khúc xạ ánh sáng: n1 sin α1 = n 2 sin γ 2
⇒ n 2 sin γ 2 = n1 sin α 2 = n1.

r1
. sin γ 2
r2

⇒ n 2 .r2 . sin γ 2 = n1 .r1 sin γ1

Hình 16

Vậy, tổng quát: n ( r ).r. sin γ ( r ) = const
γ ( r ) : là góc khúc xạ vào môi trường có chiết suất n(r)

Xét các trường hợp đặc biệt: r = R, r = d
d.n ( d ). sin γ ( d ) = R.n ( R ). sin γ ( R )

Tại điểm gần tâm nhất của tia sáng thì γ ( d ) = 90 0 ⇒ sin γ ( d ) = 1
16

γ2

α1

(1)
(2)


Theo giả thuyết: n ( R ) =

R+a
= 1 (3)
R+a

Thay (2) và (3) vào (1), ta được:
d.

R+a
.1 = R.1. sin γ ( R )
d+a

γ ( R ) là góc khúc xạ vào mặt cầu bán kính R
sin α = n ( R ). sin γ ( R ) = sin γ ( R )

⇒ d.

R+a
= R. sin α
d+a

⇒ d=

aR sin α
a + R (1 − sin α )

Bài 11. Cho rằng khí quyển gồm những lớp cầu đồng chất mà chiết suất giảm dần theo độ
cao: nz = n0 – az; a là hằng số; az << n0. Từ độ cao z = h0, người ta chiếu một tia sáng
theo phương nằm ngang nằm trong mặt phẳng kinh tuyến. Tìm h 0 sao cho tia sáng đi
được vòng tròn quanh quả đất.
Lời giải:

(n + dn)
I
i

(n)
R+Z

•
O

 Cách 1:
Tại J: n.sini = (n + dn).sin900 ⇒ sin i =

n + dn
n

R + Z + dZ

(1)

Theo đề: n = n0 – a.z ⇒ dn = - a.dz
Từ (1) ⇒ sin i =

n 0 − az − a.dz
n 0 − az

(2)

Hình 17

Mặt khác, theo hình vẽ ta có:
sin i =

Từ (2) và (3):

R+z
R + z + dz

(3)

n 0 − az − a.dz
R+z
⇔ n 0 − 2az − aR = 0

=
n 0 − az
R + z + dz
⇒ h=z=

n 0 − aR 1  n 0

=  − R
2a
2 a


17


 Cách 2: Theo nguyên lý Fecma: Giữa 2 điểm A và B ánh sáng sẽ truyền theo
con đường nào mà quang trình là cực đại(cực tiểu hay không đổi) gọi là cực trị.
Đường đi ánh sáng:  = 2π(R + z)
Quang trình: L = n = 2πn ( R + z ) = 2π( n 0 − az )( R + z )
Tính đạo hàm của L theo z, ta được:

dL
=0
dz

⇔ 2π( n 0 − az − aR − az ) = 0
⇒h=z=

n 0 − aR 1  n 0


=  − R
2a
2 a


3. Lưỡng chất phẳng. Bản mặt song song
Bài 12. Ngày xửa ngày xưa, chuyện kể rằng, sau một ngày làm việc mệt mỏi, người thợ
rèn Akaba đi qua một con suối nhỏ uống nước. Khi nhìn xuống nước theo phương hợp
với mặt nước một góc α = 45 0 thoạt nhiên anh nhận thấy dưới đáy suối có một chiếc nhẫn
kim cương. Sung sướng và hạnh phúc, anh vội vàng lội xuống suối, đến chỗ có chiếc
nhẫn. Khi đến nơi, nhìn theo phương thẳng đứng xuống, anh ta ngạc nhiên khi thấy tự
nhiên nó bị nâng lên cao hơn lúc đầu, nhưng không chần chừ anh thò tay xuống nhặt
chiếc nhẫn lên và đi ngay về làng. Hãy giải thích hiện tượng mà Akaba đã nhìn thấy. Nếu
cho rằng so với lúc đầu anh ta nhìn thì nhẫn dường như được nâng lên một đoạn là 18,2
cm. Hỏi độ sâu của con suối mà Akaba đến uống nước là bao nhiêu. Chiết suất nước ở đó
là 4/3.
Lời giải:
Mặt nước và không khí tạo ra một lưỡng chất phẳng khi Akaba nhìn với góc
α = 45 0 không thoả mãn điều kiện tương điểm của lưỡng chất phẳng, còn khi nhìn vuông

góc do thoả mãn điều kiện tương điểm nên Akaba sẽ thấy ảnh của chiếc nhẫn được nâng
lên.
Gọi A là chiếc nhẫn ở đáy suối và A' là ảnh mà AKABA nhìn thấy. Vì ∆i và ∆ r là rất
nhỏ nên:

Tương tự BC =

I

B

H
BD = BA ⋅ ∆ r =
⋅∆r
cos r

∆i
A’

h
∆i
cos i

C D

i

r

∆r

A

18

Hình 18

hH

Mà BI =

BD
BC
=
cos r cos i

⇒

H
2

cos r

⋅ ∆r =

h
cos 2 i

∆i

(*)

Theo định luật khúc xạ ánh sáng:

sin i
sin ( i + ∆i )
= n;
= n (1)
sin r

sin ( r + ∆ r )

Vì ∆r và ∆i rất nhỏ nên từ (1): sin i + cos i ⋅ ∆i = n sin r + n cos r ⋅ ∆r
⇔ cos i ⋅ ∆i = n cos r ⋅ ∆r
⇔

∆i cos r
=
∆r cos i

(**)

H
Từ (*) và (**) ⇒ h =
n

 cos i 


 cos r 

3

Theo bài ra: h2 − h1 = 18,2 ( cm ) ⇔

H
n

 cos 3 i2 cos 3 i1 


 = 18,2
−
3
3
 cos r2 cos r1 

Vì i2 và r2 rất nhỏ nên: H = 57,8 cm
Vậy độ sâu của suối là 57,8cm.
Bài 13. Cho bản mặt song song (BMSS) có chiết suất tỉ đối n(n < 1). Chiếu một chùm tia
sáng rộng đến BMSS. Chùm tia sáng hội tụ tại 1 điểm S ở phía sau BMSS (tính theo
chiều truyền ánh sáng) chùm tia này được giới hạn bởi hai tia biên: Tia biên thứ nhất
vuông góc với BMSS, tia biên thứ hai tới gặp BMSS tại I dưới góc tới i thoả mãn: i 1 =
100 ≤ i ≤ i0 = 300; bản mặt song song có bề dày e.
Khi nào ảnh của S không phải là một điểm sáng mà là một vệt sáng. Tính độ dài
vệt sáng.
Áp dụng: SH = 20cm; e = 5cm; n = 0,8.

Lời giải:
Khi chùm tia sáng rộng có góc tới i > 100 thì ảnh của S không phải là một điểm. S1'
'
và S0 là ảnh ứng với tia biên có góc tới i1 = 100 và i0 = 300.

19





1
n




1
n

'
'
'
+ Với i1 = 100: d1 + d = e1 −  ⇒ HS1 = d1 = e1 −  − d

S
S1’

d
d1’

S0
’
d0’
H
Hình 18

e

(n)

Hình 19


1 − sin 2 i 0

+ Với i0 = 30 : d + d = e1 − 2
n − sin 2 i 0

'
0

0

2


 ⇒ HS' = d ' = e1 − 1 − sin i 0
0
0


n 2 − sin 2 i 0




−d



 1 − sin 2 i
1 
0

' '
'
'

S
S
=
HS
−
HS
=
e
−
Độ dài vệt sáng là: 0 1
1
0
 n 2 − sin 2 i
n
0


' '
Thay số, ta được: S0S1 ≈ 0,7(cm)

Bài 14. Một chùm sáng hẹp song song có bề rộng a gồm hai thành phần đơn sắc được
chiếu lên một bản mặt song song dưới góc tới i. Chiết suất của bản đối với hai thành phần
tương ứng là n1 và n2. Xác định độ dày tối thiểu của bản mặt để sau khi đi qua bản, chùm
sáng sẽ tách thành hai chùm riêng biệt mà mỗi chùm chỉ chứa một thành phần đơn sắc.
Lời giải:
Xét ∆ IQJ: x = JQ = IJ. tan(i − r )

Xét ∆ IHJ: IJ =

IH
e
=
cos r cos r

⇒ x = e.


sin ( i − r )
sin i. cos r − sin r. cos i
sin r. cos i 

=e
= e sin i −

cos r
cos r
1 − sin 2 r 


Theo định luật khúc xạ ánh sáng: sin i = n.sin r ⇒ sin r =
20

sin i
n





cos i

⇒ x = e. sin i1 −

n 2 − sin 2 i 


S
i

+ Với bức xạ thứ nhất có bước sóng λ1 :

I



cos i

x1 = e. sin i1 −
2
2 

n1 − sin i 


r

e

Q
x

H
J i

+ Với bức xạ thứ hai có bước sóng λ 2 :
Hình 20



cos i

x 2 = e. sin i1 −
2
2 

n 2 − sin i 


Để sau khi khúc xạ qua bản mặt, chùm ban đầu tách thành hai chùm riêng biệt với
màu sắc khác nhau thì:
x1 − x 2 ≥ a
e. sin i

Tức là:

cos i

cos i

−

n − sin i
2
2

2

n − sin 2 i
2
1

≥a

Từ đó tính được:
a

e min =
sin i. cos i.

1
n 22 − sin 2 i

−

1
n12 − sin 2 i

4. Lăng kính

Bài 15. Một tia sáng đơn sắc đến lăng kính có tiết diện là một tam giác đều ABC phản xạ
toàn phần ở mặt thứ hai AC và ló ra ở mặt thứ ba BC. Xác định góc lệch cực đại giữa tia
tới và tia ló, nếu lăng kính là thuỷ tinh có chiết suất n = 1,5 và đặt trong không khí.
Lời giải:

A

* Áp dụng định luật khúc xạ:

P

Tại I: sini1 = n.sinr1
Tại K: sin i3 = n.sinr3

i1

Ta có: ϕ = A = r1 + r2 = r2 + r3 ⇒ r1 = r3
⇒ i1 = i 3

B

* Xét tứ giác IPKB:

I

r2

r1

r3

φ
i3

ˆ P = 2π
α + ϕ + BˆIP + BK

K

Hình 21
21

J

α

C

δ


⇒ α+ϕ+

π π
+ + i1 + i 3 = 2π
2 2

⇒ α = π − ϕ − 2i1
D = π − α = ϕ + 2i1

Dmax khi i1max
i1max khi r1max mà r1 = ϕ - r2 → r2min
* Tại J xảy ra phản xạ toàn phần: r2 ≥ i gh ⇒ r2min = igh ⇒ sinr2min = sinigh
sini1max = n.sinr1max = n.sin( ϕ - r2min) = n.sin( ϕ - igh)

[

= n. [sin ϕ. cos i gh − sin i gh . cos ϕ] = n. sin ϕ. 1 − sin 2 i gh − sin i gh . cos ϕ


1

]

1

3
1
= n. sin ϕ. 1 − 2 − cos ϕ.  = sin ϕ. n 2 − 1 − cos ϕ =
. 1,52 − 1 −
n
n
2
2

⇒ i1max = 280 ⇒ Dmax = 600 + 2.280 = 1160

Bài 16. Đặt trong không khí một lăng kính tiết diện thẳng là tam

A

giác đều ABC. Điểm sáng S cách mặt bên AB đoạn a = 30cm và
cách cạnh A đoạn b = 50cm. Chiết suất lăng kính n =

2 . Gọi S’ là

S

S’

b

c

điểm đối xứng của S qua mặt phẳng phân giác của góc chiết quang
A.
1. Xác định đường đi của tia sáng truyền từ S qua lăng kính

Hình 22

tới S’.
2. Tính thời gian truyền từ S đến S’.
Lời giải:
1. Xác định đường đi của tia sáng truyền từ S qua lăng kính tới S’.
Vì S và S’ đối xứng qua mặt phẳng phân giác góc A, nên tia tới mặt AB và tia ló
khỏi mặt AC cũng phải đối xứng qua mặt phẳng phân giác góc A, nghĩa là điểm I và J đối
xứng nhau qua mặt phẳng AM, IJ vuông góc với AM tại H (ứng với góc lệch cực tiểu).
Bây giờ ta đi xác định vị trí của điểm I.
A

Gọi i là góc tới của tia SI = góc KSI ,
Gọi r là góc khúc xạ của tia IJ = 900 – 600 = 300.
sini = nsinr =
AI + IK =

b
S
a

2 ⇒
i = 450
2

b 2 − a 2 = 40cm

B

IK = a.tani = a ⇒ AI = 10 cm (= IJ)
22

J

I
K

S’

H

M

Hình 23

C


2. Tính t, cần tính SI
SI =
t=

a
30
=
= 30 2 ≈ 42, 4 cm = JS’
cosi
1 − 0,5

2SI n.IJ 10(6 2 + n) 70 2
+
=
=
≈ 3,3ns
c
c
c
3.1010

Bài 17. Cho lăng kính có tiết diện thẳng là một tam giác đều ABC, cạnh a. Chiếu tia sáng
trắng SI đến mặt bên AB dưới góc tới i sao cho tia sáng bị phản xạ toàn phần ở AC rồi ló
ra ở BC. Chiết suất lăng kính đối với tia đỏ là nđ = 1,61, đối với tia tím là nt = 1,68.

1. Tính góc lệch cực đại giữa tia tới SI và tia ló màu đỏ.
2. Chứng tỏ rằng chùm ló là chùm song song. Tính bề rộng của chùm tia ấy theo a
trong trường hợp góc lệch giữa tia tới SI và tia ló màu đỏ đạt cực đại.
Lời giải:
1. Góc lệch Dđmax: Xét góc các tam giác thích hợp
0

0

A

H

0

Dđ = 2( i1 - r1đ) + 180 - 2{60 - r1đ)}= 60 + 2i1
i1 lớn nhất để mọi tia đều bị phản xạ
sini1 = n sin (600 - igh) =

3(n 2 − 1) − 1
2

Với nđ = 1,61 nhỏ nhất;
sinighđ =

S

P

B

1
≈ 0,6211; i ghđ ≈38,40 ⇒ Dđmax = 1330;
nd

(với nt = 1,68; sin ight =

i1

1
≈ 0,5952; i ght ≈36,520)
nt

J

I

K
2

1

Q

M

C

Hình 24

2. Xét các tam giác thích hợp, chứng minh được các góc khúc xạ của các tia tại
mặt AB bằng các góc tới của tia tới mặt BC.
Có: sini1/sinr1 = n; sinK1/sinK2 = 1/n.
K1 là góc tới của tia tới mặt BC, K2 là góc khúc xạ của tia ló ra khỏi BC.
K1 = r1 ⇒ K2 = i ⇒ Tất cả các tia ló ra khỏi mặt BC cùng một góc ⇒ Chùm tia ló
là chùm song song.
* Tính bề rộng: sinr1đ = sini1max/nđ = 0,368 → cosr1đ ≈ 0,9298; r1đ = 21,590
IJ/sin600 = AJ/cosr1đ ⇒ IJ = 0,9314.AJ
Tương tự: KJ = 0,9314.CJ
HK = IJ + KJ = 0,9314.AB.
23


MP = HPtg(r1đ - r1t) ≈ HKtg(r1đ - r1t) = 0,01512.AB
KM = PMcosr1đ ≈ 0,01406.AB
KQ = KMcosi1max = 0,0113.AB ⇒ KQ = 0,0113.a
5. Lưỡng chất cầu
Bài 18. Một quả cầu trong suốt chiết suất n đặt trong không khí. Trên đường thẳng đứng
qua tâm cầu, ở phía trên quả cầu và cách mặt cầu một khoảng h, có đặt vật nhỏ(coi như
nguồn sáng điểm). Lúc t = 0 thả vật không vận tốc ban đầu cho rơi tự do. Xác định vận
tốc ảnh ở thời điểm t trong khi đang rơi. Chỉ xét ảnh do 1 lần khúc xạ.
Lời giải:
Vì chỉ xét ảnh do một lần khúc xạ:

S•

S LCC

→ S'

d1

d2

1
Ta có: d1 = h − gt 2 (1)
2

h
O

(K2)

Công thức lưỡng chất cầu:
1 n n −1
+
=
d1 d 2
R
⇒

C •

n n − 1 1 ( n − 1) d1 − R
=
− =
d2
R
d1
R.d1

⇒ d2 =

nRd1
( n − 1) d1 − R

Hình 25

Thay (1) vào (2), ta được:
 gt 2

nR 
− h 
 2

d2 =
2
 gt

R + ( n − 1) 
− h 
 2


Vận tốc ở thời điểm t  0 ≤ t ≤


v=
2h 
 là
g 

d( d 2 )
ngt
=
2
dt
 ( n − 1)  gt 2

1 +

− h  

R
2




Bài 19. Chiếu một chùm tia sáng hình trụ bán kính r đến quả cầu trong suốt làm từ chất
có chiết suất tuyệt đối n2 bán kính R (R>>r). Quả cầu được đặt trong môi trường có chiết
suất tuyệt đối n1 có thể thay đổi được(n 1 < n2). Trục của chùm sáng đi qua tâm C của quả
cầu. Tìm hệ thức liên hệ giữa n1 và n2 để:
24


1. Chựm tia hi t ti mt im bờn trong qu cu.
2. Chựm tia hi t ti mt im cỏch tõm mt khong R/2.
Li gii:
(n1)
(n2)

r

C


S

Hỡnh 26
Coi hệ 2 môi trờng nh lỡng chất cầu
n1 n 2 n 2 n 1
+
=
d d'
R
d là khoảng cách từ O đến điểm hội tụ tia sáng.
Theo giả thiết: d = , R > 0, n1 < n2
n R

'
2
d = n n
2
1

(1)

1. Để chùm tia sáng hội tụ bên trong quả cầu thì:
0 < d 2R
n R

2
n n 2R n 2 2n 1
2
1

2. Để chùm sáng hội tụ tại một điểm cách tâm quả cầu một khoảng R/2 thì có 2 trờng
hợp:
+ Trờng hợp 1: d ' =

R
, từ (1) ta thấy d > R vậy không thoả mãn.
2

+ Trờng hợp 2: d ' =

3R
2
n 2R
3R
=
n 2 = 3n1
n 2 n1
2

Bi 20. Cho mt lng cht cu vi hai mụi trng cú chit sut tuyt i n 1 = 1,2 v n2
= 1,5. Mt vt sỏng im nm trong mụi trng cú chit sut tuyt i n 1 v trc mt
cu li cú bỏn kớnh R = 50cm. Vt S chuyn ng t v trớ cỏch mt cu 10cm v ra xa
mt cu. Tớnh vn tc ca nh S khi:
1. Vt chuyn ng u vi vn tc v = 5cm/s.

25