SỰ TRUYỀN ÁNH SÁNG TRONG môi TRƯỜNG CHIẾT SUẤT THAY đổi

HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
Chuyên đề:

SỰ TRUYỀN ÁNH SÁNG TRONG MÔI TRƯỜNG
CHIẾT SUẤT THAY ĐỔI


HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

MỤC LỤC
III. KẾT LUẬN.........................................................................................................................................36
TÀI LIỆU THAM KHẢO............................................................................................................................38

Tác giả: Nguyễn Văn Huyên

2


HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

I. ĐẶT VẤN ĐỀ
Phần quang học là một trong những phần kiến thức nền tảng của chương
trình giáo dục phổ thông. Liên quan rất nhiều đến các vấn đề thực tiễn trong
cuộc sống. Thí dụ mắt, máy ảnh, các thiết bị quang học dùng trong y học .... Các
hiện tượng xảy ra trong tự nhiên như ảo ảnh, cầu vồng......
Trong phần quang hình học, các kiến thức về quang hình tương đối đầy đủ.
Các định luật quang hình được nghiên cứu tương đối kĩ. Các dụng cụ quang
hình như mắt, máy ảnh, kính hiển vi, kính thiên văn cũng được xem xét tương
đối đầy đủ.
Có một bài toán sử dụng công cụ toán học là tích phân tương đối phức tạp, và
cũng đem lại hứng thú cho học sinh. Đó là bài toán xem xét chuyển động của

ánh sáng trong môi trường có chiết suất thay đổi.
Gần đây có một số năm liên tiếp các bài thi học sinh giỏi quốc gia đều có bài
toán truyền ánh sáng trong môi trường chiết suất thay đổi.
Vì những lí do trên, tôi chọn đề tài
“ SỰ TRUYỀN ÁNH SÁNG TRONG MÔI TRƯỜNG CÓ CHIẾT SUẤT
THAY ĐỔI”

Tác giả: Nguyễn Văn Huyên

3


HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

II. NỘI DUNG
1. CHO PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRUYỀN ÁNH SÁNG. XÁC ĐỊNH
QUY LUẬT BIẾN ĐỔI CỦA CHIẾT SUẤT
1.1. Cơ sở lí thuyết
Giả sử chiết suất môi trường n = n(y) . biết đường truyền tia sáng y = y(x) .
tia sáng bay vào môi trường nói trên tại điểm x 0 với góc tới i0 biết chiết suất môi
trường ngoài là n0 . Hãy tìm qui luật biến đổi chiết suất
Giải
Chia môi trường thành những lớp mỏng sao cho n không đổí xet tại điểm M tia
sáng với góc tới i
n sin i = n0 sin i0 = h.so

dx
cosi
tani=
, tan α = cot i =

=
dy
sini

n02 sin 2 i0
n 2 − n02 sin 2 i0
n
=
sin i0
n0 sin i0
n0
n

1−

y
M
i

Mặc khác
coti =

dy
= y , ⇒ n 2 − n02 sin 2 i0 = n0 sin i0 y ,
dx

dy

x0

α

dx

x

⇒ n = n0 sin i0 1 + ( y , ) 2

Các trường hợp riêng
⇒ y , = 2ax ⇒ (y, ) 2 = 4a 2 x 2 = 4ay ⇒ n = n0 sin i0 1 + 4ay
1. y = ax2
2. đường truyền là một đoạn phương trình : y = AsinBx
y , = ABcosBX ⇒ (y, ) 2 = A2 B 2 cos 2 BX = A2 B 2 − A2 B 2 sin 2 Bx = A2 B 2 − B 2 y 2
⇒ n = n0 sin i0 1 − A2 B 2 + B 2 y 2

3. đường truyền là cung tròn : ( x − a ) + ( y − b ) = R 2
2

( y − b)

2

= R 2 − ( x − a ) lấy đạo hàm hai vế

2

2

⇒ 2 ( y − b ) y , = −2 ( x − a ) . x , = − 2 ( x − a ) ⇒ y = −

2( x − a)
x−a
=−
2 ( y − b)
y −b

R2 − ( y − b )
 x−a
R
y =
⇒ n = n0 sin i0 1 + y ,2 = n0 sin i0
÷ =
2
y −b
( y − b)
 y −b 
2

2

,2

Tác giả: Nguyễn Văn Huyên

4


HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

1.2. Bài tập áp dụng

Bài 1.
Một tia sáng chiếu từ không khí vuông góc lên mặt phẳng mặt ngăn cách
môi trường có chiết suất n(y) phụ thuộc vào tọa độ y tại điểm A, với OA = a
(xem hình 3).
1. Tìm dạng hàm n(y) để tia sáng truyền trong môi trường này theo đường
hình sin được mô tả bởi phương trình y = acos ( ω x ) , trong đó ω là hằng số. Cho
nA là chiết suất của môi trường tại A.
2. Có thể tồn tại hàm n(y) chung cho hai tia sáng bất kì chiếu vuông góc đến
mặt phân cách (ví dụ hai tia sáng A và B) như trên hình vẽ hay không? Giải
thích.
y
A
B

x

O

GIẢI
Để tia sáng truyền theo dạng hình sin như hình vẽ thì phương trình đường đi
của nó có dạng
y = a cos ( ω x ) ⇒ tan( α ) = −ω a sin ( ωt ) = − cot i y

Ta
nx sin ix = const = n A sin i A = n A sin

π
n
= nA ⇒ ny = A
2

sin i y

có:

mà:
1
= cot 2 i y + 1 = 1 + ω 2 a 2 sin 2 ( ωt ) = 1 + ω 2 ( a 2 − y 2 )
2
sin i y
1
1
⇒ sin 2 i y =
⇒ sin i y =
2
2
2
1+ ω a − y
1 + ω 2 a2 − y2

(

)

(

y
B
A

O

iy
α

x

)

n

2
2
2
A
từ phương trình: ny = sin i = nA 1 + ω ( a − y )
y
Chiết suất ny biến thiên theo quy luật sau: ( −a ≤ y ≤ a
)
n y = n A 1 + ω2 ( a 2 − y 2 )
(*)

Tác giả: Nguyễn Văn Huyên

5


HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

Để khẳng định xem có tồn tại hàm n(y) chung cho hai tia sáng chiếu vuông góc
mặt phân cách tại A, B hay không, tức hai tia sáng ấy có cùng dạng đường đi là

một sin hay không. Ta xét chiếu tia sáng vuông góc vào mặt phân cách tại điểm
có tọa độ y1 ( y1 ≤ a ) và chiết suất trong khoảng từ - a đến a biến thiên theo hàm
có công thức (*)
π
2

Tại mọi vị trí ta luôn có: n y sin i y = .... = const = n1 sin = n1
⇒ sin i y =

n1
cot i y = tan α ⇒ cot 2 i y = y '2
n y mà

(
(

(
(

2
2
2
2
n y2 nA 1 + ω a − y
1
Mà cot iy + 1 = 2 = 2 = 2
sin i y n1 nA 1 + ω 2 a 2 − y12
2

⇒ cot i y =

ω 2 ( y12 − y 2 )

2

2
Đặt b =

⇒

(

1 + ω 2 a 2 − y12

ω2
⇒ y' = b
1 + ω 2 ( a 2 − y12 )

dy

(y

2
1

)

⇒ y' 2 =

−y

2

)

= bdx ⇒ ∫

(y

− y2

2
1

)

2

2

− y2

2

2

− y12

))
))

ω2
y2 − y2 )
2
2
2 ( 1
1 + ω ( a − y1 )

(y

dy
2
1

) ) (1+ ω ( a
=
) ) (1+ ω ( a

)

− y2 ⇒

dy
=b
dx

(y

2
1

− y2

)

= ∫ bdx

y

Suy ra: arcsin y = bx + c ⇒ y = y1 sin( bx + c )
1
tại y=y1; x=0 suy ra: y1=y1sinc ⇒ c =


π
2


.x ÷
2
2
2
÷
 1 + ω ( a − y1 ) 

ω

nên: y = y1cos 

Đường đi của tia sáng vẫn tuân theo quy luật hàm sin với mọi y1 ( −a ≤ y1 ≤ a ).

Vì vậy ta có thể nói luôn tồn tại hàm n(y) chung ( có thể vô số) để đường đi của
tia sáng A, B là dạng hàm sin.
Vậy ta có kết luận:
Để đường đi tia sáng dạng hàm sin thì chiết suất của môi trường biến thiên theo
biểu thức:

(

)

n y = nA 1 + ω 2 a 2 − y 2 .Chứng tỏ không chỉ tồn tại hai tia sáng thỏa mãn mà tồn

tại vô số tia sáng trong khoảng từ -a đến a đều có dạng đường đi là hàm sin
Bài 2:
Xác định quy luật biến đổi của chiết suất n để đường đi tia sáng trong mặt
phẳng Oxy có dạng parabon y =ax2 .
Giải
.Đạo hàm y =ax2.⇒ y’ =2ax
nên (y’)2 = 4a2 x2=4ay.
n(y) = n0sin i0 1 + 4ay
n = A By + C .
Tác giả: Nguyễn Văn Huyên

6


HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

Bài 3: Tìm quy luật biến đổi của chiết suất n để đường đi của tia sáng là một
phần của đường tròn (x-a)2+ (y-b)2 =R2

Giải
Đạo hàm hai vế của phương trình : 2(x-a)+2(y-b)y’ =0
⇒ (y’)2= (x-a)2/(y-b)2 =(R2/(y-b)2) -1
n = n0 sin i0

R
y−b

hay chiết suất n có dạng n = C/ (Ay-B)

Tác giả: Nguyễn Văn Huyên

7


HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

2. BIẾT QUY LUẬT BIẾN ĐỔI CỦA CHIẾT SUẤT. XÁC ĐỊNH
PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRUYỀN ÁNH SÁNG
2.1 Cơ sở lí thuyết
Biết qui luật biến đổi n tìm phương trình biểu diễn đường truyền
( Cách làm tương tự)
, 2
n = n0 sin i0 1 + ( y ) ,tìm được y’ lấy nguyên hàm ta tìm được y
Từ :
2.2 Bài tập áp dụng
Bài 4.
Trong một nêm trong suốt có một chất lỏng có thành phần không đổi chảy theo
phương vuông góc với mặt phẳng hình vẽ , sao cho chiết suất n của nó thay đổi
theo thời gian t theo quy luật n(t ) = 1 + n0 t / τ , trong đó n0 và τ là các hằng số.

Người ta chiếu một chùm sáng hẹp vuông góc tới nêm và sau khi qua nêm tới
một màn ảnh. Cho góc α ở đỉnh của nêm là nhỏ, độ dày của nêm tại chỗ ánh
sáng chiếu tới là a, còn khoảng cách từ nêm tới màn là d >> a. Hãy tìm vận tốc
chuyển động của vết sáng trên màn. Gợi ý: với những giá trị nhỏ của góc α, có
thể dùng công thức gần đúng sinα ≈ tgα ≈ α.

Giải
Giải: Vì d >> a nên bỏ qua thời gian tia sáng truyền qua nêm, nên tia sáng sẽ
truyền thẳng trong nêm, tới I và khúc xạ ra dưới góc ϕ như hình vẽ. Theo định
luật khúc xạ ta có: sin ϕ = nt ⋅ sin α ⇒ ϕ ≈ nt .α .
Vị trí của vệt sáng trên màn xác định bởi: x = d ⋅ tg ( ϕ − α ) ≈ d ( ϕ − α )
t
τ
dx d ⋅ α ⋅ n0
Vận tốc vệt sáng: v = =
dt
τ
n αd
Vậy v = 0
τ
x ≈ d ⋅ α ( nt − 1) = d .α ⋅ n0

I

α

ϕ

H

x

Bài 5.

Tác giả: Nguyễn Văn Huyên

8


HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

Một tia sáng SI đi từ không khí dưới góc tới α0 = 300 vào một bản mặt song
song có bề dày 0,3m với chiết suất thay đổi theo độ sâu x với quy luật
n=

4
1+

x (hình 3), trong đó x0 = 0,1m. Xác định quỹ đạo của tia sáng trong
x0

bản mặt? Tia 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 không khí bằng 1.
GIẢI
Khi đi từ không khí vào bản mặt song song thì có thể viết:
sin α 1 1
= .
sin α 0 n1

(1)

sin α

n

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

sin α 3 n2
= ...... ⇒
sin α 2 n3

Tiếp đó:

sin α n
n
= n−1 .
sin α n −1
nn

sin α

1

n
Nhân tất cả các biểu thức này với nhau, ta nhận được: sin α = n .
0
n

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

sin α 1
= .
sin α 0 n

(2)

(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 mhư một hàm dịch chuyển theo độ sâu thì:
f ' ( x) = tgα . (hệ số góc của tiếp tuyến)
-0,1

y

α 0S

r

I

O
∆y

α1

0,3

Từ

(3)

suy

ra:
x

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

Tác giả: Nguyễn Văn Huyên

9


HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

f ' ( x) = ±

sin α 0
n − sin α 0
2

2

=±

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

(4)

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

(10 x + 1)dx
64 − (1 + 10 x) 2

=±

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

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

Từ hệ

(5)

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)
Quỹ đạo của tia sáng có dạng là một phần đường tròn, bán kính: r =
0,8m.
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 tròn có bán kính là 0,8m 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:
∆y = 0,8 2 − 0,12 − 0,8 2 − 0,4 2 = 0,1( 63 − 48 ) ≈ 0,1009m.

Bài 6:
Chiếu một tia sáng đơn sắc tới mặt AB của bản mặt song song có bề dầy b
=1m dưới một góc α như hình vẽ. Chiết suất của bản đối tới tia sáng đơn sắc
này biến đổi theo qui luật n( y ) = n0 1 +

y
với n0 = 1, n2 = 2 .
b

a. Xác định điều kiện của α để tia sáng không xuyên qua được bản mặt song
song.
b. Chiếu tia sáng đơn sắc SI (chiết suất của bản mặt song song đối với tia sáng
đơn sắc này biến đổi theo qui luật trên) vuông góc với mặt giới hạn tại O có
chiết suất n0 = 1, sau đó ló ra ở mặt AB với góc β như hình vẽ.
- Xác định góc lệch của tia sáng so với phương ban đầu.
- Xác định phương trình đường cong tia sáng truyền trong bản.
GIẢI

y

α

A

n2

n(y)
Tác giả: Nguyễn Văn Huyên

S

I
0

β

B
b

n1

x
10


HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

a, Điều kiện α
Để tia sáng không xuyên qua bản thì chỉ có thể phản xạ toàn phần.
Chia bản thành nhiều bản mặt song song có bề dầy đủ nhỏ, sao cho có thể coi
chiết suất của mỗi bản nhỏ này là không đổi. Ta có:
n2 sin α = nK sin iK (1)
Giả sử có sự phản xạ tại lớp k ⇒ iK = 900
nk
ta có n2 ≥ nK ≥ n0 suy ra 1 ≥ sin α ≥ 1 = 2
n2

n2
2
o
o
⇒ 90 ≥ α ≥ 45
b, Xác định góc β

(1) ⇒ sin α =

+ Chia bản thành nhiều bản mặt song song có bề dầy đủ nhỏ, sao cho có thể coi
chiết suất của mỗi bản nhỏ này là không đổi. Ta có:
n1 sin i1 = n2 sin i2 = ... = con st

n0 sin i0 = n2 sin in

π
2

với i0 = , n0 = 1 ⇒ sin in =

1
2
π
π
=
⇒ in = , β = − in = 450
n2
2
4
2

Sau khi ra khỏi bản tia sáng lệch khỏi phương ban đầu β =

π
sau đó tia sáng
4

truyền thẳng.
+ Xác định đường cong tia sáng trong bản.
Xét điểm M thuộc đường truyền trong bản song song M(x,y)
n0 sin i0 = n( y ) sin iM ⇒ sin im =

1
n( y ) (1)

dy

1

Mặt khác: tgα = dx ; sin iM = cos α = 1 + tg 2α

(2)

Từ (1) và (2) ⇒ 1 + tg 2α = n( y ) ⇔ tg 2α = y ⇒ tgα = y
b

b

y
dy

1
Suy ra dy =
⇔
=
dx
dx

b

y

b

lấy nguyên hàm hai vế: 2 y = x + c
b

tại x =0 suy ra y = 0 do đó c = 0

Tác giả: Nguyễn Văn Huyên

vậy 2 y =

x
b

hay y =

x2
4b

11


HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

Bài 7.
1- Điểm sáng S nằm dưới đáy bể nước có độ sâu h. Xét chùm tia sáng rất hẹp
phát ra từ S chiếu đến mặt nước dưới góc tới i (góc mở của chùm tia là ∆i << i ).
Ảnh S’ của S tạo bởi chùm tia sẽ cách mặt thoáng bao nhiêu? Biết chiết suất của
nước trong bể là n0, chiết suất không khí nkk = 1.
2- Đặt tiếp giáp với mặt nước một bản mặt
song song có bề dày d, chiết suất của bản mặt thay
đổi theo phương vuông góc với bản mặt theo quy
luật n = n0 1 −

nd
y2
H= 0
,
với
. Một tia sáng phát
n02 −1
H2

ra từ S tới mặt phân cách tại điểm O dưới góc tới i 0
(hình vẽ). Lập phương trình xác định đường đi của
tia sáng trong bản mặt và xác định vị trí điểm mà
tia sáng ló ra.
Chú ý:
1- Bể đủ rộng và bản mặt song song đủ dài để tia sáng không đập vào

thành bể cũng như không ló khỏi mặt bên của bản mặt.
2- Cho

∫

1
 by 
= Arc sin  ÷ + const
 a 
a 2 − b2 y 2 b
dy

Arc sin y là hàm ngược của hàm sin , tức là nếu x = Arc sin y thì s inx = y .

Giải
1.
1- Xét chùm tia sáng phát ra từ S, hai tia mép ngoài tạo
với pháp tuyến các góc i và i + ∆i . Kí hiệu r và r + ∆r
là các góc khúc xạ.
- Từ hình vẽ có: IJ = HJ – HI = KJ – KI
⇔ h  tan ( i + ∆i ) − tan i  = h '  tan ( r + ∆r ) − tan r 
h

sin ∆i
sin ∆r
=h'
cos i cos ( i + ∆i )
cos r cos ( r + ∆r

)

- Vì ∆i << i , ∆r << r nên phương trình trên có thể viết lại:
h

∆i
∆r
∆i cos 2 r
=
h
'
⇒
h
'
=
h
×
(1)
cos 2 i
cos 2 r
∆r cos 2 i

Tác giả: Nguyễn Văn Huyên

12


HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

- Từ định luật khúc xạ: n0 sin i = sin r

n0 sin ( i + ∆i ) = sin ( r + ∆r )

- Trừ từng vế của hai phương trình và biến đổi được:
∆i
∆r
 ∆i 
 ∆r 
2n0 cos  i + ÷sin = 2cos  r + ÷sin
2
2
2 
2


∆i cos r .
=
⇔ n0 cos i × ∆i = cos r × ∆r ⇒
∆r n0 cos i

-

Thay vào (1) có h ' = h

cos3 r
.
n0 cos3 i

- Chú ý là cos r = 1 − sin r = 1 − n sin i ta được: h ' = h
2

2

2

0

( 1− n

2
0

sin 2 i

)

3

n0 cos3 i

2- Trước hết ta có nhận xét là quỹ đạo tia sáng
nằm trong mặt phẳng OXY và vì chiết suất n
thay đổi dọc theo phương OY nên ta sẽ chia môi
trường thành nhiều lớp mỏng bề dày dy bằng
các mặt phẳng ⊥ Oy sao cho trong mỗi lớp
phẳng đó, chiết suất n có thể coi là không đổi.
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. Ta có: n0sin α=...= n sini ⇒ sin i =
dx

n0 sin i0

(1)
n

n sin i

sin i

0
0
=
- Từ hình vẽ có: dy = tgi =
2
2
2
1 − sin i
n − n0 sin 2 i0
y

x=∫

⇒

0

y

x =∫
0

y

n0 sin i0 dy
n − n0 sin i0
2

2

sin i0 dy
cos 2i0 −

y2
H2

2

y

=∫
0

=∫
0

n0 sin i0 dy

y2 
no2 1 − 2 ÷− n0 2 sin 2 i0
 H 

tan i0 dy

1−

y2
cos 2i0 H 2

- Sử dụng nguyên hàm đề bài cho tìm được:

 x 
y 
x = H sin i0 Arc sin 
÷⇒ y = H cos i0 sin 
÷ (2)
 H cos i0 
 H sin i0 

Quỹ đạo tia sáng là đường hình sin
- Tìm ymax = Hcosi0.
Ta xét hai trường hợp:
Tác giả: Nguyễn Văn Huyên

13


HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

- Nếu Hcosi0 < d ⇔

n0 d
n −1
2

0

cos i0 < d ⇒ sin i0 >

1
n0 thì tia sáng sẽ phản xạ toàn phần

tại một điểm trong bản mặt và ló ra khỏi bản mặt tại điểm có y = 0.
 x 
⇔ sin 
÷ = 0 ⇒ x = x1 = π H sin i0
 H sin i0 
n0 d
1
⇔
cos i0 > d ⇒ sin i0 <
- Nếu Hcosi0 > d
2
n0 thì tia sáng sẽ ló ra khỏi bản mặt
n0 − 1

và ra ngoài không khí tại điểm có y = d.
 x 
 d 
⇔ H cos i0 sin 
÷ = d ⇒ x = x2 = H sin i0 Arc sin 
÷
 H sin i0 
 Hcosi0 

Bài 8.
y

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 =

r
α

O

x

x
Hình 3

2
1 − 2r ,
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 α 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

ngoài thành sợi quang.

Tác giả: Nguyễn Văn Huyên

14


HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

Giải
1)Chia sợi quang thành nhiều lớp

y

mỏng hình trụ đồng tâm. Xét trong
mặt phẳng xOy, các lớp đó dày dy

θ

α

O

β i
x

và có chiết suất là n = n0 1 − 2 y với
n0 = 2 / 3

+ Tại O: sinα= 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 =

Ta có: n0.sini0 = n.sini
Mà tanθ = cot i =

dy
dx



n0 . sin i0
1
=
n
2 1− 2y

dy
1
dy
= 3 − 8y
−1 =
=>
2
dx
sin i
dx

dy

 dx = 3 − 8 y

Nguyên hàm hai vế ta được: 4 x = − 3 − 8 y + C
Điều kiện ban đầu: khi x = 0 thì y = 0 => C = 3
 phương trình quĩ đạo của tia sáng: y = −2 x 2 + 3.x
 Vậy quĩ đạo của tia sáng là đường parabol
2) C1. Điều kiện để tia sáng không bị ló ra ngoài thành sợi quang là tọa độ y của
đỉnh parabol phải nhỏ hơn R

3
8

=> R ≥ = 0,375cm

C2. Điều kiện để tia sáng không 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
3
8

=> R ≥ = 0,375cm
Bài 9.
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. Giả thiết chiết suất của chất lỏng chỉ thay đổi theo phương vuông
góc với mặt chất lỏng theo quy luật: n = 2 +

y
với y là khoảng cách từ điểm
H

đang xét tới mặt chất lỏng. Biết tia sáng truyền từ nguồn sáng ló ra khỏi mặt
Tác giả: Nguyễn Văn Huyên

15


HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

chất lỏng đi tới mắt theo phương hợp với mặt chất lỏng góc 60 0 . Hỏi tia này ló
ra ở điểm cách nguồn sáng một khoảng bao nhiêu theo phương nằm ngang?

600

x

y

Giải
xét:

S

H

H

Nhận
S

x

y

α0

n(H) = 3;n(0) = 2
Dạng tia sáng phác thảo như hình vẽ
Chọn hệ tọa độ 0xy như hình vẽ.

Sử dụng tính chất thuận nghịch đường truyền tia sáng ta rút về bài toán tổng
quát
α 0 = 900 − 600 = 300 ;n 0 = 1
2


H 7  7H
11H
H 7 H 41
H
y = H →x +
+H=
⇔x+
=
→x=
÷ =
2 
4
4
2
2

2

S

+ n 0 sin α 0 =
+ n = 2+

n 0 sin α 0

H

ử dụng tích phân tổng quát: ∫0 dx = ∫0

n (y) − n 02 sin 2 α 0
2

(

)

11 − 7 S

dy

1
2

y
1
7H

→ n 2 (y) − n 02 sin 2 α 0 =
× y+
H
4
H

Tác giả: Nguyễn Văn Huyên

16


HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
H

+ Xét: I = ∫0

1
dy
2
1
7H
× y+
4
H

=

H H
∫
2 0

dy
7H
y+
4
7H

y=0→z =

7H

4
z= y+
→ dz = dy; 
4
 y = H → z = 11H

4

+Đặt:

H
→I=
2
Vậy: S =

11H
4

∫

dz
= H× z
z

(

11 − 7

7H
4

H
2

11H
4
7H
4

=

H
2

(

11 − 7

)

)

Tác giả: Nguyễn Văn Huyên

17


HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

3. Ánh sáng truyền trong khí quyển, hiện tượng ảo ảnh.
3.1. Hiện tưởng ảo ảnh.
- Đàn súc vật chở hàng đang lầm lũi bước đi trên sa mạc cháy bỏng, bỗng trước
mặt mọi người hiện lên cả một cái hồ lớn. Nhưng vài phút trôi qua, cái hồ ma ấy
bắt đầu bị lớp sương mù màu đỏ nhạt bao phủ, mờ nhạt rồi bay vút lên trời và
biến mất. Đó là ảo ảnh hồ, một thứ ảo ảnh phổ biến nhất.
- Thường là vào sáng sớm, khi các lớp dưới của không khí còn khá lạnh vì tiếp
xúc với mặt đất, còn các lớp trên thì ấm hơn, ở bên trên có thể cấu tạo nên một
lớp không khí phản chiếu.
- Người ta thường thấy các ảo ảnh trên hơn là các ảo ảnh ở dưới biển, cũng như
ở các vùng vĩ độ ven cực, nơi các lớp không khí bên dưới hầu như lúc nào cũng
lạnh hơn các lớp trên. Ở phương Bắc, hiện tượng này thường có vào mùa đông
và mùa xuân, vào những ngày có gió ấm áp thổi từ phương Nam tới, trong khi
những lớp dưới của bầu khí quyển vẫn còn lạnh vì tuyết phủ
3.2. Bài tập tính toán
Bài 10.
Vào những ngày trời nắng nóng mặt đường nhựa hấp thụ ánh sáng mạnh nên
lớp không khí càng gần mặt đường càng nóng. Giả thiết nhiệt độ không khí ở sát
mặt đường là 57oC và giảm dần theo độ cao, đến độ cao lớn hơn 0,5 m (so với
mặt đường) thì nhiệt độ của không khí được coi là không đổi và bằng 34 oC. Áp

suất của không khí là không đổi po = 105 Pa. Chiết suất của không khí phụ thuộc
vào khối lượng riêng của không khí theo biểu thức n = 1 + aρ với a là hằng số, ρ
là khối lượng riêng của không khí. Không khí được coi là khí lí tưởng. Biết chiết
suất của không khí ở nhiệt độ 15oC là 1,000276; khối lượng mol của không khí
là
μ = 0,029 kg/mol; hằng số R = 8,31 J/mol.K.
a. Thiết lập biểu thức sự phụ thuộc của chiết suất không khí vào nhiệt độ
tuyệt đối, tính hằng số a.
b. Một người có mắt ở độ cao 1,5 m so với mặt đường, nhìn về phía đằng
xa cảm giác như có một vũng nước. Nhưng khi lại gần thì “vũng nước” lại lùi ra
xa sao cho khoảng cách từ người đó đến “vũng nước” luôn không đổi (hiện
tượng ảo ảnh). Tính khoảng cách từ người đó đến “vũng nước” theo phương
ngang.

Tác giả: Nguyễn Văn Huyên

18


HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

c. Giả sử ở độ cao dưới 0,5 m, nhiệt độ tuyệt đối T của không khí phụ
thuộc vào độ cao y tính từ mặt đất theo biểu thức

T=

apμ
o



apμ
R (1 + o ) 1 + by - 1 ,
RTo



với b là hằng số, To là nhiệt độ tuyệt đối ở sát mặt đường. Lập phương trình xác
định đường truyền của một tia sáng xuất phát từ mặt đường, trong lớp không khí
có độ cao nhỏ hơn 0,5 m. Biết ban đầu tia sáng hợp với phương thẳng đứng một
góc α và hướng lên.
GIẢI
a.
- Theo phương trình Cla-pê-rôn – Men-đê-lê-ép ta có:
m
m
RT mà ρ =
Þ
µ
V
pµ
- Như vậy ta có biểu thức: n = 1 + a o (1)
RT
po V =

ρ=

poµ
RT

- Ở 15 oC tức là T = 288 K thì n = 1,000276 nên ta có 1, 000276 = 1 + a

105.0, 029
8,31.288

Þ a = 2,28.10-4 m3/kg (2)

b.
- Từ biểu thức (1) và giá trị hằng số a (2) ta tính được chiết suất của không khí ở
sát mặt đường:
n o = 1 + 2, 28.10−4

105.0, 029
= 1,000241
8,31.330

- Chiết suất của không khí ở độ cao lớn hơn 0,5m là:
105.0, 029
n ' = 1 + 2, 28.10
= 1,000259
8,31.307
−4

- Chia không khí ở độ cao dưới 0,5m thành nhiều
i1
n1
lớp rất mỏng bằng các mặt phẳng song song nằm
i2 i
n2
ngang sao cho chiết suất của không khí trong một
2

i3
i3
lớp coi như là không đổi. Theo định luật khúc xa n 3
i4
ánh sáng khi có tia sáng truyền từ lớp này sang lớp n 4
khác là.
n1sini1 = n2sini2 = n3sini3 = …..= const
- Để nhìn thấy “nước” thì các tia sáng tới mắt phải bị phản xạ toàn phần ở mặt
đường lúc đó góc tới của lớp sát mặt đường bằng 90o.
Ta có nosin90o = n’sini’
i'
Þ sini’ = no/n’ = 0,99998 Þ i’ = 89,64o
1,5m
i'
- Khoảng cách từ người đó đến “nước” là:
L = 1,5.tani’ = 238 m.
L
c.
- Thay

T=

ap oµ


ap µ
R  (1 + o ) 1 + by − 1 vào (1), ta được:
RTo



Tác giả: Nguyễn Văn Huyên

19


HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

pµ
n = 1 + a o ÷ 1 + by
RTo 


(3)

- Chọn trục tọa độ Oxy với gốc O tại vị trí chiếu tia sáng (sát mặt đường), trục
Ox nằm ngang sát mặt đường, theo hướng chiếu tia sáng, trục Oy thẳng đứng
hướng lên.

Chia lớp không khí có độ cao dưới 0,5 m thành những lớp rất mỏng nằm ngang
có độ cao dy, sao cho có thể coi chiết suất của lớp đó gần như không đổi, và tia
sáng đi trong đó coi như thẳng. 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.
- Tương tự trên ta có: nosinα = nsini
Þ sin i =

no
sin α (4)
n

Thay (3) vào (4)

sin α
1 + by
sin i
dx
- Ta có dy = tan i với tan i =
1 − sin 2 i
dx
sin α
sin α
=
dx =
dy
Þ
Þ
dy
cos 2 α + by
cos 2α + by
sin i =

- Tích phân hai vế ta có
x

y

∫ dx = ∫
0

0

sin α
cos α + by
2

dy Þ x = 2

y
i

dx

α

x

O

sin α
cos 2 α + by |0y
b
sin α
( cos 2 α + by − cosα)
b
bx
cos 2α + by = cosα +
2sin α

Þ x=2
Þ

- Bình phương hai vế ta có
y=

b
cosα
x2 +
x (*)
2
4sin α
sin α

- Như vậy đường truyền của tia sáng trong lớp không khí có độ cao nhỏ hơn
0,5 m là một phần của đường parabol có phương trình (*).
Bài 11.
a) Xét bản mặt song song trong suốt có chiết suất biến đổi theo khoảng cách z
tính từ mặt dưới của bản. Chứng minh rằng n A sin α = n B sin β
b) Một người đứng trên một đường nhựa rộng, dài và phẳng, người đó thấy ở
đằng xa hình như có “mặt nước” nhưng khi lại gần thì người đó thấy “nước” lại lùi
ra xa sao cho khoảng cách từ người đó đến “nước” luôn không đổi. Giải thích ảo ảnh
đó.
Hãy xác định nhiệt độ của mặt đường (nói trong phần b) với giả thiết mắt người đó ở
độ cao 1,6m so với mặt đường. Khoảng cách từ người đó tới “nước” là 250m. Chiết
Tác giả: Nguyễn Văn Huyên

dy

20

HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

suất của không khí ở 15oC và áp suất khí quyển chuẩn là 1,000276. Ở độ cao lớn hơn
1m so với mặt đường thì
nhiệt độ của không khí được coi là không đổi bằng 30o. Áp suất không khí bằng
áp suất tiêu chuẩn. Gọi chiết suất không khí là n và giả thiết rằng n – 1 tỉ lệ với
khối lượng riêng của không khí.

z
α

nA
n(z)

O
nB

β

Giải
a) Chia bản mỏng thành nhiều lớp mỏng sao cho chiết suất của mỗi lớp coi như
không đổi: n1 , n2 ....nk .
Ta có: n A sin α = n1 sin α 1 = n2 sin α 2 = nk sin α k = n B sin β (1)
b) Lớp không khí càng gần mặt đường càng nóng, chiết suất giảm theo độ cao.
Tia sáng đi từ M theo đường cong với góc khúc xạ tăng dần, tới P thì góc ấy
bằng 90o có sự phản xạ toàn phần nên tia sáng đi cong lên và lọt vào mắt. Mắt
nhìn thấy ảnh M’ theo phương cuối cùng của tia sáng tới mắt, ảnh lộn ngược nên
ảnh ảo có nước.

Mắt

m
1 H(T )
1
c) Ta có pV = µ RT ↔ pµ = ρRT ↔ ρ ~ βT

M

P
Khối lượng riêng của chất khí ở áp suất
h không đổi tỉ lệ nghịch với T (nhiệt độ
T
tuyệt đối)
l
Tác giả: Nguyễn Văn Huyên

21

M’


HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

Theo giả thiết ρ ~ n − 1 ↔ n − 1 = k ' ρ ↔ n = 1 +

k
T

Xác định k : tại t = 15oC (288K) thì n = 1,000276 = 1 +
n = 1+

k
↔ k = 0,079488
288

0,079488
(2)
T

Theo (1), tia sáng có phản xạ toàn phần tại P khi α = 90 o nên: n P = n(T1 ) sin β
(3)
Với T1 = 303K là nhiệt độ không khí ở H có độ cao lớn hơn 1m còn n P là
chiết suất không khí ở sát mặt đường có nhiệt độ T cần xác định n P = n(T )
sin 2 β =

mà

ta

l2
1
h2
=
≈
1
−
; h = 1,6m; l = 250m suy ra sin β ≈ 0,99998
l 2 + h 2 1 + (h / l ) 2
l2
n P = n(T1 ) = n(303) = 1,000262
có

thay vào (3) ta được

n P = 1,000262.0,99998 = 1,000242 thay vào (2) ta được : T = 328K = 55oC

Tác giả: Nguyễn Văn Huyên

22


HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

4. Ánh sáng truyền trong môi trường chiết suất thay đổi dạng hình cầu
Chiết suất phụ thuộc bán kính
Bài 12.
Coi khí quyển trái đất như một lớp trong suốt có chiết giảm theo độ cao h : n=
n0-ah với a là một hệ số không đổi, n và n0 luôn lớn hơn 1 một chút và ah<<1.
1. Một tia sáng phát ra từ A, ở độ cao h 0, chiếu theo phương nằm ngang trong
m.ph kinh tuyến. Hãy tính h0 để tia sáng truyền theo đúng một vòng quanh
trái đất, rồi trở về A.
2. Một tia sáng khác phát ra từ một điểm B ở độ cao bất kì cách tâm r = R 1 . Tia
này nằm trong mặt phẳng kinh tuyến và làm với đường thẳng đứng một góc
i0. Tính i0 để tia sáng đi qua điểm B’, nằm xuyên tâm đối với điểm B, sau khi
phản xạ một lần ở trên tầng cao?
3. Giả sử mô hình trên phù hợp với thực tế. Khi đó có thể thực hiện được cả hai
thí nghiệm ở câu 1 và câu 2 không?

Giải
1.

Đạo hàm

ö
1 æn 0
d(n2pr)
- R÷
= 0 cũng suy ra h 0 = ç
÷
ç
÷
èa
ø
2ç
dr

A
i

γ
O

B
i+di
n2
dϕ

2. OB = r+dr; OA = r
r
r + dr
r + dr
=

=
(1)
sin(i + di) sin g sin(i + di + dj )
dr
dj
Biến đổi ta có: r = tan(i + di)

Từ nrsini = hs, lấy vi phận: nrcosi di+ nsinidr+rsinidn =0
dn = -αdr rồi thay thdr theo dϕ ta có(aR1 - n0) d ϕ = n0di.
π/2

i gh

0

i0

Tích phân hai vế : (aR − n 0 ) ∫ dϕ = n o ∫ di vơi igh = π/2
ta có: i0= π(1-aR1/2n0) (3)
3. Không, vì theo (1) muốn h0>0 thì aR
Tác giả: Nguyễn Văn Huyên

23


HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

Từ (3) muốn i < π/2 thì aR

Bài 13.
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
. Từ không khí, chiếu một tia sáng tới quả cầu dưới góc tới i = 30 o. Xác
R+r

định khoảng cách ngắn nhất từ tâm O tới đường đi của tia sáng.

Giải
Xét một vỏ cầu có bán kính ngoài R1 và bán kính trong R2 được làm bằng chất
trong suốt có chiết suất n2. Từ môi trường ngoài có chiết suất n1, một tia sáng
được chiếu tới vỏ cầu dưới góc tới, tia sáng chiếu đến mặt trong của vỏ cầu dưới
góc tới i2
i1 I i
2

n1

n2

J
O

R2

R1
Hình 3

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)
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
i
dr

Tác giả: Nguyễn Văn Huyên

d
ϕ

r

24


HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
sin i =

R
1
R+r
.
=
2
R

2
4r
r
R+r

sin i ≤ 1 => r ≥

R
nên rmin = R/3 khi (sini)max = 1, i = 90o.
3

(5)

Khoảng cách ngắn nhất từ tâm O tới đường đi của tia sáng là R/3

Bài 14.
Một chùm sáng đơn sắc, hẹp (coi là một tia sáng) chiếu đến một quả cầu
trong suốt với góc tới i (0 < i < 900 ) .
Coi chiết suất của quả cầu phụ thuộc vào bán kính quả cầu theo công thức

n (r) =

R +a
với R bán kính quả cầu, a là hằng số, r là khoảng cách từ tâm cầu
r+a

tới điểm có chiết suất n.Tia sáng bị khúc xạ trong quả cầu. Xác định khoảng
cách nhỏ nhất từ tâm cầu đến tia khúc xạ.Vẽ dạng đường truyền của tia sáng
trong quả cầu.
Giải

Chia quả cầu thành những lớp cầu rất mỏng có độ dày dr sao cho chiết suất
trong mỗi lớp cầu không đổi là n(r), phần tai khúc xạ trong lớp cầu này coi như
một đoạn thẳng.
Áp dụng định luật khúc xạ: n 0 sin i = n1 sin r (1)
r(1)
R
i
=
Xét tam giác OIA:
(2)
sin r sin i1
I
r i1 A
n 0 R sin i = n1r(1) sin i1
Từ (1) và (2):
r
Tương tự cho các lớp tiếp theo ta có:
(1)
n 0 R sin i = n (r) r(r) sin i r
IO
Trong đó i r là góc tới tại lớp cầu có bán kính r. với
chiết suất phụ thuộc vào bán kính nên càng vào trong tâm cầu chiết suất càng
tăng do đó i < i 2 < .... < i r nghĩa là tia khúc xạ bị uốn cong về phía tâm cầu và tới
khi i r = 900 thì tia khúc xạ lại tiếp tục truyền ra xa tâm cầu.
Tại điểm có i r = 900 thì khoảng cách từ tâm cầu đến tia khúc xạ là nhỏ nhất và
chình bằng bán kính tại đó: n 0 R sin i = n (r) r(r) sin i r
R+a
⇒ n 0 R sin i = n (r) rmin sin 90 =
.rmin sin 90

rmin + a
aRn 0 sin i
⇒ rmin =
a + R(1 − sin i)

Tác giả: Nguyễn Văn Huyên

25