chuyên đề mặt cầu khúc xạ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC
DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
….….

HỘI THẢO LẦN THỨ VIII
CHUYÊN ĐỀ

MẶT CẦU KHÚC XẠ

MÔN: VẬT LÍ
TÁC GIẢ: NGUYỄN VIỆT CƯỜNG
ĐƠN VỊ: TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT-QUẢNG NGÃI

Hải Phòng, 11/2015


A. Cơ sở lý thuyết
I. Lưỡng chất cầu
1. Định nghĩa : Là một cặp môi trường trong suốt ngăn cách nhau bởi một mặt cầu.
2. Điều kiện tương điểm
Điều kiện tương điểm của lưỡng chất cầu (LCC) là :
- Góc mở 2ϕ của mặt cầu phải nhỏ.
- Chùm tia tới là chùm tia hẹp và nghiêng ít trên trục chính. Những tia trong chùm
gọi là những tia gần trục.
3. Ảnh của một vật qua lưỡng chất cầu
Ảnh của một vật qua LCC có thể được biểu diễn như Hình 1.a và Hình 1.b

n1
i

S

d

I
O

n2

r

’

C

S

d’

B
A

n1
i

n2

C

O

d

d’

Hình 1.a

Hình 1.b

4. Công thức lưỡng chất cầu
Nếu điều kiện tương điểm được thỏa mãn, từ Hình 1.b ta có :
AB AB
=
≈ sin i ⇒ AB = d sin i
(1)
OA
d
A' B ' A' B '
tan r =
=
≈ sin r ⇒ A ' B ' = d 'sin r
(2)
OA '
d'
A ' B ' d ' s inr n1 d '
=
=
Từ (1) và (2) ta được :
(3)
AB
d sin i n2 d
Mặt khác, xét hai tam giác đồng dạng ∆CA ' B ' và ∆CAB ta có :

A ' B ' CA ' d '− R
=
=
(4)
AB
CA d + R
d '− R n1 d '
=
Từ (3) và (4), suy ra được :
(5)
d + R n2 d
n n
n −n
Biến đổi (5) rút được : 1 + 2 = 2 1
(6)
d d'
R
tan i =

Biểu thức (6) được gọi là công thức lưỡng chất cầu.
Quy ước chọn : gốc các đoạn thẳng định hướng ở đỉnh O của mặt cầu, và :
- Chiều dương của đoạn OA = d ngược với chiều tia tới.
- Chiều dương của đoạn OA ' = d ' và đoạn OC = R cùng chiều tia tới.
- Với d ' > 0 ứng với ảnh thật ; d ' < 0 ứng với ảnh ảo.
- Với d > 0 ứng với vật thật; d < 0 ứng với vật ảo.
Nếu R → ∞ thì (6) chuyển thành công thức lưỡng chất phẳng (LCP) :
n1 n2
+ =0
d d'

5. Số phóng đại ảnh qua lưỡng chất cầu

(7)

A’
B’


tan i
AB d ' 1 d '
=
. =
.
(8)
tan r A ' B ' d | k | d
Theo định luật khúc xạ ánh sáng và điều kiện tương điểm, ta có :
tan i sini n2
=
=
(9)
tan r sin r n1
n1 d '
Từ (8) và (9), viết lại : | k |= .
n2 d
n1 d '
Một cách tổng quát : k = − .
(10)
n2 d
Nếu ảnh cùng chiều vật thì k > 0 ; nếu ảnh ngược chiều vật thì k < 0.
Nếu ảnh của một vật qua LCP, từ (7) và (10) suy ra được : k = 1, ảnh cùng chiều và cao

bằng vật.
II. Kính cầu
Kính cầu là một quả cầu trong suốt, đồng tính có chiết suất n.
1. Công thức kính cầu
Một khối cầu tâm O, bán kính R, chiết suất n đặt trong không khí. Điểm sáng S đặt
cách tâm O khoảng d. Xét những tia sáng đến gặp khối cầu dưới góc tới rất bé. Bây giờ ta
hãy xác định vị trí ảnh S’ của S.
M
Áp dụng định lý hàm sin cho hai tam
γ
i I
J i’ β
giác :
S’
r r’
S
α
O
R
d
∆SIO :
=
(1)
d’
sin α sini
d
R
d'
Hình 2
∆S 'J O :

=
(2)
sin β sini'
Vì các góc i, α, β rất bé nên (1) và (2) được viết lại như sau :
R d
=
(3)
α i
R d'
=
(4)
β i'
Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại I và J cho các góc rất bé :
i = nr (5)
i’ = nr’ (6)
Từ hình vẽ ta có : α + β = 2(i − r) ⇒ β = 2(i − r) − α
(7)
Kết hợp (3),(4),(5),(6) và (7), biến đổi thu được :
1 1 2
1
+ = (1 − )
(8)
d d' R
n
Biểu thức (8) được gọi là công thức kính cầu. Quy ước:
Lấy O làm gốc : d = OS chiều dương ngược chiều tia sáng tới; d ' = OS' chiều dương
cùng chiều tia sáng tới.
2. Số phóng đại ảnh
Từ Hình 1.b ta có :

Ảnh của một vật qua kính cầu được biểu diễn như hình 3. Xét hai tam giác vuông đồng
A 'B'
d'
dạng : ∆OAB và ∆OA ' B ', suy ra được : k =
=− .
AB
d
Nếu ảnh cùng chiều vật thì k > 0; nếu
i I
J
ảnh ngược chiều vật thì k < 0.
B
r
A
III. Mặt cầu khúc xạ có
A’
O
chiết suất biến thiên
B’
Một tia sáng đơn sắc, chiếu đến
một quả cầu trong suốt với góc tới i.
Hình 3
Coi chiết suất của quả cầu phụ thuộc
vào bán kính của quả cầu theo quy luật n (r) =

R +a
với R bán kính
r+a

i I
i1
J
r r
i A1 K
I (1)
IO

quả cầu, a là hằng số, r là khoảng cách từ tâm quả cầu tới điểm có
chiết suất n(r).Tia sáng bị khúc xạ khi đi vào trong quả cầu. Ta hãy
biểu diễn quy luật biến đổi góc tới i của tia sáng khi đi vào trong quả
cầu này.
Trước tiên 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 tia
khúc xạ trong lớp cầu này coi như một đoạn thẳng.
Áp dụng định luật khúc xạ tại I: n 0 sin i = n1 sin r (1)
Áp dụng định lý hàm sin trong tam giác OIJ :
r(1)

R
sin r sin i1
n 0 R sin i = n1r(1) sin i1
=

I
Hình 4

(2)

Từ (1) và (2) ta có :

(3)
Tương tự, áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại J : n1 sin i1 = n 2 sinr1 (4)
Áp dụng định lý hàm sin trong tam giác OJK :

r(2)
sin r1

=

r(1)
sin i 2

(5)

Từ (4) và (5) ta có : n1 r(1) sin i1 = n 2 r(2) sini 2
(6)
Từ (3) và (6) suy ra một cách tổng quát : n (r) r(r) sin i r = const
(7)
B. Vận dụng
Bài 1 : Một bình thủy tinh hình cầu, đường kính 10 cm chứa đầy nước, chiết suất n = 4/3.
Trong bình có một cánh hoa nhỏ, coi như một vật phẳng AB. Xác định vị trí và số phóng
đại của ảnh cánh hoa, trong hai trường hợp :
a. Cánh hoa đặt đúng tâm hình cầu.
b. Cánh hoa đặt cách tâm hình cầu 1 cm, về phía người quan sát. Bỏ qua độ dày của
vỏ bình cầu.
Giải :
a. Vì độ dày của vỏ bình mỏng, nên coi như nước tiếp giáp
với không khí là một mặt cầu lưỡng chất. Áp dụng công thức
lưỡng chất cầu, ta có :
n 1 1− n

+ =
⇒ d ' = − R = −5cm.
R d ' −R

Hình 5


Áp dụng công thức tính số phóng đại ảnh, ta có :
n d'
k = − 1 . = n = 4 / 3.
n2 d
Vậy ảnh của cánh hoa trùng với vị trí của cánh hoa, ảnh ảo, cùng chiều và lớn hơn cánh
hoa (Hình 5).
b. Tương tự, áp dụng công thức lưỡng chất cầu, ta có :
n
1 1− n
R (R − 1)
+ =
⇒d'=
= −3, 75cm .
R −1 d ' −R
1 − (R + n)

n1 d '
d'
= − n = 1, 25.
n2 d
d
Vậy ảnh của cánh hoa cách đỉnh chỏm cầu O 3,75 cm và là ảnh ảo cùng chiều và lớn hơn
cánh hoa.

Bài 2 : Hai khối cầu trong suốt có cùng bán kính R, chiết suất n. Khoảng cách hai tâm
D ≥ 2R . Hãy tìm hệ thức liên hệ giữa D, R, n để chùm sáng tới hẹp song song với đường
thẳng nối tâm hai quả cầu sau khi qua hệ lại trở thành chùm song song. Biện luận kết quả
tìm được.
O1
O2
→ S1 
→ S2
Giải : Sơ đồ tạo ảnh của chùm sáng khi qua hệ : S 
d ,d '
d ,d '
Số phóng đại ảnh được xác định : k = −

1

1

2

2

Áp dụng công thức kính cầu cho ảnh S1 qua khối cầu thứ nhất có tâm O1 là :
1 1 2
1
1 1 2
1
nR
+ = (1 − ) ⇒ + ' = (1 − ) ⇒ d1' =
.
d d' R

n
∞ d1 R
n
2(n − 1)
Ảnh S1 trở thành vật qua khối cầu thứ hai có tâm là O2,
nR
2 D(n − 1) − nR
d 2 = O1O2 − d1' = D −
=
.
2(n − 1)
2(n − 1)
Áp dụng công thưc kính cầu cho khối cầu thứ hai là :
1 1 2
1
nR
2 D(n − 1) − nR
nR
+ = (1 − ) ⇒ d 2 =
=
⇒D=
.
d2 ∞ R
n
2(n − 1)
2(n − 1)
(n − 1)
Biện luận : Từ điều kiện bài toán đã cho D ≥ 2R ⇒

nR

≥ 2R ⇒ n ≤ 2.
(n − 1)

Bài 3 : Một thấu kính dày có một mặt cầu lồi và một
mặt cầu lõm (Hình 6). Chiết suất thấu kính là n. Bán B
kính mặt cầu lồi lớn hơn bán kính mặt cầu lõm là ∆R . A
Hãy tính bề dày e của đoạn trục chính nối giữa hai
đỉnh O1O2 của mặt cầu để số phóng đại ảnh cho bởi
thấu kính trên không phụ thuộc vào vị trí đặt vật AB
trên trục chính và trước thuấ kính. Áp dụng bằng số:
∆R = 1,5cm; n = 1,5.
Giải : Sơ đồ tạo ảnh của vật AB cho bởi hệ lưỡng chất cầu:
O1
O2
AB 
→ A1B1 
→ A2 B2
d ,d '
d ,d '
1

1

2

O1

O2

Hình 6

2

Áp dụng công thức lưỡng chất cầu cho mặt cầu lưỡng chất có đỉnh O1 và có bán kính R1 :


1 n n −1
nR1d1
+ ' =
⇒ d1' =
(1)
d1 d1
R1
d1 (n − 1) − R1
Ảnh A1B1 là vật cho mặt cầu lưỡng chất có đỉnh O2 và có bán kính R2, ta có :
nR1d1
d [e(n − 1) − nR1 ] − eR1
d 2 = e − d1' = e −
= 1
(2)
d1 (n − 1) − R1
d1 (n − 1) − R 1
Áp dụng công thức lưỡng chất cầu ta có :
n
1
n −1
R2 d 2
+ ' =−
⇒ d 2' = −
(3)

d2 d2
R2
d 2 (n − 1) + nR 2
R2 d1 [e(n-1)-nR1 ]-eR1R2
'
Thay (2) vào (3), biến đổi và rút được : d 2 = −
d1 (n − 1){[e(n-1)-nR1 ]}- n R1 R 2

(4)

1 d1'
d 2' d1' d 2'
.(−n) =
Số phóng đại ảnh cho bởi hệ : k = k1.k2 = −
(5)
n d1
d 2 d1 d 2
nR1 R2
Thay (1), (2) và (4) vào (5) thu được : k = −
(6)
d1 (n − 1){[e(n-1)-nR1 ]+nR2 }- n R1 R 2
n∆R
Để k không phụ thuộc vào vị trí của vật thì : [e(n-1)-nR1 ]+nR2 = 0 ⇒ e =
(7)
n −1
Thay số vào (7) rút được : e = 4,5 cm.
Bài 4: Một thấu kính thủy tinh có dạng hình bán cầu tâm O bán kính R = 4,5 cm chiết
suất bằng 1,5. Môi trường tiếp xúc với mặt cầu là không
khí. Môi trường tiếp xúc với mặt phẳng của thấu kính là
B

nước có chiết suất là 4/3. Các tia sáng truyền đến thấu
O1
A
O
kính đều thỏa mãn điều kiện tương điểm. Đặt vật sáng AB
cao 1 mm vuông góc với trục chính, A trên trục chính
(Hình 7) cách đỉnh O của thấu kính 6 cm.
Hình 7
a. Hãy xác định vị trí, tính chất và độ cao của ảnh cho
bởi thấu kính trên.
b. Xác định vị trí tiêu điểm ảnh chính và vật chính của thấu kính.
Giải :
a.Coi hệ gồm lưỡng chất cầu và lưỡng chất phẳng, sơ đồ tạo ảnh của vật qua hệ :
O1
O
AB 
→ A1B1 
→ A2 B2
d ,d '
d ,d '
1

1

2

2

Gọi n1 là chiết suất của không khí, n2 là chiết suất của thủy tinh và n3 là chiết suất của
nước. Ảnh của vật qua lưỡng chất cầu được xác định :

n1 n2 n2 − n1
+ =
⇒ d1' = −27cm
d1 d1'
R

Ảnh A1B1 là vật qua lưỡng chất phẳng, ta có : d 2 = OO1 − d1' = 31,5cm .
'
Áp dụng công thức của lưỡng chất phẳng, ta có : d 2 = −

Số phóng đại của ảnh qua hệ : k =

n3
d 2 = −28cm
n2

A2 B2
n d'
= k1k2 = k1 = − 1 1 = 3.
n2 d1
AB

Chiều cao của ảnh cuối cùng qua hệ : A2 B2 =| k | AB = 3mm .


Vậy, ảnh cuối cùng qua hệ là ảnh ảo, cùng chiều vật, cao gấp ba lần vật và cách O 1 một
khoảng 28 cm.
b. - Xác định tiêu điểm vật chính : vật thật đặt tại tiêu điểm vật chính F cho ảnh cuối
cùng ở vô cực. Áp dụng công thức đối với lưỡng chất phẳng, ta có :
n3

d 2 = ∞ ⇒ d 2 = −∞ ⇒ d1' = O1O − d 2 = ∞
n2
n1 n2 − n1
=
⇒ d1 = FO = 9cm .
Áp dụng công thức lưỡng chất cầu, ta có :
d1
R
d 2' = −

- Xác định tiêu điểm ảnh chính : Vật ở vô cực qua thấu kính cho ảnh ở tiêu điểm ảnh
chính F’. Áp dụng công thức lưỡng chất cầu, ta có:
n1 n2 n2 − n1
Rn2
+
=
⇒ d1' =
= 13,5cm
∞ d '1
R
n2 − n1

Áp dụng công thức lưỡng chất phẳng, ta có :
d 2 = OO1 − d1' = −9cm ⇒ d 2' = −

n3
d 2 = O1 F ' = 8cm. .
n2

Vậy tiêu điểm vật của thấu kính cách đỉnh O của bán cầu 9 cm, tiêu điểm ảnh của

thấu kính cách tâm O1 của bán cầu 8 cm.
Bài 5: (Trích đề thi HSG Quốc gia môn Vật lý năm 2005) Một vật sáng có khối lượng m,
coi như một chất điểm, được gắn dưới một lò xo có độ cứng k và có khối lượng không
đáng kể. Khi dao động, vật có vị trí cân bằng nằm trên đường thẳng kéo dài của đường
kính O1O2 của một quả cầu thủy tinh. Quả cầu có bán kính
R, chiết suất n = 1,5. Khoảng cách từ vị trí cân bằng của
vật sáng tới O1 là R. Mặt sau quả cầu được tráng bạc như
Hình 8. Chỉ xét ảnh của vật sáng tạo bởi các tia đi từ vật
đến quả cầu với góc tới nhỏ. Coi chiết suất của không khí
O1 R C
bằng 1.
O2
a. Xác định vị trí ảnh của vật sáng khi vật ở vị trí cân
bằng.
b. Khi vật sáng dao động với biên độ A (A có giá trị
Hình 8
nhỏ) thì ảnh của vật dao động với vận tốc cực đại bằng bao
nhiêu ?
Giải :
a. Ảnh của vật nhỏ qua quang hệ có sơ đồ như sau :
O1
O2
O1
S 
→ S1 
→ S2 
→ S3
d ,d '
d ,d '
d ,d '

1

1

2

2

3

3

Áp dụng công thức lưỡng chất cầu cho ảnh S1 tạo bởi S, ta có :
n1 n2 n2 − n1
1 n n −1
nR
+ =
⇒ + ' =
⇒ d1' =
= −3R.
d d'
R
R d1
R
n−2

Ảnh S1 lại là vật của gương cầu lõm có đỉnh gương là O2 cho ảnh S2, ta có :
d 2 = O1O2 − d1' = 5R. Áp dụng công thức gương cầu, ta có :
1
1 1

d f
5R
+ ' = ⇒ d 2' = 2
=
.
d2 d2 f
d2 − f
9


Ảnh S2 qua lưỡng chất cầu lại cho ảnh S3, ta có : d 3 = O1O2 − d 2' =
Áp dụng công thức lưỡng chất cầu :

13R
.
9

n 1 1− n
13R
13R
+ ' =
⇒ d 3' =
=−
.
d 3 d3 − R
4n − 13
7

13R
.

7
b. Khi vật dao động, tức vật dịch chuyển từ M đến N theo phương vuông góc với
đường O1O2 thì ảnh cuối cùng qua hệ dịch chuyển từ M3 đến N3 cũng theo phương vuông
góc với đường O1O2. Sơ đồ tạo ảnh qua hệ được biểu diễn như sau :
O1
O2
O1
MN 
→ M 1 N1 
→ M 2 N 2 
→ M 3 N3
d ,d '
d ,d '
d ,d '
Vậy ảnh cuối cùng qua hệ là ảnh ảo, cách O1 một khoảng

1

1

2

2

3

3

Áp dụng công thức tính số phóng đại ảnh qua lưỡng chất cầu và qua gương cầu, ta có :
M 1 N1

1 d1'
M 2 N2
d 2'
1
M 3 N3
d 3' 27
k1 =
=−
= 2 ; k2 =
= − = − ; k3 =
= −n = .
n d1
d2
9
d 3 14
MN
M 1 N1
M 2 N2
M 3 N3
3
3
= k1 .k 2 .k 3 = − ⇒ M 3 N 3 = − MN (*)
7
7
MN
Gọi v là vận tốc của vật trong dao động, v’ là vận tốc của ảnh cuối cùng qua hệ. Đạo hàm
3
hai vế của (*) theo thời gian ta có : v ' = − v . Vậy chuyển động của ảnh cuối cùng qua hệ
7
3

'
= vmax . Vì vật nhỏ dao
ngược chiều chuyển động của vật và có độ lớn cực đại : vmax
7
k
động điều hòa nên vận tốc của cực đại của vật khi dao động là : vmax = ωA = A
.
m
3A k
'
=
.
Suy ra được: vmax
.
7 m
Bài 6: (Trích đề thi Vật lý Quốc tế năm 1971) Một bể cá hình cầu làm bằng thủy tinh
mỏng chứa đầy nước có chiết suất n = 4/3, đặt trước một gương phẳng đứng thẳng. Bán
kính bể là R, khoảng cách từ tâm bình cầu đến gương là 3R. Quan sát viên ở khoảng cách
lớn nhìn theo đường kính hình cầu vuông góc với gương. Ở điểm trên đường kính ngược
với phía có quan sát viên, có một con cá bắt đầu bơi theo thành bể, vuông góc với đường
kính, với vận tốc v. Những ảnh của con cá mà quan sát viên trông thấy sẽ ra xa nhau với
vận tốc tương đối vtđ bằng bao nhiêu ?
Giải :
Số phóng đại của ảnh qua hệ là : k =

G

M

A3B3

O1

O

AB

O2

A’B’

A2B2

Hình 9

Quan sát viên hai ảnh của cá AB, một tia sáng đi về phía mắt, một tia sáng đi về phía
gương phẳng rồi phản xạ lại được mô tả bằng Hình 9 và hai sơ đồ tạo ảnh sau :


O2
G
O
O1
→ A1B1 
→ A2 B2 
→ A3 B3
AB 
→ A 'B' ; AB 
d1 , d1 '
d2 ,d2 '

d 3 , d3 '
d ,d '
a. Xác định ảnh A’B’. Vật AB qua lưỡng chất cầu có đỉnh O1 cho ảnh A’B’.

n1 n2 n2 − n1
+ =
.
d d'
R
n
1 1− n
2R
+ =
⇒d'=
= −3R.
Theo quy ước, suy ra được :
2R d ' − R
n−2

Áp dụng công thức lưỡng chất cầu :

n1 d '
d'
= − n = 2.
n2 d
d
Vậy ảnh A’B’ của AB là ảnh ảo, cùng chiều và lớn gấp 2 lần AB. Mặt khác, theo số
A' B '
(1)
phóng đại ảnh : ka =

= 2 ⇒ A ' B ' = 2 AB
AB
Đạo hàm hai vế của (1) theo thời gian, thu được : v A ' = 2v A = 2v (2)
b. Vật AB nằm sát lưỡng chất cầu có đỉnh O2 nên ảnh A1B1 là ảnh ảo nằm trùng với
AB. Ảnh A1B1 là vật cho gương phẳng G, ta có :
d 2 = O2G − d1' = O2G = 2 R ⇒ d 2' = − d 2 = −2 R.
Ảnh A2B2 là ảnh ảo cùng chiều và bằng với vật AB.
A2B2 lại là ảnh của kính cầu tâm O, ta có : d 3 = OG − d 2' = 3R − (−2 R) = 3R .
Áp dụng công thức kính cầu, ta có :
1 1 2
1
1 2 n −1
1
10 R
+ ' = (1 − ) ⇒ ' = (
)−
⇒ d 3' =
.
d 3 d3 R
n
d3 R n
5R
3
Số phóng đại của ảnh A3B3 :
A3 B3
d 3'
2
kb = k1k2 k3 =
=− =−
(3)

d3
3
AB
2
Từ (3), ta có : A3 B3 = − AB
(4)
3
Đạo hàm hai vế của (4) theo thời gian, thu được :
2
2
v A3 = − v A = − v
(5)
3
3
2
Vậy ảnh A3B3 của AB chuyển động ngược chiều với AB và có độ lớn là v .
3
Vận tốc
uurtương
uur đối
uur củauhai
ur ảnh
uur A’B’
uur và A3B3 được xác định như sau :
v A3 = v A ' + vtđ ⇒ vtđ = v A3 − v A '
(6)
Vì A’B’ chuyển động cùng chiều AB, A3B3 chuyển động ngược chiều AB nên A’B’
chuyển động ngược chiều A3B3. Từ (2) và (5), suy ra được :
2v 8v
vtđ = 2v +

= .
3
3
Bài 7: Một chùm sáng đơn sắc, hẹp (coi là một tia sáng) chiếu đến một quả cầu trong suốt
với góc tới i. Chiết suất của quả cầu phụ thuộc vào bán kính quả cầu theo công thức
Số phóng đại ảnh : k = −


n (r) =

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

có chiết suất n(r).Tia sáng bị khúc xạ trong quả cầu. Hãy xác định khoảng cách nhỏ nhất từ
tâm quả cầu đến tia khúc xạ và vẽ phát họa đường truyền của tia sáng trong quả cầu.
Giải :
Áp dụng : n 0 R sin i = n (r) r sin i (r ) = const
(1)
Trong đó i r là góc tới tại lớp cầu có bán kính r. Do chiết suất của khối cầu phụ thuộc vào
bán kính nên càng vào gần tâm cầu bán kính r các lớp cầu càng nhỏ.
Suy ra được chiết suất n(r) càng vào trong tâm cầu càng tăng, tức là n0 < n1 < n2 < …

R +a
R +a
r sin i (r) = const ⇔
sin i (r ) = const
a
Từ (1), ta có : r + a
(2)

1+
r

Từ (2), suy ra được tia khúc xạ càng vào gần tâm cầu thì góc khúc xạ i (r) tại các lớp cầu
càng tăng, do đó i 0 < i1 < i 2 < ...
Khi góc khúc xạ tăng đến giá trị lớn nhất i (r) = 900 thì tia khúc xạ lại tiếp tục lại truyền ra
0
xa tâm cầu. Như vậy, tại điểm có i (r) = 90 thì khoảng cách từ tâm cầu đến tia khúc xạ là
nhỏ nhất và chính bằng bán kính nối từ tâm cầu đến điểm đó.
Từ (1) ⇒ n 0 R sin i = n (r) rmin sin 90 =

aRn 0 sin i
R+a
.rmin sin 90 ⇒ rmin =
rmin + a
a + R(1 − n 0 sin i)

(3)
Từ điều kiện biên của bài toán ta có :
rmin =

O r
I min

aR sin i
a + R(1 − sin i)

Đường truyền của tia sáng trong quả cầu có dạng như Hình 10.
Hình 10

Bài 8: Một khối chất trong suốt dạng hình trụ tròn rỗng được đặt
trong không khí. Bán kính mặt ngoài và mặt trong của hình trụ
rỗng lần lượt là 3R và 2R , với R là một hằng số dương. Chiết
suất của khối chất thay đổi theo khoảng cách r đến trục của hình
trụ rỗng theo quy luật :
n(r) =

r
, với 2 R ≤ r ≤ 3R .
R

Chiếu một tia sáng đơn sắc tới mặt ngoài của khối chất tại điểm A
(Hình 11) và nằm trong mặt phẳng tiết diện ngang của khối chất.
a. Chứng minh rằng tại một điểm nằm trên đường truyền ánh
sáng nằm cách trục của hình trụ rỗng một khoảng r , góc tới i(r)
của tia sáng tại điểm đó luôn thỏa hệ thức : n(r) r sin i(r) = const .
b. Tính góc tới iA để tia sáng :

Hình 11


- tới được mặt trong của hình trụ.
- đi vào phần rỗng của hình trụ.
0
c. Khi góc tới iA = 60 , hãy tính khoảng cách nhỏ nhất từ trục của hình trụ rỗng đến tia
sáng.
Giải :
a. Chia khối trụ thành những lớp trụ rất mỏng sao cho chiết suất ở
trong mỗi lớp mỏng là không đổi và được biểu diễn như hình vẽ 12.
Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại I : n1 sin i1 = n2 sin r1 (1)

r2
r
= 1
Áp dụng định lí hàm số sin cho tam giác OIJ ta có
(2)
sinr1 sin i2
Từ (1) và (2) suy ra được : n1r1 sin i1 = n2 r2 sin i2 = n(r) r sin i( r ) = const (3)

i1
n1 I
r1 i2
n2 A
J
(1)

r2

I O
Hình 12

b. – Tính góc tới iA để tia sáng tới được mặt trong của hình trụ : Từ
(3), tia sáng càng vào trong khối trụ rỗng thì n(r)r càng giảm nên góc tới i(r) càng tăng. Để
tia sáng tới được thành trong của khối trụ rỗng thì góc tới i(r) ngay tại thành trong của
khối trụ rỗng phải thỏa :
i(r) ≤ 900 ⇒ sin i(r) ≤ 1
(4)
Áp dụng (3) cho điểm A và một điểm trên thành trong của khối trụ, ta có :
nA rA sin iA = n(r) r sin i( r ) ⇔ 3 3R sin i A = 2 2 R sin i( r ) (5)
Từ (4) và (5), suy ra được : sin iA ≤

2 2
⇒ iA ≤ 330.
3 3

– Tính góc tới iA để tia sáng tới đi vào phần rỗng của khối trụ : Để tia sáng đi vào
trong phần rỗng của khối trụ thì phải thỏa mãn điều kiện không xảy ra phản xạ toàn phần
tại thành trong của khối trụ, ta có :
sin i(r) ≤ sin i(r)gh
(6)
Từ (5) và (6), rút được :

nA rA sin iA
1
≤
n(r) r
n(r)

(7)

0
Thay r = 2R; n(r) = 2 vào (7) thu được : iA ≤ 22, 6 .
0
c. Khoảng cách nhỏ nhất từ trục của hình trụ đến tia sáng khi góc tới i(r) = 90 .

Từ (3), ta có : nA rA sin iA = n(r ) rmin ⇒ rmin =
min

81
R ≈ 2, 73R.
4

Vậy khoảng cách nhỏ nhất từ trục hình trụ đến tia sáng là rmin ≈ 2, 73R;(2 R ≤ rmin ≤ 3R)
Bài 9 : (Trích đề thi Olympic Vật lý Boston, Mỹ năm 2000) Một hành tinh có khối lượng
riêng và áp suất khí quyển như ở Trái Đất. Để đơn giản, xem như nhiệt độ bầu khí quyển
không thay đổi theo độ cao và có giá trị bằng nhiệt độ ở bề mặt hành tinh. Ngoài ra thành
phần khí quyển trên hành tinh cũng giống như trên Trái Đất. Hỏi hành tinh phải có bán
kính là bao nhiêu để một chùm tia sáng có thể đi dọc theo bề mặt vòng quanh hành tinh ?
Cho biết chiết suất môi trường phụ thuộc khối lượng riêng ρ theo hệ thức : n(ρ) = 1 + ερ ,
với ε là hằng số.
Giải :


Xét lớp khí quyển trên bề mặt hành tinh có độ cao dh
Để chùm tia sáng có thể đi dọc theo bề mặt vòng quanh
thì tại I,J... chùm tia khúc xạ phải đi theo phương ngang,
chùm tia khúc xạ vuông góc với các bán kính OI,OJ...
Áp dụng công thức : n(r) r sin i(r) =const cho hai điểm I,J ta

n+dn
n i
I

nR sin i1 = (n + dn)(R + dh) sin i2
Vì sin i1 = sin i2 nên suy ra được :
nR = (n + dn)(R + dh)
n
dn
dh

dh

(Hình 13).
hành tinh
tức là
có :

R
O

(1)
Triển khai biểu thức (1), lấy các số hạng bậc nhất theo h,
R=−

J

Hình 13

ta có :

(2)

n
dn εd ρ
R=−
=
εd ρ
Vì n(ρ ) = 1 + ερ , nên
và do đó :
dh dh
dh

dρ
Như vậy, ta cần phải xác định
. Ta cần phải có ba dữ liệu :
dh
m
ρ
a. Đối với khí quyển trên bề mặt hành tinh, ta có : pV = RT ⇒ p = RT
µ
µ

(3)

(4)

Thành phần khí quyển ở trên bề mặt hành tinh cũng giống trái đất, nhiệt độ bầu khí quyển
không phụ thuộc vào độ cao nên hằng số khí R cũng không phụ thuộc vào độ cao.
Từ (4) suy ra được :
Do đó :

p
ρ
p
=
⇒ ρ = ρE
pE ρ E
pE

d ρ ρ E dp
=
.

dh pE dh

(5)
(6)

b. Nếu xét một cột không khí nhỏ có độ cao dh và đáy có diện tích S thì độ giảm áp
suất của cột khí được xác định : − S

dp d
=
(ρVg ) = ρs g
dh dh

dp
= − gρ.
dh
GM
RE2 M
g
=
⇒
g
=
g
c. Từ
E
R2
R2 M E

Từ (7) suy ra được :

(7)
(8)
(9)

Vì khối lượng riêng của hành tinh giống khối lượng riêng của trái đất nên ta có :
M
R3
= 3
M E RE

Kết hợp (9) và (10) suy ra được : g =

(10)
gE
.R
RE

(11)

 ρ  g 
dρ
= −ρR  E ÷ E ÷ (12)
dh
 pE  RE 
nRE pE
Thay (12) vào (3) ta tìm được : R =
(13)
εg E ρ E ρR

Thay (8) và (11) vào (6) ta thu được :


Với n( ρ) = 1 + ερ , ρ = ρ E kết hợp (13) ta thu được : R =

(1 + ερ E ) RE pE
.
εg E ρ2E

C. Bài tập tự giải
Bài 1 : Một hình trụ bằng thuỷ tinh chiết suất n = 1,53 đặt trong không khí, có đáy dưới phẳng
MN vuông góc với trục O’O của hình trụ (hình vẽ). Đáy kia của hình trụ
O
Q
P
là chỏm cầu PQ có đỉnh O, bán kính cong R = 4mm. Trên đáy MN có
một vết xước thẳng AB dài 1mm. Đặt mắt ở O ta nhìn thấy một ảnh ảo
A’B’ của AB ở cách mắt một khoảng bằng 40cm.
a.Tính độ cao O’O của hình trụ và kích thước của ảnh A’B’.
b.Thực tế vết xước có độ sâu dọc theo trục O’O bằng 0,01mm. Tính
kích thước dọc theo trục O’O của ảnh vết xước.

O’
M B A

N

Đáp số : k =53; A’B’=5,3cm; ∆d ' = 2, 05cm .
Bài 2 :
1. Một vỏ cầu có bán kính ngoài R1 và bán kính trong R2

n1
được làm bằng chất trong suốt có chiết suất n2. Từ môi trường
i1 I i
2
n2
ngoài có chiết suất n1, một tia sáng được chiếu tới vỏ cầu dưới
J
góc tới i1. Trước khi đi vào bên trong, tia sáng chiếu đến mặt trong
của vỏ cầu dưới góc tới i2 (hình vẽ). Thiết lập hệ thức liên hệ giữa
i1, i2 với R1, R2 và n1, n2.
O
2. Một quả cầu tâm O, bán kính R được làm bằng một chất
R2
trong suốt. Cách tâm O khoảng r, chiết suất của quả cầu tại
R1
2R
những điểm đó được xác định : n r =
. Từ không khí, chiếu
R+r
một tia sáng tới quả cầu dưới góc tới i = 30o :
a. Xác định khoảng cách ngắn nhất từ tâm O tới đường đi của tia
sáng.
b. Xác định góc lệch giữa tia sáng tới và tia sáng ló ra ngoài quả cầu.
π/ 2
sin x
dx ≈ 0,386. Đáp số : rmin = R/3; 2370.
Cho biết : ∫
4 sin x − 1
π/6
Bài 3 : Coi khí quyển Trái Đất như một lớp trong suốt có chiết suất giảm theo độ cao theo công

thức : n = n0 – ah, với n là chiết suất khí quyển ở độ cao h so với mặt đất; n0 là chiết suất của khí
quyển ở mặt đất; a là một hệ số không đổi. n và n0 luôn lớn hơn 1 một chút, còn ah luôn nhỏ hơn
1. Bán kính trái đất là R. 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 theo đúng một vòng tròn
1 n
quanh Trái Đất rồi trở lại điểm A. Đáp số : h0 = ( 0 − R).
2 a

--------Hết----------