chuyên đề một số bài toán quang hình dùng cho bồi dưỡng học SINH giỏi

MT S BI TON QUANG HèNH
DNG CHO BI DNG HC SINH GII
Trong quỏ trỡnh bi dng hc sinh gii mụn Vt Lớ, phn quang hỡnh hc cú khỏ
nhiu ni dung, tuy nhiờn cú th nm vng v vn dng tt cỏc kin thc phn quang
hỡnh hc ny thỡ theo nhúm biờn son ni dung chuyờn thy vn trng tõm nht l
nghiờn cu ng truyn ca chựm sỏng trong mụi trng cú chit sut bin i liờn tc.
Nu hc sinh hiu v vn dng tt cỏc ni dung liờn quan n s truyn sỏng trong mụi
trng cú chit sut bin i liờn tc thỡ gn nh tt c cỏc ni dung ca phn quang hỡnh
hc c xõy dng, hỡnh thnh v hc sinh nm c khỏ vng vng cỏc kin thc cn
thit. Chớnh vỡ lớ do nờu trờn, nờn trong ni dung chuyờn ny nhúm biờn son ch tp
trung gii thiu mt s bi toỏn cú liờn quan.
Bài 1

Một chùm tia sáng đơn sắc ,hẹp, tới vuông góc với

y

B

C



D
d

A

E

o

x

cạnh AE của bản mặt song song tại A (xA=0). Chiết suất của bản biến đổi theo qui luật :
nX =

nA
1

x
R

Trong đó nA và R là là các hằng số. Chùm tia rời bản ở B dới góc . Hãy tính :
1) chiết suất nB tại B?
2) Tọa độ điểm B (xB).
3)
Chứng tỏ đờng đI của tia sáng trong bản là
y
C

i

rD



nAn1

A o

x

một cung tròn.
4) Tính bề dày d của bản.
Giải
1) *Vì nx chỉ biến đổi theo trục õ nên ta tởng
tợng chia bản mặt thành vô số lớp song song bằng
1


các mặt phẳng song song với AC . Coi chiết suất của
các bản này là không đổi và bằng nA, n1 , n2, n3 ,nx , nB.
*Theo định luật khúc xạ ánh sáng ta có:
nAsin900=n1sini1=n2sini2=nBsini nA=nBsini (1)
Theo nguyên lý đảo chiều ánh sáng ta có:
cos =nBsinr=nBsin(900-i)=nBcosi
(2)
Từ (1) và (2)

n 2A + cos 2 = n 2B (sin 2 i = cos 2 i) = n 2B
n B = n 2A + cos 2

y
C

ix

B
r

(3)

2)

Từ giả thiết

, kết hợp với


nB =

Ao

(3) x B =

x

( n 2A + cos 2 n A
n 2A + cos 2

R

nA
x
1 B
R

(4)

3) Ta có tgi x = dy dy = tgi x dx

dx

XB

y = tgi X dx

(*) .

0

nAsin900=nXsiniX sini X = n A cos i X = 1 n 2A =
2

nx

nX
n R
= A
R x

n 2X n 2A
nX

nA
nA
sin i X
n=
= 2
. Thay
x

cos i X
1 B
n X n 2A
R
nA
Rx
Rx
tgi X =
=
=
2
2
2
2
nAR
R (R x)
x 2 + 2Rx
2
nA
(R x) 2
Rx
dx .
Thay tgiX vào (*) ta có y =
x 2 + 2 Rx
tgi X =

Đặt u = -x2 + 2Rx du = 2xdx + 2 Rdx = 2(R x)dx (R x)dx = 1 du

2
1 du

1 12
Thay vaov biểu thức của y : y =
y = u du y = x 2 + 2 Rx + C
2 u
2

Tại x = 0 y=0 C = 0 y2 = 2Rx x2 (x R)2 + y2 = R2
Vậy quỹ đạo của tia sáng là đờng tròn.

2


5) tính chiều dày của bản mặt:
d=

Rx

XB



x = 2 Rx
2

0

dx = x 2B + 2 Rx B .

Theo câu 2 ta có x B =
R cos

d=

n 2A + cos 2

( n 2A + cos 2 n A )
n 2A + cos 2

R , thay vào ta tính đợc

.

Bài 2

Một bản mặt song song hình chữ nhật có kích
y
b

A

B

a
o

n0



C

x

thớc a, b , làm bằng chất có chiết suất biến đổi theo theo trục y : n = n0 1 ky ( k là hằng
số).Một tia sáng đơn sắc đi vào cạnh bản mặt và nằm trong tiết diện OABC với góc tới
.
a) Lập phơng trình quỹ đạo của tia sáng trong bản mặt song song.
b) Tìm hệ số k để cho khi y = ( c) Với bằng bao nhiêu thì tia sáng ló ra ở B,ở C ; ở điểm giữa AB ; ở điểm gi a
BC.
Giải:
y
B

A



o

i
C

x

a) *Vì ny chỉ biến đổi theo trục oy nên ta tởng
tợng chia bản mặt thành vô số lớp song song bằng các mặt phẳng song song với 0C . Coi
chiết suất của các bản này là không đổi và bằng n0, n1 , n2, n3 ,nx , nB.
*Theo định luật khúc xạ ánh sáng ta có:
nsini =n0sin n0 1 ky sin i = n0 sin (1)

3


* Hình vẽ + i = 90 0 sin i = cos
dy
1
dy

= 1 + ( )2
2
dx
dx
cos
1
1
cos =
sin i =
(2)
dy
dy
1+ ( )2
1+ ( )2
dx
dx
1
1 ky
n0 1 ky ì
= n0 sin
= sin 2
dy

Từ (1) và (2)
dy
1 + ( )2
1+ ( )2
dx
dx
tg =

cos 2 ky dy
dy 2
dy 2
2
2
1 ky = sin = sin .( ) cos ky = sin .( )
=

dx
dx
sin
dx
dy
1
dy
1
dy
k
=
dx
=
dx

=
dx
2
2
2
sin
sin
cos ky sin
cos
cos
k
y
y
k
k
2

2

1

(

1



cos 2
cos 2
k

cos 2
cos 2
k
y) 2 d (
y) =
dx (
y) 2 d (
y) =
dx
k
k
sin
k
k
sin

cos 2
k
y) 2 =
x + C (*)
k
sin
1

2(

* ti thi im u : y = 0 ; x = 0 C =

2 cos
k

; thay vào (*) ta đợc

cos 2
k
2 cos
cos 2
k
4 cos 2
2
y) 2 =
x+
4(
y) 2 =
x
+
4 cot g .x
k
sin
k
k
sin 2
k
k
k
4y =
x 2 4 cot g .x y = (1 + cot g 2 ) x 2 + cot g .x (**)
2
4
sin

1

1

2(

b) Làm bình thờng
c) Làm bình thờng.

Bài 3
1) Máy ảnh tự tụ tiêu có vật kính là một thấu kính mỏng có đờng kính bề mặt 1 cm
và khoảng cách từ vật kính đến phim là 5cm không thay đổi đợc . Hỏi máy ảnh
chụp đợc ảnh của các vật nằm trong khoảng nào trớc máy . Cho năng suất phân ly
của mắt là 1,5( 1 = 1 rad ) .
35000
2) Để chụp đợc ảnh của những vật nằm cách máy từ 1m đến , máy ảnh gồm 2 thấu
kính ( 1 hội tụ và 1 phân kỳ) đặt cách nhau 1cm , khoảng cách từ thấu kính sau
đến phim vẫn là 5cm . Các khoảng cách trên không thay đổi đợc . Đờng kính bề
mặt của 2 kính đều là 5cm . Tính tiêu cự của 2 thấu kính.

4


A
S

S

3

1

o

S2

mà
nD

S

'
3

S

S 2'

'
1

C

B

Giải
* Năng suất phân ly của mắt là tức là
khi đặt phim ở khoảng nhìn rõ nhất của
mắt (Đ=25cm) thì ta có thể phân biệt đợc
2 điểm C,D trên phim CD = .Đ =

1.10-3cm.
* Sơ đồ tạo ảnh:
o

S1 ' S1' Fim
d1 d1

o

o

d2 d2

d3 d 3

; S 2 ' S 2' ( sau Fim) ; S 3 ' S 3' (truoc Fim)

* Xét ABS có : DC//AB
Bài 4
Cho một mặt cầu khúc xạ 2 mặt lồi (thấu kính dày) có đờng kính bề mặt là 2R , bề dày
e = O1O 2 làm bằng thủy tinh chiết suất n . Hãy tình tiêu cự của thấu kính theo R , e , n
theo 2 phơng pháp quang hình và quang lý.
Chú ý:
* Theo quan điểm quang hình học , ảnh của một điểm sáng là giao của các tia sáng.
* Theo quan điểm quang lý , ảnh của một điểm sáng là điểm cực đại của giao thoa
các sóng thứ cấp . ( hãy chứng minh thời gian truyền sáng từ 1 điểm bất kỳ trên mặt
sóng tới điểm cực đại không phụ thuộc vào vị trí của tia).
'
2

n
o1 o o2

S2F

Giải:
o1

o2

d1 d1'

d 2 d 2'

SĐTA: S S1 S 2 F .
Ta có:

1 n n 1
n
+ ' =
d1' =
.R d 2 = e d1'
d1
R
n 1
d2 = e

n
e(n 1) Rn
R=

n 1
n 1

5


n
1 1 n
1
n 1
n(n 1)
e(n 1) 2 R (n 1)n Rn(n 1)
+ ' =
' =

=
R
R
e( n 1) Rn
R[ e(n 1) Rn]
d2 d2
d2
e(n 1) 2 Rn
R
e(n 1) Rn
e
d 2' =
.
f = + d 2'
và :

R[ e( n 1) Rn]
(n 1) e(n 1) 2 Rn
2
e
R
e(n 1) Rn
f = +
.
2 ( n 1) e(n 1) 2 Rn
= (n 1)

Bài 5
Đại lợng i gọi là thiên đỉnh cự , tức là khoảng cách thiên đỉnh .
gọi i0 là thiên đỉnh cự thực của sao (I chỉ là biểu kiến)
1) Với những góc i < igh nào đó thì có thể coi khí quyển nh
những lớp phẳng nằm ngang có chiết suất giảm dần từ
i
thấp lên cao. Gọi i = i0- i và n0 là chiết suất của lớp khí
sát mặt đất . Tìm biểu thức của i theo n0 , i .
2) Cho rằng chiết suất giảm theo độ cao theo hệ thức n z = n 20 bz .
Hãy tìm dạng đờng đi của tia sáng trong khí quyển theo mô hình nói trên.
Giải:
1) Ta có n0sini = sini0 n 0 = sin i 0
sin i
z
sin( i + i) sin i cos i + cos i. sin i
=
sin i
sin i
sin i + i cos i

n0
= 1 + i. cot gi
sin i
n 1
i = 0
= ( n 0 1)tgi
cot gi
n0 =

dz

iz
dx
i

x

Với n0= 1,0003 , i = 450 i = 0,0003rad.
2) Xét các lớp không khí mỏng liên tục có:
nzsiniz = .=n0 sin i0 = 1.sini0
Từ hình vẽ sin iZ =

dx
dx + dz 2
2



6

n02 − bz .

dx
dx + dz 2
2

= sin i0 →

n02 − bz
.dx 2 = sin 2 i0 = n0 sin 2 i
dx 2 + dz 2
n02 sin 2 i.dz 2
→ (n − bz ) dx = n sin i.dx + n sin i.dz → dx = 2
→
n0 cos 2 i − bz
2
0

2

2
0

2

2
0

2

1

2

2

−
( n02 cos 2 i − bz )d (n02 cos 2 i − bz )
dx
1
= ( n02 cos 2 i − bz ) 2 dz →
dx
=
∫
n0 sin i
n0 sin i ∫0
−b
x

1

1
2
x = − (n02 cos 2 i − bz ) 2
n0 sin i
b

y

Z
0

1
2
2 2
x = n0 cos i −
n0 cos 2 i − bz →
n0 sin i
b
b
n02 cos 2 i − bz = (n0 cos i −
z=−

i

bx
)2 →
2n0 sin i

b
.x 2 + cot gi.x
2
4n . sin i

o

2
0

x

§©y lµ ®êng parabol cã bÒ lâm quay xuèng.

Bài 6 Trong một thí nghiệm, người ta nhúng một đầu của một đũa thủy tỉnh vào một
4
3

chậu nước trong suốt, có chiết suất n = , đũa nghiêng góc α so với mặt thoáng. Quan
sát từ trê

n theo phương gần như vuông góc với mặt

α
β
nước, người ta thấy đầu đũa nhúng trong nước dường như dịch chuyển đi một góc β
(Hình 1)
Tăng đầu góc α từ 50 đến 850 thì thấy độ dịch chuyển góc β cũng tăng, sau khi đi qua
một giá trị cực đại, nó lại giảm
7


a) Hãy thiết lập biểu thức của dịch chuyển góc β theo góc nghiêng α. Tính giá trị của
β khi α =300 và khi α = 600
b) Tính α và β đạt giá trị cực đại βmax. Tính βmax
A

I

H

B'

α

β
B

a) Giả sử phần IB của thanh bị ngập nước. Khi ta nhìn đầu B của thanh theo phương gần
vưông góc với mặt nước, ta sẽ nhìn thấy ảnh B' của nó. Đầu đũa nhúng trong nước
đường như bị dịch chuyển đi một góc β như hình vẽ 1. Có nước như lưỡng chất phẳng
có chiều dày BH, theo công thức tính độ dịch của ảnh qua lưỡng chất phẳng, ta có:
 1
BB ' = BH 1 − 
 n

⇒ BB' = BH − BB' =

BH
n

Từ hình vẽ, ta có: tan α =

(1)
BH
IH

tan(α − β ) =

(2)

tan α − tan β
B' H
=
1 + tan α . tan β
HI

(3)
tan α − tan β

BH

tan α

Thay (1) và (3) rồi so sánh với (2), ta được: tan(α − β ) = 1 + tan α . tan β = n.HI = n
⇒

tan β =

( n − 1) tan α
=
n + tan 2 α

n −1
n
+ tan α
tan α

(4)

3

≈ 0,115 ⇒ β = 6 0 35'
15
3
≈ 0,133 ⇒ β = 7 0 35'
Khi α = 600, thay vào (4) ta được tan β =
13

Khi α = 300, thay vào (4) ta được tan β =

b) Từ biểu thức của tanβ ta thấy tử thức là một hằng số, do đó tanβ cực đại khi mẫu thức
đạt cực tiểu
8


Áp dụng bất đẳng thức Cô - si, ta có:

n −1
≥2 n
n
+ tan α
tan α

n
= tan α ⇔ tan α = n
tan α
n −1
Thay tan α = n vào (4), ta được tan β max =
2 n
4
13

≈ 0,144
Thay số, với n = , ta được tan β max =
3
13

Dấu "=" xảy ra khi

Từ đó suy ra βmax = 8013' khi tan α =

2 3
⇒ α = 49 0 6'
3

Bài 7
Một thấu kính dày có dạng một bán cầu có bán kính R = 10cm có chiết suất n =
1,5. Đặt một nguồn sáng điểm S trên trục thấu kính và cách mặt phẳng của bán cầu một
khoảng d = R/2 như hình vẽ. Mắt người quan sát đặt trên trục nhìn thấy ảnh của điểm
sáng S cách mặt phẳng thấu kính bao xa? Coi mắt nhìn dưới góc tới nhỏ, các tia sáng đi
sát trục thấu kính.
R

S
d

9


Chia thấu kính bán cầu thành một hệ ghép sát của một bản mặt song song có bề dày R và một
thấu kính mỏng phẳng - lồi có bán kính mặt lồi là R.
Sơ đồ tạo ảnh: S –(bản song song) S’ –(thấu kính mỏng)S’’

Độ dịch ảnh qua bản mặt song song:
1
∆d = (1 − ) R
n

Khoảng cách từ S’ đến thấu kính mỏng:
d = R + R/2 + R – R/n = R

n+2
2n

Công thức thấu kính mỏng:
1
1
= (n − 1)
f
R

Khoảng cách từ S’’ đến thấu kính mỏng:
1
1
2n
1
= (n − 1) =
+
f
R R (n + 2) d '
d'=

R (n + 2)
n + 2 − n2

Khoảng cách từ S’’ đến mặt phẳng thấu kính:
R (n + 2)
R.n 2
+R= 2
= −18cm
X= −
n + 2 − n2
n −n−2

Độ lớn X = 18cm
Chú ý: Có thể xét tia sáng sau đó áp dụng định luật khúc xạ hoặc công thức lưỡng chất
phẳng và công thức lưỡng chất cầu
Bài 8

Trong một căn phòng, trên mặt bàn có đặt một tấm gương phẳng, trên gương phẳng
lại đặt một thấu kính mỏng phẳng lồi có tiêu cực f = 40cm. Một con ruồi bay theo trần
nhà AB với vận tốc v = 1cm/s. Khoảng cách từ trần nhà đến gương là d = 220cm. Hỏi
ảnh của con ruồi qua quang hệ đã cho nằm cách gương một khoảng bao nhiêu ? Vận tốc
của ảnh con ruồi khi mà nó bay qua trục chính của thấu kính OO' bằng bao nhiêu ?
Giả sử tại một thời điểm nào đó, con ruồi nằm ở khoảng cách nhỏ OM kể từ trục chính của thấu kính.
Dùng công thức thấu kính, ta có thể tìm khoảng cách từ ảnh M' của nó đến thấu kính:

1 1 2
df
+ = ⇒ d' =
= 22 (cm)
d d' f

2d − f
Trong đó: d' là khoảng cách từ ảnh của con ruồi đến thấu kính, còn số 2 trong vế phải của công
thức là tính đến đường đi của tia sáng hai lần qua thấu kính.

10


Từ các tam giác đồng dạng OO'M và M'CO' rút ra được:

d OM
=
d' M' C
Rõ ràng là:

OM v
=
M' C u
Trong đó u là vận tốc của ảnh con ruồi. Do đó:
u=v

d'
= 0,2 (cm/s)
d

Bài 9
Một chùm sáng đơn sắc song song hẹp đến rọi vuông góc lên mặt của một bản mặt
song song bề dày b, chiết suất biến thiên theo độ cao theo quy luật n y = n0 + ay . Xác định
độ nghiêng của tia ló ra khỏi bản mặt.
Cách 1:
Chia môi trường thành nhiều lớp đẳng chiết. Độ nghiêng của tia ló ra khỏi bản mặt có thể được

tính bằng phương pháp tích phân.
Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng ta có:
n. sin i = (n + dn). sin(i + di )
Bỏ qua số hạng nhỏ: cos(di)=1;sin(di)=di
Suy ra: tgi =
Lại có tgi =

−n
.di
dn
dx
; dn = ady
dy

và

dx =

−n
di (1)
a

Do chiết suất biến đổi nhỏ nên n ≈ n0
α
n π
−n
⇒ ∫ dx =
di ⇒ b = 0 ( − α )
∫
a π

a 2
0
b

Lấy tích phân 2 vế của (1)

2

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

γ nhỏ ⇒ n0 γ = β ⇒ β = ba
Cách 2:
Xem một cách gần đúng chiết suất của mỗi tia là không đổi trên đường truyền, cũng như chiều dài
hình học của mỗi tia là b.

11


Hiệu quang trình được xác định theo công thức:

δ = b(n0 + ay 2 ) − b(n0 + ay 2 ) = ab( y 2 − y1 ) (1)
Lại có δ = ( y 2 − y1 ) sin β ≈ ( y 2 − y1 ) β (2)
Từ (1) và (2) ⇒ ab = β
Đây là một cách giải khác ngắn gọn hơn, và cũng không kém phần thú vị: PP áp dụng nguyên lý
Ferma.

Bài 10
Phía trên một gương phẳng đặt nằm ngang trong không khí, cách gương một khoảng h
đặt một điểm sáng S. Người ta đổ chậm một chất lỏng chiết suất n lên mặt gương cho
mặt chất lỏng dâng lên với vận tốc không đổi v. Mắt ở sát phía trên vị trí điểm sáng S và

gương sao cho mặt chất lỏng dâng lên với vận tốc không đổi v. Mắt ở sát phía trên vị trí
điểm sáng S và quan sát với các tia sáng có góc tới rất bé. Hãy tìm hướng chuyển động
và vận tốc của ảnh (S’) của S tạo bởi hệ quang học gồm chất lỏng và gương.
Trường hợp 1: x < h
LCP
Guong
LCP
S 
→ S1 
→ S2 
→ S'

S1

S1I n
= → S1I = n(h − x)
SI 1

S
I
M
S1, S2 đối xứng nhau qua gương: S1M = S2M = n(h – x) +x
Công thức LCP:

S2I = n(h – x) + 2x
Công thức LCP:
S'I 1
n(h − x) + 2x
2x
= → S'I =

=h−x+
S2 I n
n
n
SS' = S'I + IS = h − x +

h
x

S’
S2

2x
 n −1 
+ h − x = 2h − 2x 
÷
n
 n 

d(SS' )
 n − 1  dx
= −2 
Vận tốc dịch chuyển của S là v1 =
÷.
dt
 n  dt
 n −1
v1 = −2 
÷.v
 n 

I
Vì v1 < 0 → SS’ giảm theo thời gian → S’ đi lên
h
Trường hợp 2: x > h
M
’

S’
S

x
12


Guong
LCP
S 
→ S1 
→ S'

S, S1 đối xứng nhau qua gương:
SM = S1M = h; S1I = S1M + MI = h + x
Công thức LCP:

S'I 1
h+x
= → S'I =
S1I n
n

SS' = S'I − IS =
SS' = h.

h+x
− (x − h)
n

n +1
n −1
− x.
n
n

d(SS' )
n −1
 n − 1  dx
v1 =
= −
÷. = − v.
dt
n
 n  dt
v1 < 0 → SS’ giảm theo thời gian → S’ đi lên
Bài 11
Một thấu kính dày phẳng- lồi (mặt lồi có bán kính R) làm bằng thủy tinh có chiết suất
n = 1,5 . Vật sáng AB đặt vuông góc trục chính của thấu kính cách mặt phẳng thấu kính

một đoạn 14 cm (hình 4), phía bên kia thấu kính đối diện với vật người ta đặt màn M để
hứng ảnh rõ nét của AB. Tịnh tiến thấu kính và màn dọc theo trục chính ta thấy khoảng
cách ngắn nhất giữa AB và màn để thu được ảnh rõ nét là 33 cm.

1.Tính bán kính R?
2.Giữ nguyên vị trí của AB và thấu kính, mặt lồi được tráng bạc một phần nhỏ.
Xác định vị trí, tính chất, số phóng đại ảnh của AB qua hệ gồm thấu kính và phần chỏm
cầu có tráng bạc.
B

M

A

BMSS
TK HT
→ A1 B1 
→ A2 B2
1. + Sơ đồ tạo ảnh AB 

13


+ Vì ∆d = x

n −1
= const nên l = ∆d + d2 + d2' bé nhất
n

thì d2 + d2' bé nhất khi d2 = d2' = 2f
⇒ d2 + d2' = l - ∆d = 2d2 ⇒ d2 =

l − ∆d
2

(1)

mà d2 = a - ∆d + x thay (1) vào ta có
l − ∆d
= a − ∆d + x
2

(2)

+ Thay số x = 3 cm và ∆d = 1 cm.
Ta có d2 = 16 cm.

d2
= 8 cm
2
1
1
+ f = (n − 1) R ⇒ R = f(n - 1) = 4 cm

f=

2. + Hệ thấu kính mỏng và gương cầu tương đương với gương cầu tương đương có độ
tụ: DGCTĐ = 2DTK + DGC
1
fGCTD

=

2

2 2 2 3
+ = + =
fTK R 8 4 4

⇒ fGCTD =

4
cm
3

+ Sơ đồ tạo ảnh:
BMSS
GCTD
BMSS
AB 
→ A1 B1 
→ A2 B2 
→ A3 B3

+ ∆d = 1 cm
AB cách GCTĐ d2 = a - ∆d + x = 16 cm
A1B1 đóng vai trò vật thật với GCTĐ qua nó cho ảnh A2B2
4
d f
3 = 16
d 2 ' = 2 td =
cm > 0
d 2 − f td 16 − 4 11
3
16.

+ A2B2 là ảnh thật đóng vai trò là vật ảo đối với BMSS, qua nó cho ảnh A3B3 dịch
chuyển một đoạn ∆d = 1 cm theo chiều truyền ánh sáng, nghĩa là A3B3 cách gương cầu
một đoạn d3' = d2' + ∆d =

16
27
+1 =
cm
11
11

27
cm
11
d2 '
1
+ Độ phóng đại do gương cầu tương đương tạo nên k = − d = − 16 < 0
2

d3' > 0 nên A3B3 là ảnh thật cách đỉnh gương một đoạn d3' =

14


Ảnh A3B3 là ảnh thật ngược chiều với vật có số phóng đại của hệ là k = −

1
16

Bài 12
Một ống mao dẫn bằng thủy tinh có chiết suất n=1,732; đường kính
ngoài D=3,364(mm); đường kính trong d=2mm (Hình 4); ống chứa thủy
ngân. Ống được quan sát từ phía bên và đặt đủ xa mắt để các tia sáng từ mọi
điểm của ống tới mắt đều có thể coi gần đúng là những tia song song với
Hình 4

nhau.
Người ta sẽ quan sát thấy cột thủy ngân có đường kính bằng bao
nhiêu?

Xét một tiết diện ngang P của ống mao dẫn. Sự tạo ảnh của mép cột thủy ngân A được
biểu diễn như hình.
Áp dụng định luật khúc xạ tại I ta có: sinr=nsini
0
ˆ
ˆ
Vì α+ IAO=180
nên sinα= sin(IAO)
ˆ =cos(r-i);
∆AA’I vuông tại A’ nên sinα= cos(A'IA)
OA

OI

OI

Trong ∆OAI có: sini = sinα = cos(r-i)
D
d

2
2
2
OAcos(r-i)=OIsini ⇔...⇔ 1-sin i 1-sin r =nsin i- sini (*)

D 3,464
=
=1,732=n
d
2
(*) ⇔ ... ⇔ (1-sini)(2n2sin2i-sini-1)=0

Pt trên có nghiệm sini=1/2 và sini=-1/3; sini=1 (loại 2 nghiệm này vì 0Xét ∆OA’I vuông tại A’ ta có:
OA’=OIsinr=OI.n.sini=(3,464:2).1,732.0,5≈1,5(mm)
Vậy đường kính của cột thủy ngân mà người ta nhìn thấy là
d’=2OA’≈3(mm)

15


16