BÀI tập về sự TRUYỀN ÁNH SÁNG TRONG môi TRƯỜNG có CHIẾT SUẤT THAY đổi

ĐỀ TÀI
BÀI TẬP VỀ SỰ TRUYỀN ÁNH SÁNG
TRONG MÔI TRƯỜNG CÓ CHIẾT SUẤT THAY ĐỔI

DẠNG 1 : Biết phương trình đường truyền tìm chiết suất n.
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 x0 với góc tới i0. Biết chiết suất môi trường ngoài là n0 .Hãy tìm
qui luật biến đổi chiết suất của môi trường.
Cách giải
Chia môi trường thành những lớp mỏng sao cho n không đổí xét tại điểm M tia sáng với
góc tới i
n sin i = n0 sin i0 = cos nt

⇒ coti =

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

1−

dy
cosi
, cot i =
=
dx

sini

y
M

Vậy
coti =

i

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

x0

⇒ n = n0 sin i0 1 + ( y )

, 2

dy

α

dx

x

Các trường hợp có thể xảy ra
⇒ 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

1


DNG 2

Bit qui lut bin i n tỡm phng trỡnh biu din ng truyn

Gi s chit sut mụi trng n = n(x) . Tia sỏng bay vo mụi trng núi trờn ti im x0
vi gúc ti i0. Bit chit sut mụi trng ngoi l n0 .Hóy tỡm phng trỡnh ng truyn ca
ỏnh sỏng.
Cỏch gii
Chia mụi trng thnh nhng lp mng sao cho n khụng ớ xột ti im M tia sỏng vi
gúc ti i
n sin i = n0 sin i0 = cos nt

n02 sin 2 i0
1

n 2 n02 sin 2 i0
dy
cosi
n
coti =
, cot i =
=
=
sin i0
dx
sini
n0 sin i0
n0
n
dy = cot i.dx =

n( x ) 2 n02 sin 2 i0
n0 sin i0

dx

Tớnh nguyờn hm ny ta s tỡm c phng trỡnh ng truyn ca tia sỏng.

BI TP V D
Bài 1 : Chiết suất của một tấm thuỷ tinh tuântheo công thức :

n( x ) =

n0
1

x , Trong đó n0 = 1,2 ;
r

r = 13cm ánh sáng đi từ vị trí x = 0 theo phơng trục y là pháp tuyến của mặt thuỷ tinh và đi ra
tại điểm A với góc ló = 300
1. Xác định quĩ đạo của tia sáng đi trong tấm thuỷ tinh
2. Tính chiết suất của thuỷ tinh tại A
3. Tìm độ dày d
y
Giải
Chia tấm thuỷ tinh thành nhiều lớp mỏng theo trục 0y ta có :



A

n0 sin 0 = n1 sin 1 = ... = n sin
n
x
theo bài ra 0 = / 2 sin = 0 = 1 (1)
n
r

d

1. Để tìm quĩ tích của tia sáng trong chất thuỷ tinh ta xét lớp
mỏng đồng chất có tia khúc xạ OB , vẽ đờng vuông góc với OB
cắt Ox tại C.Đặt BC = a, OC = b, sin =

bx b x
=
a
a a

x

0

(2).

Từ (1) và (2) ta có a = b = r vì lớp mỏng tuỳ ý nên có thể suy ra rằng toạ độ điểm B(x,y) thoả
mãn phơng trình đờng tròn ( x r )2 + y 2 = r 2
2. Gọi chiết suất ở lớp chứa diểm A là nA
2


nA =

2
sin α sin α
 n0 
=
(3) . V× n0 = nA sin α A ⇒ cosα A = 1 −  ÷ ⇒ nA = n02 − sin 2 α = 1,3
sin β cosα A
 nA 

3. TÝnh ®é dµy d cña tÊm thuû tinh
Từ :

( x − r ) + y 2 = r 2 và
2

n( A) =

n0
x
1− A
r

Ta t×m ®îc xA = 1cm cã ®é dµy d = yA = 5cm
Bài 2: Giữa 2 môi trương trong suốt chiết suất n o và n1
(no>n1>1) có 1 bản mặt song song dày e. Chiết suất bản thay
n1 1 − ky k =

y

n o2 − n12
e.n o2

đổi theo phương y quy luật n =
;
. trong
môi trường no có 1 tia sáng đơn sắc, chiều tới điểm O trên
bản mặt theo phương hop với Oy góc α
a) Lập pt đường đi tia sáng
b) Xđ vị trí tia sáng ló ra khỏi bản mặt

n1
e

α

0

x

n0

Giải:
1.Chia bản mặt thành nhiều lớp //0x. Trong đó tia sáng coi như truyền theo đường thẳng.
Xét điểm M(x,y), M'(x+dx,y+dy)
dy −1
) (1); Mặt khác: nosin α = n.sin i
dx
n . sin α
=>sin i= o
(2);
Từ (1) và (2):
n
no .sin α
dx
=
dy
n 2 − no2 .sin 2 α
y
y
.no sin α
no .sin α .dy
=

x= ∫ 2
∫
n ( y ) − no2 .sin 2 α 0y+dy
no cos 2 α − ky
0
M
2sin α
2
.(cos α − cos α − ky )
=−
y
k
i
k
cos α
2
0 x
x +
.x
Vậy
y =−
sin α
2 sin 2 α

tgi = (

α

x+dx

y
2.

b sin α .cos α
=
⇒
2a
k
cos 2 α e.n02 .cos 2 α
=
=
k
no2 − n12

y'=0 => x = −
ymax

e

ym

α

0

M1

x

n12

cos 2 α
2
< e → cos α < (1 − 2 )
Trường hợp1: ymax < e hay
k
no

3


thì điểm đó là Mo(x1,0), x1 thỏa mãn phương trình y = 0 → M1(
2
Trường hợp 2 : ymax > e ⇒ cos α > (1 −

2 sin 2α
,0)
k

n12
) thì điểm ló là M2(x2,e) x2 thỏa mãn phương
n o2

trình y = e
e.n o2 . sin 2α a.n o2 . sin α
± 2
x+,-= 2
no − n12
no − n12

n12

− sin 2 α
2
no

Lấy dấu -: M2(x -,e)

Bài 3: Một quả cầu bán kính Rchiết suất biến thiên theo công thức nr =

R+a
trong dó:a là số
r+a

dương,r là khoảng cáchtính từ tâm cầu. Chiếu vào quả cầu một tia sáng đơn sắc dưới góc tới
i0 . xác định khoảng cách ngắn nhấttừ tâm hình cầu đến tia sáng
i0
i2 I2
I1 r1
Giải : chia hình cầu thành những lớp vỏ cầu mỏng đồng tâm
r2
sao cho trong mỗi lớp chiết suất thay đổi không đáng kể:
+ Định luật khúc xạ tại I1: sini0 = n1sinr1
tại I2 : n1sini2 = n2sinr2
+ Định lí hàm sin :

sini 2 s inr1
=
( R1 = 0 I1 , R2 = 0 I 2 )
R1
R2

⇒ n1 R2 sin i2 = n2 R2 s inr2
⇒ R1 sin i0 = n1 R1 s inr1 = n2 R2 s inr2 = ... = ni Ri s inri
R+a

R.a.sini

0
+ Khi dmin thì ri = 900. khi đó d = Ri ⇒ R sin i0 = dni = d r + a ⇒ d = a + R ( 1 − sin i )
0

Bài 4; Một môi trường trong suốt có chiết suất n biến thiên theo biến số y. Một tia sáng đơn
sắc được chiếu vuông góc với mặt phẳng giới hạn môi trường tại điểm y = 0. chiết suất của
môi trường tại đó có giá trị n0
1. chứng tỏ tia sáng bị uốn cong trong môi trường trong suốt này.
2. Định n = f(y) để tia sáng truyền trong môi trường theo một parabol
Giải :

y

1. Tia sáng bị uốn cong
n2
- Ta áp dụng thuyết sóng. Xét hai tia sáng theo phương tia tới chiếu tới
mặt giới hạn tại hai điểm khác nhau trên trục y.tại đó chiết suất khác nhau
n1
Giả sử :n2 > n1 => v2 < v1
- Các sóng cầu nguyên tố do các điểm tới phát ra có bán kính khác nhau
các mặt sóng không còn song song như đối với sóng tới. Do đó tia sáng uốn
cong về phía chiết suất tăng
2. Định biểu thức chiết suất môi trường
Chia môi trường thành những lớp vô cùng mỏng sao cho trong mỗi lớp chiết suất coi như

không đổi
- Định luật khúc xạ:

n1 sin i1 = n2 sin i2 = ... = const

i3
i2
i1

n3
n2
n1

4


-Xét hai điểm trên đườngtruyền ánh sáng ứng với các tọa độ:
 y = 0  y 
; B  
x = 0  x 

A

Theo trên ta có :nAsiniA = nBsiniB vì nA = n0, iA = 900
⇒ sin iB =

n0
n
= 0
nB n( y )

đối với parabol ta có : tan α =

Vậy :

sini B = cosα =

1
1+tan 2α

dy
= 2ax=2 ay
dx
=

y

n
1
1
⇒ 0 =
n( y )
1 + 4ax
1 + 4ay

α

⇒ n( y ) = n0 1 + 4ay

x

Bài 5 :
Một tia sáng rọi dưới góc tới α lên một chồng những tấm trong suốt có bề dày như nhau,
chiết suấttấm sau nhỏ hơn k lần so với chiết suất của tấm nàm trên nó. Hỏi góc tới tối thiểu
phải bằng bao nhiêu,thì tia sáng không xuyên qua hết chồng các tấm đó? Tấm trên cùng có
chiết suất n, và cả thảy có N tấm
Giải :
Các tấm trong suốt nên tia sáng không qua hết các tấm thì chỉ
có thể phản xạ toàn phần. các tấm song song với nhau nên có
hệ thức

α

n0=1
i1

n
i2

sin α = n1 sin i1 = n2 sin i2 = ... = nN sin iN

Giả thiết phản xạ toàn phần giữa tấm m và tấm m+1 khi đó

n/k
i

2

3
n/k

n
1
n
sini m ≥ m +1 = ⇒ sin α = nm sin im ≥ nm +1 = m
nm
k
k
Vì k> 1 nên số thứ tự của m càng lớn thì α càng nhỏ
n
vì α ≤ 900 , nên điều kiện sin α ≥ m có nghĩa là lớp thứ m+1 có chiết suất nhỏ hơn 1. trái với
k

giả thiết
Vậy lớp gây ra phản xạ toàn phần với α nhỏ nhất chỉ có thể là lớp thứ N-1. Nên sin α min =
Bài 6:
Một chùm sáng hẹp tới đập vuông góc với 2 bản mặt song song
ở điểm A(x=0). Chiết uất bản biến đổi theo công thức : n x=
nA

1− x/ R

n
k

N −1

α

y
B

(nA,R hằng số). Chùm sáng rời điểm B theo góc α. Hãy

tính
a) nB ở điểm B
b) xB
c) Bề dày của bản biết nA=1,4; R=10cm; α=600

d
x

A

5


Giải:
a) Chia bản thành nhiều lớp song song Oy trong đó, coi như anh sáng truyền theo đường
thẳng và tuân theo định luật khúc xạ ánh sáng vì các bản nhỏ => n A.sin π /2= n1sinφ1=
n2sinφ2=.....= nBsinφB (1)
Mặt khác tia ló ra ngoài không khí
y
nB.sin(90-φB) = sinα => nB.cosφB=sinα (2)
Từ (1) và( 2) suy ra n B2 = n A2 + sin 2 α => n B = 1,646

α

nA
(n − n A ) R
=> x B = B

= 1,49cm
b) Từ nB= x B
nB
1−
R

n1

c) Lấy O cách A 1 khoảng R, ta sẽ chứng minh đuờng truyền tia
sáng theo cung tròn bán kính R theo cung AB Xét M ∈ »AB
OK R − x
x
·
=
= 1 − chính là hệ thức (2) đpcm
sin φi= sin 0MK
=
R
R
R
Dựng A' sao cho OA = OA' => ABA'= π / 2

n2

n3

A

B
M

x
A

k

H

0

A'

BÀI TẬP ÔN LUYỆN
Bài 1: Một chùm sáng song song hẹp đến rọi vuông góc lên mặt của một
bản hai mặt song song ,bề dày b, có chiết suất biến thiên theo qui luật
n(y) = n0 +ay. Hãy xác định độ nghiêng của tia ló so với pháp tuyến mặt ra.
Xem rằng chiết suất biến thiên ít và điểm tới của tia sáng có y = 0
Bài 2 : Một tia sáng rọi lên bản hai mặt song song dưới góc tới α = 600 .
chiều dày của bản là 2cm và bề rộng là 2b. chiết suất của bản thay đổi
theo phương pháp tuyến của bản mặt theo quy luật n = n1 +

α

x

n2 − n1
y.
d

Hãy xác định góc ló ra của tia sáng theo mép bản, nếu n1 =1 và n2 = 2.
Hãy giải bài toán trên với α = 300

y
Bài 3 : Chiết suất khí quyển của một hành tinh X giảm theo độ cao h theo qui luật
n = n0 - α h . Bán kính hành tinh là R. Hãy tìm xem ở độ cao bằng bao nhiêuthì một tia sáng đi
vòng quanh hành tinh ở độ cao không đổi

6


Bài 4 : Giữa hai môi trường có chiết suất n0 và n1 (n0 > 1; n1 =1)có một lớp đồng chất chiều


cao h = H 1 −


1
y
2 ÷ với H là một hằng số chiết suất lớp này thay đổi theo qui luật n = n0 1 −
n0 
H

từ môi trường có chiết suất n0 có một tia sáng đi vào môi trường nói trêntại điểm 0 (y = 0) với
góc tới α
1. với giá trị nào của α tia sáng quay trở lại môi trường cũ
2. Tìm phương trình biểu diễn đường truyền tia sáng
3. với α bằng bao nhiêu thì khoảng cách điểm đi vào và đi ra là cực đại

7