CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM 2014
Chuyên đề : ÁNH SÁNG TRONG MÔI TRƯỜNG CÓ CHIẾT SUẤT THAY ĐỔI
Đơn vị: Trường THPT Chuyên Thái nguyên

I. ĐẶT VẤN ĐỀ.
Trong các bài toán Quang hình chúng ta thường gặp những bài toán mà một quang
cụ hay một một trường có chiết suất không đổi khi ánh sáng truyền qua nó. Tuy
nhiên thực tế chiết suất của một môi trường có thay đổi dù ít hay nhiều ta có thể
lấy ví dụ ngay như trường hợp ánh sáng trong khí quyển trái đất, cáp quang, hay
thấu kính có bề dày không đổi….
Vấn đề “Ánh sáng trong môi trường có chiết suất thay đổi” đã được đề cập đến
trong các đề thi quốc gia, chọn đội tuyển quốc tế, đề thi quốc tế với các mức độ
khác nhau. Chúng ta đã biết khi ánh sáng đi trong môi trường có n biến thiên thì sẽ
bị uốn cong, tùy thuộc vào điều kiện về n mà đường truyền của tia sáng có thể có
dạng hình học cụ thể như: tia sáng truyền theo một đường tròn, elip, sin,
parabol…….
Trong những bài tập dạng này có thể có những cách hỏi như: biết dạng hàm của n

n = n(σ )
(

) tìm dạng đường truyền tia sáng hoặc ngược lại.

Hướng giải quyết: Dạng bài tập này vận dụng nguyên lý Fermat (Từ nguyên lý
Fermat suy ra các định luật cơ bản của quang hình); điều kiện có phản xạ toàn
phần và điều kiện tương điểm (hoặc tương điểm gần đúng). Tất nhiên các công cụ
toán học: vi phân, nguyên hàm……., cũng cần được trang bị.
Trong phạm vi chuyên đề tác giả đưa ra định hướng chung và sưu tầm một số
những bài tập trích từ các đề thi trong nước và ngoài nước để bạn bè và đồng
nghiệp tham khảo và góp ý.

; có bề dày
theo phương pháp tuyến, gọi
là góc hợp bởi tia
B

n(σ )d σ
. (2)
cosi(
σ
)
A

∆=∫
sáng và pháp tuyến khi đó:
1.2. Điều kiện tương điểm:

A là nguồn sáng điểm,
có chiết suất

n1...nk

A'

là ảnh của A qua một quang hệ , gồm k môi trường

ngăn cách nhau bởi các mặt

quang trình từ A tới
trình ảo lấy dấu trừ).



δ∆
= 0(3)
δy

∆

cực trị thì đạo hàm quang trình :

y = y(σ )

∆

. Lúc này
gọi là phiếm hàm, còn
là dạng hàm thể hiện
đương truyền tia sáng trong môi trường có chiết n suất thay đổi.
Tuy nhiên việc giải quyết phương trình (3) một cách tổng quát khá vất vả về
toán học đối với học sinh phổ thông, trong phạm vi chuyên đề chỉ đưa ra một số
2


y = y (σ )
bài toán mà chiết suất được phân bố theo những biến số mà dạng hàm
là những hàm trong toán học bậc phổ thông học sinh đã được học như phân bố
theo một phương, phân bố theo bán kính, …
Để giải quyết những bài toán này có thể áp dụng định luật Snell về khúc xạ ánh
sáng :

n1 sin i1 = n2 sin i2

n0 ; n3

Bài cho chiết suất của bản thay đổi từ trên xuống dưới theo bề dày của bản mặt
song song. Ta chia bản thành nhiều bản vô cùng mỏng và coi gần đúng trong
những bản vô cùng mỏng này chiết suất coi như không đổi. theo định luật khúc xạ
ánh sáng:

3


α

ii

n1 sin i1 = n2 sin i2
n2 sin i2 = n3 sin i3
..............
ni sin ii = ni +1 sin ii +1

y = ax

2

gọi góc ló ra ở mặt dưới là
ta có:

β

n0 sin α = n3 sin β


tia sáng được chiếu vuông góc với mặt
giới hạn môi trường tại điểm y=0, chiết
suất của môi trường tại đó có giá trị

.

n = ny

x

M

n0

Xác định
để tia sáng truyền trong
môi trường theo một parabol.
Xét một điểm M trên đường truyền ánh
sáng trong môi trường có chiết suất

4

n = ni

,


ii

góc hợp bởi tia sáng và pháp tuyến là . Giống như ở vấn đề 1 ta có:

1
1 + tan 2 α

=

1
1 + 4ay

n ( y ) = n0 1 + 4ay

Vậy:
Bài tập 1 : Một tia sáng SI đi từ không khí vào một bản mặt song song có bề dày
n=

4
1+

x
x0

0,3m với chiết suất thay đổi theo độ sâu x với quy luật
, trong đó x0 =
0,1m.
a. Xác định quỹ đạo của tia sáng trong bản mặt song song?
b.Tìm điểm ló của tia sáng ra khỏi bản mặt? Cho biết góc tới α0 = 300, OI =
0,63

(m), chiết suất không khí bằng 1
Lời giải.


Từ (1) và (2) ta có:

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

f '( x) = ±

f ( x) = ±∫

sin α 0
n 2 − sin 2 α 0

64 − (1 + 10 x )
2

(10 x + 1)dx
64 − (1 + 10 x )

=±

2

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

(5)
f ( x) = − 0,64 − ( x + 0,1) + C
2

Từ hệ tọa độ đã cho, ta chỉ lấy nghiệm:
với hằng số C được xác định từ điều kiện đầu:

6


f ( x) = − 0,63 = − 0,64 − ( 0 + 0,1) + C ⇒ C = 0
2



mặt chất lỏng theo quy luật
với y là khoảng cách từ điểm đang xét đến
mặt chất lỏng. Biết tia sáng truyền từ nguồn sáng ló ra khỏi mặt chất lỏng đi tới
mắt theo phương hợp với mặt chất lỏng một góc α = 600. Hỏi tia này ló ra ở điểm
cách nguồn sáng một khoảng bao nhiêu theo phương nằm ngang?
Lời giải.
1. Vẽ hai tia SB và SA đến mặt thoáng với các góc i và i + di (di rất nhỏ) ló ra với
góc tới r = 900 - α và r + dr. Đường kéo dài của hai tia ló cắt nhau ở S’
n sin i = sin r ⇒ n cos i.di = cos r.dr ⇒

Từ
AB =

AC
1
H
=
SBdi =
di
cos i cos i
cos 2 i

h
AB =
dr
cos 2 r

Tương tự
h=

7

C

dr

i

B
H


dy

dx

i

M

x

y

s inr =

sin i 1
2 2
= ;cosr =
n


H

dx
sin i
cos α
= tan i =
=
dy
1 − sin 2 i
n 2 − cos 2α
y
x = 2Hcosα 2 − cos α +
H

0

cos αdy
n − cos α
2

2

H

=∫
0

cosαdy
2 − cos 2 α +

bản

x=0

y

hai mặt song song ở điểm A (
),
suất của bản biến đổi theo công thức.

nx =

nA
1−

x
R

d

. trong đó (

là những

hằng

số) ; chùm sáng rời bản ở điểm B theo góc
1.
2.
3.

I
J

n1
n2

i2 O

i1

R2
R1

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
R+r

.Từ không khí, chiếu một tia sáng tới quả cầu dưới góc tới i = 30 o. Xác
định khoảng cách ngắn nhất từ tâm O tới đường đi của tia sáng.
Lời giải.
Xét một vỏ cầu có bán kính ngoài R 1 và bán kính trong R2 được làm bằng chất
trong suốt có chiết suất n2. Từ môi trường ngoài có chiết suất n 1, một tia sáng được
chiếu tới vỏ cầu dưới góc tới, tia sáng chiếu đến mặt trong của vỏ cầu dưới góc tới
i2
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)

d

rmin
r

R
1
R+r
.
=
2 2R
4r
r
R+r
r≥

R
3

=>
nên rmin = R/3 khi (sini)max = 1, i = 90o.
Khoảng cách ngắn nhất từ tâm O tới đường đi của tia sáng là R/3

(5)

Bài tập 5. Chiết suất của thủy tinh có thể tăng khi lẫn tạp chất. điều này cho phép
chế tạo thấu kính có bề dày không đổi. cho
a
d
một đĩa tròn bán kính , độ dày , tìm sự

Xét điều kiện tương điểm ta có:
n ( 0 ) .d + f = n ( r ) d +

F

f + r → n ( r ) = n0 −
2

2

11

f 2 + r2 − f
d


Theo bài thấu kính mỏng (

r

f ? r

):

theo công thức gần đúng

 1 r 
f 2 + r 2 ; f . 1 +
2 ÷
 2 f 

ρ

là bán kính quả đất;

−
8700
dn ( r )
1
⇒
=−
ρ .e (1)
dr
8700
r −R

Theo giả thiết không khí có mật độ đủ lớn để làm làm cho ánh sáng bị bẻ cong
theo mặt cong của trái đất ở mực nước biển. quang trình từ
l = n(r) r θ
l
A đến B là:
theo nguyên lý Fermat, đạt cực
trị tức là

 dn ( r )

dn ( r )
n( r)
dl
=0 ⇒θ
r + n ( r ) ÷= 0 ⇒

ρ 0 = n0 − 1 = 0,0003

⇒

ρ
= 4,53
ρ0
12

n0 = 1,0003

)

là


Vậy: chỉ khi không khí có mật độ bằng 4,53 lần mật độ của không khí thực tế (cho
trong bài) thì mới thỏa mãn điều kiện của bài cho.
Bài tập 7. (bồi dưỡng hsg vật lý thpt – bài tập điện - quang). Coi khí quyển trái
đất như một lớp trong suốt có chiết suất giảm theo độ cao theo quy luật:

n = n0 − ah

. với n là chiết suất của khí quyển ở độ cao h so với mặt đất;

n0

là

n0


dϕ

K

B

i0

; Tính

i0

'

để tia sáng đi qua điểm nằm xuyên tâm đối với B, sau khi phản xạ một
lần trên tầng cao của khí quyển.
3. Giả sử mô hình trên phù hợp với thực tế. khi đó có thể thực hiện được cả
hai thí nghiệm ở trên được không?
Lời giải:
1. Tương tự bài tập 6 ta có:

dl = n(R + h)d θ ⇒ l = n(R + h)2π
dl
=0
dh
2.

R+h




tan i ;

n(di+ d ϕ )
(2)
a.dh
tan i =

Tam giác KIE:

a.dh(di + d ϕ )cosi
bỏ qua lượng

( R + h − dh)d ϕ ( R + h)d ϕ
;
(3)
dh
dh

⇒ [(R + h)a − n]d ϕ = ndi ⇒ (aR − n 0 )d ϕ = n 0 di (4)
Giả sử tại F có phản xạ toàn phần(do tính chất đối xứng của bài toán khi có phản
xạ toàn phần tại F tia sáng đi gần như tiếp tuyến với mặt đẳng chiết ở đây là mặt

cầu khi đó

ϕ

tới giá trị


2.3. Chiết suất phân bố theo mặt trụ (ánh sáng trong cáp quang).
Bài tập 8: (trích đề dự thi quốc tế 2009)
y

O

x

x

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 = n1 1 − k 2 r 2

, trong đó r là khoảng cách từ điểm đang xét tới trục Ox, n 1 và
14


k là các hằng số dương. Một tia sáng chiếu tới một đầu của sợi quang tại điểm O
dưới góc  như hình 2.
θ

1. Gọi là góc tạo bởi phương truyền của tia sáng tại điểm có hoành độ x
với trục Ox. Chứng minh rằng ncos = C trong đó n là chiết suất tại điểm có
hoành độ x trên đường truyền của tia sáng và C là một hằng số. Tính C.
2. Viết phương trình quỹ đạo biểu diễn đường truyền của tia sáng trong sợi
quang.


C = n12 − sin 2 α

Vậy,
2. Xét M có toạ độ (x,y), tia sáng có góc tới i = (900- )
cosθ =

C
n(y)

n(y) cos = C;
dx
cos θ
C
= cot θ =
=
dy
1 − cos 2 θ
n 2 (y) − C 2

15


y

x=∫
0

⇒



Áp dụng
x=

C dy
2
1

a = n12 − C 2

với
C
kn y
arcsin 1
kn1
sin α

= sin; b = kn1

+C1. Điều kiện ban đầu: x = 0 thì y =0 suy ra C1 = 0

sin α
kn
sin α
kn1
y=
sin 1 x =
sin
x
kn1

π
+ pπ
2

với p là số nguyên không âm.
(2p + 1)π n12 − sin 2 α
L=
kn1

với p = 0, 1, 2

16


2.4.Chiết suất phân bố theo bước sóng.
L1

L2

Bài tập 9: Một thị kính gồm hai thấu kính
và
mỏng, phẳng - lồi, đặt đồng
trục. Các thấu kính được làm bằng thuỷ tinh chiết suất n và có tiêu cự tương ứng là
f1 và f2 (đối với ánh sáng có bước sóng λ), đặt cách nhau một khoảng là e không
L1

L2

đổi (e < f1). Thấu kính ở phía trước gọi là kính trường và thấu kính
ở phía


∆λ
FO 2 KO 2 d '2
=
= .
FH
IH
f

f 1d '2
f 1f 2
HF = f =
=
f1 − e f1 + f 2 − e

Từ các kết quả trên suy ra
không đổi
Kết quả đúng với mọi tia. Như vậy, F và H không phụ thuộc vào tia tới SJ.
D1 =

2. Ta có

1
f1

D2 =

là độ tụ của kính trường,

1
f2


D = (n − 1)A + (n − 1)B − e( n − 1) AB

hay:

2

dD
= A + B − 2eAB(n − 1)
dn

Từ đó:

Để D hầu như không phụ thuộc vào n gần n0 thì giá trị của đạo hàm
n = n0 (ứng với λ =

λ0

dD
dn

tại

) phải bằng không. Kí hiệu e thỏa mãn điều kiện đó là e0:
18


dD
= A + B − 2e 0 AB(n 0 − 1) = 0
dn n 0



b
λ2

suy ra

;

1
 ∆D 
= A + B − 2ke0 AB( n 0 − 1) =
( D01 + D02 − 2ke0 D01 D02 )


(n 0 − 1)
 ∆n  n = n 0

∆D =

;

D 01 + D02 − 2ke0 D01 D02  2b 
2b( D01 + D02 − 2ke0 D01 D02 )
 − 3 ∆λ = −
∆λ.
n0 − 1
(n 0 − 1)λ30
 λ0 

 1

Bài tập Vật lý đại cương (tập 2) – Vũ Thanh Khiết (NXB-GD).
Bài thi Vật lý quốc tế(tập 1+2) – Dương Trọng Bái; Cao Ngọc Viễn.
Olympic Vật lý 30-4 một số năm.
Chuyên đề bồi dưỡng HSG Vật lý THPT- quang 1 và bài tập.
Trích đề thi quốc gia và chọn quốc tế một số năm gần đây.
Đề thi đề nghị duyên hải một số năm của các trường Chuyên .
Bài tập và lời giải Quang học – Yung Kuo Lim (NXB-GD năm 2010)

Thái nguyên tháng 5 năm 2014.

20