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

=
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


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

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

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 =


2

)

= bdx ⇒ ∫

(y

− y2

2
1

)

2

2

− y2

2

2

− y12

))
))


− 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 ).

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.

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)

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


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

=±


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


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

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


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

)

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


(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

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

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

+ 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


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

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


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

∫


)

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

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

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



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


- 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



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+


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)
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

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


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