PHƢƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN
SỰ TRUYỀN ÁNH SÁNG TRONG MÔI TRƢỜNG CÓ CHIẾT SUẤT THAY ĐỔI

MỞ ĐẦU
Nội dung đề tài đƣợc trích từ các chuyên đề mà chúng tôi đã dùng để giảng dạy cho
học sinh các lớp chuyên lý và học sinh các đội tuyển HSG của tỉnh tham dự kì thi HSG quốc
gia môn vật lý. Các bài tập quang hình học nói chung, các bài toán về khúc xạ trong môi
trƣờng có chiết suất thay đổi luôn gặp khó khăn cho các học sinh cũng nhƣ giáo viên giảng
dạy. Đây cũng là phần kiến thức mà các đề thi học sinh giỏi thƣờng xuyên gặp do tính ứng
dụng cao trong thực tế. Với mục tiêu là giúp học sinh có cách nhìn nhận tổng quát và định
hình tƣ duy trong bài toán chiết suất môi trƣờng thay đổi tôi xin đƣa ra một vài khía cạnh nhỏ
để đồng nghiệp và học sinh tham khảo. Vận dụng phƣơng pháp này có thể giải đƣợc khá
nhiều các bài toán thuộc chƣơng trình các bài toán trong chƣơng trình thi HSG Tỉnh, quốc
gia, khu vực, quốc tế thuộc các phần khác nhau của vật lý.
Phƣơng pháp chủ yếu chúng tôi đề cập đến là phƣơng pháp vi phân ( chia nhỏ ), đây là
một trong những phƣơng pháp nhận thức khoa học đƣợc vận dụng vào trong dạy học ở hầu
hết các bài toán vật lý có các yếu tố thay đổi, đặc biệt là trong giảng dạy và nghiên cứu vật
lý. Ngoài việc định hƣớng chung cho các bài toán chiết suất thay đổi trong đề tài cũng đƣa ra
nhiều bài tập minh họa twd đơn giản đến phức tạp, trong đó có cả các bài toán trong đề thi
học sinh giỏi quốc gia, chọn đội tuyển quốc tế và thi học sinh gioi châu Á, quốc tế.
Cấu trúc đề tài bao gồm:
1. Phần mở đầu.
2. Nội dung đề tài.
Phần 1: Phƣơng pháp giải chung cho các bài toán xuôi hoặc bài toán ngƣợc
Phần 2: Các bài tập minh họa
Phần 3: Các bài tập tự giải
3. Kết luận.

1



Mặc khác
coti 

dy

i

dy
 y ,  n 2  n02 sin 2 i0  n0 sin i0 y ,
dx



x0

 n  n0 sin i0 1  ( y , ) 2

dx

x

Các trƣờng hợp riêng
1.

y = ax2

 y,  2ax  (y, )2  4a2 x2  4ay  n  n0 sin i0 1  4ay

2. đƣờng truyền là một đoạn phƣơng trình : y = AsinBx
y ,  ABcosBX  (y, )2  A2 B2 cos2 BX  A2 B2  A2 B2 sin2 Bx  A2 B2  B2 y2

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

DẠNG 2: Biết qui luật biến đổi n tìm phƣơng trình biểu diễn đƣờng truyền
( Cách làm tƣơng tự)
n  n0 sin i0 1  ( y , )2 ,tìm đƣợc y’ lấy nguyên hàm ta tìm đƣợc y

Từ :

Phần 2: Các bài tập minh họa
Bài 1 : Chiết suất của một tấm thuỷ tinh tuântheo công thức : n( x) 

n0
1



x

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

bx b x
 
(2). từ (1) và (2) ta có a = b = r vì lớp mỏng
a
a a

tuỳ ý nên có thể suy ra rằng toạ độ điểm B(x,y) thoả mãn phƣơng trình đƣờng tròn
( x  r )2  y 2  r 2

3


2. Gọi chiết suất ở lớp chứa diểm A là nA
nA 

sin  sin 

(3) .
sin  cos A

n 
Vì n0  nA sin  A  cos A  1   0 

2
o

2
1

.

e.no2

n1

e

trong môi


trƣờng no có 1 tia sáng đơn sắc, chiều tới điểm O trên bản

0

x
n0

mặt theo phƣơng hợp với Oy góc α
a) Lập pt đƣờng đi tia sáng
b) Xđ vị trí tia sáng ló ra khỏi bản mặt
Giải:
1.Chia bản mặt thành nhiều lớp //0x. Trong đó tia sáng coi nhƣ truyền theo đƣờng thẳng.
Xét điểm M(x,y), M'(x+dx,y+dy)

0

no . sin 
n

no .sin  .dy
no cos   ky
2

(2);

Từ (1) và (2):

y+dy

M

y


i
0

x

x+dx

4



cos 2  e.n02 .cos 2 

=
k
no2  n12

y
ym

0

M1

x



n12
cos 2 
2
 e  cos   (1  2 )
Trƣờng hợp1: ymax < e hay
k
no
thì điểm đó là Mo(x1,0), x1 thỏa mãn phƣơng trình y = 0 → M1(

2 sin 2
,0)
k


i0
tới i . xác định khoảng cách ngắn nhấttừ tâm hình cầu đến tia sáng
0

Giải : chia hình cầu thành những lớp vỏ cầu mỏng đồng tâm
sao cho trong mỗi lớp chiết suất thay đổi không đáng kể

i2 I2
I1 r1
r2

+ 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

 n1R2 sin i2  n2 R2 s inr2
 R1 sin i0  n1R1 s inr1  n2 R2 s inr2  ...  ni Ri s inri

5


+ khi dmin thì ri = 900. khi đó d = Ri  R sin i0  dni  d

R.a.sini0

n1 sin i1  n2 sin i2  ...  const

-Xét hai điểm trên đƣờngtruyền ánh sáng ứng với các tọa độ:

 y  0  y 
; B  
A
x  0  x 

n3

i3
i2

n2

i1

n1

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  

 n( y )  n0 1  4ay

Bài 5 :
Một tia sáng rọi dƣới góc tới  lên một chồng những tấm trong suốt có bề dày nhƣ 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

n0=1

sin   n1 sin i1  n2 sin i2  ...  nN sin iN

i1

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

i2

khi đó:
sini m 

n
n/k
i3

nA

1 x / R

y

a) nB ở điểm B



B

b) xB
d

c) bề dày của bản biết nA=1,4 R=10cm α=600
A

x
7


Giải:
a,Chia bản thành nhiều lớp song song Oy trong đó, coi nhƣ anh sáng
truyền theo đƣờng thẳng và tuân theo định luật khúc xạ ánh sáng
vì các bản nhỏ => nA.sin  /2= n1sinφ1= n2sinφ2=.....= nBsinφB (1)
y

Mặt khác tia ló ra ngoài không khí



OK R  x
x
sin φi= sin 0MK =

1
R
R
R

x

chính là hệ thức (2) đpcm

A

Dựng A' sao cho OA = OA' => ABA'=  / 2

H

k

0

A'

Bài 7: Một nguồn sáng điểm nằm trong chất lỏng và cách
mặt chất lỏng một khoảng H. Một ngƣời đặt mắt trong

600

0  900  600  300 ;n 0  1
2


H 7  7H
11H
y  H x 
H
 
2 
4
4

x

H 7 H 41
H

x
2
2
2

Sử dụng tích phân tổng quát:
+ n 0 sin  0 







H

1
dy
2
1
7H
 y
4
H



H H

2 0

dy
7H
y
4

7H

y

0

z


11H

dz
H
 H  z 7 4H 
2
z
4



11  7





Bài 8: a. Xét bản mặt song song trong suốt có chiết suất biến đổi theo khoảng cách z tính từ
mặt dƣới của bản. Chứng minh rằng n A sin   nB sin 
b. Một ngƣời đứng trên một
đƣờng nhựa rộng, dài và phẳng, ngƣời
z
đó thấy ở đằng xa hình nhƣ có “mặt nƣớc”
α
n
nhƣng khi lại gần thì ngƣời đó thấy “nƣớc”
A
lại lùi ra xa sao cho khoảng cách từ
ngƣời đó đến “nƣớc” luôn không đổi. Giải


1
T


Khối lƣợng riêng của chất khí ở áp suất không đổi tỉ lệ nghịch với T (nhiệt độ tuyệt đối)
Theo giả thiết  ~ n  1  n  1  k '   n  1 

k
T

Xác định k : tại t = 15oC (288K) thì n  1,000276  1 
n  1

k
 k  0,079488
288

0,079488
(2)
T

Theo (1), tia sáng có phản xạ toàn phần tại P khi α = 90o nên:
nP  n(T1 ) sin  (3)
Với T1 = 303K là nhiệt độ không khí ở H có độ cao lớn hơn 1m còn nP là chiết suất không
khí ở sát mặt đƣờng có nhiệt độ T cần xác định nP  n(T )
l2
1
h2
sin   2



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, n1 và k là các
hằng số dƣơng. Một tia sáng chiếu tới một đầu của sợi quang tại điểm O dƣới góc  nhƣ
hình 4.
1. Gọi  là góc tạo bởi phƣơng truyền của tia sáng
y
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 đƣờng truyền của tia sáng và C là một hằng số. Tính 
C.
O x

2. Viết phƣơng trình quỹ đạo biểu diễn đƣờng
truyền của tia sáng trong sợi quang.
Hình 4
3. Tìm điều kiện để mọi tia sáng chiếu đến sợi
quang tại O đều không ló ra ngoài thành sợi quang.
4. Chiều dài L của sợi quang thỏa mãn điều kiện nào để tia sáng ló ra ở đáy kia của sợi
quang theo phƣơng song song với trục Ox?
Giải :
Tại O: sin= n1sin0
Chia sợi quang thành nhiều lớp mỏng hình trụ đồng tâm. Xét trong mặt
phẳng xOy, các lớp đó dày dy. Tại mỗi điểm góc tới của tia sáng là (900-), ta có
n(y)sin(900-)= n1sin(900- 0)
n(y)cos = n1cos0 = C
C = n1cos0= n1 1  sin 2 0  n1 1 

sin 2 

; x

C dy

.

n1 (1  k y )  C
n 2 (y)  C2
0
dy
1
by
 arcsin
với a  n12  C2 = sin; b = kn1
2
2 2
b
a
a b y
2

2

2

2

C
kn y
arcsin 1 +C1. Điều kiện ban đầu: x = 0 thì y =0 suy ra C1 = 0

kn1

Hay

n12  sin 2 

L


 p với p là số nguyên không âm.
2

Suy ra
(2p  1) n12  sin 2 
L
với p = 0, 1, 2
2kn1

Bài 10: 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 

2
1  2r , trong đó
3

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 dƣới góc  xấp xỉ bằng 900 (sinα ≈ 1) nhƣ hình 1.
1. Viết phƣơng trình quỹ đạo biểu diễn đƣờng 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 ngoài thành


dy
 3  8y
dx

dy

dx

 dx 

1
dy
1 
2
sin i
dx

dy
3  8y

Nguyên hàm hai vế ta đƣợc: 4 x   3  8 y  C
Điều kiện ban đầu: khi x = 0 thì y = 0 => C = 3
 phƣơng trình quĩ đạo của tia sáng: y  2 x 2  3.x
 Vậy quĩ đạo của tia sáng là đƣờng parabol
2) C1. Điều kiện để tia sáng không bị ló ra ngoài thành sợi quang là tọa độ y của đỉnh parabol
3
8

phải nhỏ hơn R: => R   0,375cm

a. Xác định khoảng cách ngắn nhất từ tâm O tới đƣờng đi
của tia sáng.
b. Xác định góc lệch giữa tia sáng tới và tia sáng ló ra ngoài quả cầu.
/ 2

Cho biết :

sin x
dx  0,386.
4 sin x  1
/6



Giải :
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
(3)
Chia quả cầu thành những vỏ cầu mỏng : bán kính trong r, bán kính ngoài r + dr.
Chiết suất của vỏ cầu coi nhƣ không đổi nr
Áp dụng (3) => nr.r.sini = nR.R.sin30o = R/2
13


R
1
1

(7)

tan i
tan i
4.sin i
.dx 
.4. cos i.di 
.di
x
x
4.sin i  1
Theo tính thuận nghịch về chiều truyền ánh sáng, góc ló bằng góc tới :
i = i' = π/6
(8)
Góc hợp bởi tia tới và tia ló :
/ 2

4.sin i
  i  i'2.max  2.[  
di]  4,14rad  237 o.
6  / 6 4 sin i  1

Từ (6) và (7) => d 

i1 I

n1
i2

n2


D

sáng rời khỏi bản mặt tại B (Hình vẽ) và tạo với bản mặt một
góc  . Hãy tính:
E x
A
1. Chiết suất nB tại B và tọa độ xB của điểm B.
2. Tính bề dày d của bản.
Biết nA = 1,4; R = 10 cm;   600 .
Giải:
1. Do chiết suất của bản mặt phụ thuộc vào x nên tia sáng qua bản mặt sẽ truyền theo một
đƣờng cong. Để tính đƣợc giá trị chiết suất n B ta cần tìm mối liên hệ giữa n B và  .Ta chia
bản mặt làm nhiều lớp đẳng chiết song song
- Hình vẽ
- Theo định luật khúc xạ ta có :

n0 sin i0  n1 sin i1  ...  n p sin i p
14


  sin i 
Hay n A sin i A  nB sin i B với i A 
B
2

Tại B tia sáng ló ra không khí với góc tới là


2

- Ta chia bản mặt làm nhiều lớp đẳng chiết song song. Xét một yếu tố vi phân trên lớp dó có
kích thƣớc dx và dy
 Ta có tgix 
Trong đó:

y

dy
 dy  dx.tgix
dx

sin ix 

sin iA nA
x
 1   tgix 
nB
R

xB

( R  x)dx

0

R   R  x



2


O

quang là không khí, chiết suất

0

n1

x
n2

n0 1. Gọi Ox là trục của sợi quang học, O là tâm của một đầu sợi quang. Một tia sáng đơn

sắc đƣợc chiếu vào sợi quang học tại điểm O dƣới góc  0 trong mặt phẳng xOy.
15


1. Viết phƣơng trình quỹ đạo cho đƣờng đi của tia sáng trong sợi quang và xác định biểu
thức tọa độ x của giao điểm đƣờng đi tia sáng với trục Ox.
2. Tìm góc tới cực đại  max , dƣới đó ánh sáng vẫn có thể lan truyền bên trong lõi của sợi
quang.
Giải:
- Vì môi trƣờng chiết suất biến đổi liên tục nên ánh sáng sẽ truyền theo đƣờng cong. Chia
môi trƣờng thành nhiều lớp mỏng song song mặt phẳng Ox. Xét tại M(x,y)




Theo định luật khúc xạ: n  y  sin      const  n1 sin   1 

 
 sin  0
 

y  Asin 
x 
sin 
x
 n1
 cos1 
 v0cos1 
y


sin  0
n
sin  2 1 2
 n  sin 
 n1
0
 1


x



(9).

- Độ cao cực đại mà tia sáng đạt đƣợc chính bằng biên độ: ymax  A 



0

n1

M

x

n2
16


 x 

n12  sin 2  0
n1

2. Để ánh sáng vẫn có thể lan truyền bên trong lõi của sợi quang thì
ymax  a 

sin  0
 a  sin  0   a n1  sin  max ;  max  arcsin  a n1
 n1

Chú ý rằng từ điều kiện n  y   n1 1   2 y 2 và n  y  0   n1; n  y  a   n2
n12  n22
. Vậy  max  arcsin



hành tinh là R. Hãy tìm xemở độ cao bằng bao nhiêuthì một tia sáng đi vòng quanh hành tinh
ở độ cao không đổi
Bài 4 : Giữa hai môi trƣờng có chiết suất n0 và n1 (n0 > 1; n1 =1)có một lớp đồng chất chiều


cao h = H 1 


y
1 
với H là một hằng số chiết suất lớp này thay đổi theo qui luật n  n0 1 
2 
H
n0 

từ môi trƣờng có chiết suất n0 có một tia sáng đi vào môi trƣờng nói trêntại điểm 0 (y = 0) với
góc tới 
17


1. với giá trị nào của  tia sáng quay trở lại môi trƣờng cũ
2. Tìm phƣơng trình biểu diễn đƣờng truyền tia sáng
3. với  bằng bao nhiêu thì khoảng cách điểm đi vào và đi ra là cực đại
Bài 5: Một chùm tia sáng hẹp tới đập vuông góc với một bản hai mặt song songở điểm A(x =
0). chiết suất của bản biến đổi theo công thức: n x 

nA
(nA, R là những hằng số dƣơng).
x

đổi.
Trong bài viết này chúng tôi đã cố gắng chọn lọc các bài tập để phù hợp với các đồng
nghiệp lựa chọn để giảng dạy trong công tác bồi dƣỡng học sinh giỏi. Còn đối với học sinh
các lớp chuyên, nhất là các em trong đội dự tuyển Quốc gia và Quốc tế, việc cần phải nắm
đƣợc phƣơng pháp này là bắt buộc vì có những bài toán phức tạp về mặt hiện tƣợng cũng nhƣ
xây dựng các phƣơng trình toán học. Do khả năng có hạn với những kinh nghiệm ban đầu thu
thập đƣợc, bài viết không thể tránh khỏi những sai sót. Rất mong đƣợc sự đóng góp ý kiến
của đọc giả.
Cuối cùng tôi xin cảm ơn các Thầy giáo, Cô giáo trong tổ Vật lý, các em học sinh các
lớp và các đội tuyển tôi đã giảng dạy trong những năm qua đã đóng góp nhiều ý kiến và
18


những nhận xét giá trị về cách diễn đạt và nội dung bài viết.

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. PHAN HỒNG LIÊN, LÂM VĂN HÙNG, NGUYỄN TRUNG KIÊN-Các bài tập vật lý
đại cƣơng- NXBGD 2009.
[2]. I. E. IRÔĐỐP, I.V XAVALIÉP, O.I.ĐAMSA- Tuyển tập các bài tập vật lí đại cƣơng.
Ngƣời dịch LƢƠNG DUYÊN BÌNH, NGUYỄN QUANG HẬU. NXB đại học và trung học
chuyên nghiệp Hà Nội
[3]. VŨ THANH KHIẾT, VŨ ĐÌNH TÚY- Các đề thi học sinh giỏi vật lý- NXBGD 2008.
[4]. VŨ THANH KHIẾT, NGUYỄN ĐÌNH NOÃN, VŨ ĐÌNH TÚY- Chuyên đề bồi dƣỡng
học sinh giỏi vật lý Trung học phổ thông-Tập 4- NXBGD 2006.
[5]. Đề Olympic APHO
[6]. Đề thi HSG Quốc gia

19