MỘT SỐ BÀI TẬP CƠ BẢN VỀ CHIẾT SUẤT BIẾN ĐỔI

Trong các đề thi học sinh cấp thành phố, cấp quốc gia và quốc tế những năm gần đây xuất hiện nhiều bài toán liên quan đến phần quang hình có chiết suất môi trường biến đổi. Những bài toán này là thường khá hay và gây ra khó khăn cho học sinh vì nó đòi hỏi học sinh khả năng phân tích và kiến thức tổng hợp. Nhằm giúp các em giải quyết những bài toán này tôi đã biên soạn chuyên đề “MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ BẢN VỀ CHIẾT SUẤT BIẾN ĐỔI”. Vậy hướng giải quyết những bài toán này như thế nào?

Chuyên đề: MỘT SỐ BÀI TẬP CƠ BẢN VỀ CHIẾT SUẤT BIẾN ĐỔI Đặt vấn đề: Trong các đề thi học sinh cấp thành phố, cấp quốc gia và quốc tế những năm gần đây xuất hiện nhiều bài toán liên quan đến phần quang hình có chiết suất môi trường biến đổi Những bài toán này là thường khá hay và gây ra khó khăn cho học sinh vì nó đòi hỏi học sinh khả năng phân tích và kiến thức tổng hợp Nhằm giúp các em giải quyết những bài toán này tôi đã biên soạn chuyên đề “MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ BẢN VỀ CHIẾT SUẤT BIẾN ĐỔI” Vậy hướng giải quyết những bài toán này như thế nào? B1: Chia khối trong suốt thành các lớp mỏng trong suốt sao cho chiết suất trong những lớp ấy gần như không đổi B2: Dùng các định luật truyền thẳng, định luật phản xạ, định luật khúc xạ ánh sáng và hiện tượng phản xạ toàn phần áp dụng cho các lớp mỏng trong suốt B3: Kết hợp kiến thức toán học: tích phân, các phép tính gần đúng… để tính toán Chuyên đề được chia làm hai phần: Phần 1: Ôn tập những kiến thức cơ bản về các định luật truyền thẳng ánh sáng, định luật phản xạ ánh sáng, định luật khúc xạ ánh sáng và hiện tượng phản xạ toàn phần Phần 2: Phân chia dạng bài tập và một số bài tập minh họa và vận dụng Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 1 I CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1 Ba định luật cơ bản của quang hình học  Định luật truyền thẳng của ánh sáng: Trong một môi trường trong suốt đồng tính và đẳng hướng các tia sáng truyền theo đường thẳng  Định luật phản xạ ánh sáng: Tại mặt phân cách giữa hai môi trường, một phần tia sáng bị phản xạ, đó là hiện tượng phản xạ ánh sáng Tia tới và pháp tuyến tại điểm tới xác định một mặt phẳng tới và lập một góc tới i Tia phản xạ và pháp tuyến lập một góc tới i’ Định luật phản xạ ánh sáng: Tia phản xạ nằm trong mặt phẳng chứa tia tới và pháp tuyến, góc phản xạ bằng góc tối  Định luật khúc xạ ánh sáng Tia sáng truyền qua hai môi trường trong suốt bị đổi hướng tại mặt phân cách đó là hiện tượng khúc xạ ánh sáng Tia khúc xạ và pháp tuyến lập một góc khúc xạ r Định luật khúc xạ ánh sáng: Tia khúc xạ nằm trong mặt phẳng chứa tia tới và pháp tuyến và góc khúc xạ xác định bởi biểu thức : n1 sin i n2 sin r Trong đó n1 và n2 là các hằng số, gọi là chiết xuất của n1 n12 môi trường 1 và 2 Tỉ số n2 gọi là chiết suất tỉ đối của hai môi trường Hiện tượng phản xạ toàn phần 2 Môi trường có chiết suất thay đổi Trên thực tế rất khó có một môi trường trong suốt đồng nhất và có chiết suất không thay đổi theo vị trí mà luôn tồn lại môi trường có chiết suất thay đổi theo từng vị trí khác nhau Ví dụ Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 2  Chiết suất của các bản mỏng  Chiết suất của lớp không khí thay đổi theo độ cao  Chiết suất của lớp không khí trên khí quyển trái đất II MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA 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 Hướng dẫn: Chia môi trường thành những lớp mỏng sao cho n không đổí xet tại điểm M tia sáng với góc tới i n sin i n0 sin i0 const 1 n02 sin2 i0 2 2 2 tani= dx , tan cot i  cosi  n  n  n0 sin i0 dy sini n0 sin i0 n0 sin i0 n Mặc khác y dy M x coti dy y,  n2  n02 sin2 i0 n0 sin i0 y, i dx  n n0 sin i0 1 ( y, )2 x0 dx Các trường hợp riêng Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 3 1 Đường truyền có phương trình: y = ax2  y, 2ax  (y, )2 4a2 x2 4ay  n n0 sin i0 1 4ay 2 Đường truyền là một đoạn phương trình : y = AsinBx y, ABcosBX  (y, )2 A2B2cos2BX A2B2  A2B2 sin2 Bx A2B2  B2 y2  n n0 sin i0 1 A2B2  B2 y2 3 Đường truyền là cung tròn :  x  a 2   y  b 2 R2  y  b 2 R2   x  a 2 lấy đạo hàm hai vế  2 y  b y,  2 x  a x,  2 x  a  y  2 x  a  x  a 2 y  b y  b ,2  x  a 2 R2   y  b2 ,2 R y    2  n n0 sin i0 1 y n0 sin i0  y  b   y  b y b Bài 1: Trong một môi trường trong suốt có chiết suất biến đổi 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 Xác định biểu thức của chiết suất để ánh sáng truyền trong môi trường theo một parabol Hướng dẫn: Chia môi trường thành những lớp vô cùng mỏng sao cho trong mỗi lớp chiết suất coi như không đổi Định luật khúc xạ cho n1 sin i1 n2 sin i2  Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 4 Xét hai điểm trên phương truyền của ánh sáng ứng với các tọa độ A(0,0) và B(x,y) Ta có nA.siniA nB.sin iB Nhưng nA=n0, iA=900 sin iB  n0  n0 nB n(y) Đối với parabol ta có tg dy 2ax 2 ay dx sin iB cos  1  1 1 tan2  1 4ay Vậy no n(y)  1 1 4ay hay n(y) n0 1 4ay Suy ra Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 5 DẠNG 2: Biết qui luật biến đổi n tìm phương trình biểu diễn đường truyền Hướng dẫn: Chia môi trường thành những lớp mỏng sao cho n không đổi, xét tại điểm M tia sáng với góc tới i n sin i n0 sin i0 const 1 n02 sin2 i0 2 2 2 tani= dx , tan cot i  cosi  n  n  n0 sin i0 dy sini n0 sin i0 n0 sin i0 n Mặc khác y dy M x coti dy y,  n2  n02 sin2 i0 n0 sin i0 y, i dx  n n0 sin i0 1 ( y, )2 x0 dx Từ : n n0 sin i0 1 ( y, )2 ,tìm được y’ lấy nguyên hàm ta tìm được y Phương pháp: Ta chia thành các mặt phẳng có chiết suất gần như không đổi Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 6 Bài 1: Một bản song song có chiết suất biến đổi theo quy luật n(Y ) n0 1 yb ; n0 1, n2  2 bề dày của bản là b=1m Một tia sang chiếu tới trên mặt AB dưới một góc  a Xác định điều kiện  để tia sang không xuyên qua bản mỏng đó b Tia sang đơn sắc SI chiếu vuông góc tới mặt giới hạn tại O có chiết suất n0=1 Sau khi ra khỏi bản mỏng một góc  - Xác định góc lệch của tia sang so với phương ban đầu - Xác định phương trình đường cong tia sang truyền trong bản Hướng dẫn: a Điều kiện  Để tia sáng truyền qua bản thì chỉ có thể phản xạ toàn phần Chia bản thành nhiều lớp đẳng nhiệt song song từ định luật khúc xạ ta có: n2 sin  nK sin iK (1) Giả sử có sự phản xạ tại lớp k  ik 900 (1)  sin  nK n1 n2  nK  n0  1  sin  1  2 Ta có n2 2 hay 900    450 - Với trường hợp 900 tia sáng đi thẳng Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 7 b Xác định góc  + Chia môi trưởng thành các lớp đẳng nhiệt áp dụng định luật khúc xạ n1 sini1 n2 sin i2  const n0 sin i0 n2 sin in i0  , n0 1  sin in  1  2  in  ,   in 450 Với 2 n2 2 42   Sau khi ra khỏi bản a sáng lệch khỏi phương ban đầu 4 sau đó tia sáng truyền thẳng + Xác định đường cong tia sáng trong bản Xét điểm thuộc đường truyền trong bản song song M(x,y) n0 sin i0 n (Y) sin iM  sin iM  1 (1) n(Y ) tan  dydx ;sin iM cos  1 1 (2)  tan2  Từ (1) và (2) suy ra 1 tan2  n(Y )  tan2   ya  tan  ya  dy  y  dy  1 dx dx b y b Lấy nguyên hàm hai vế 2 y  x c b Tại x=0 suy ra y=0 suy ra c = 0 2 y x y  x2 b hay 4b Vậy Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 8 Bài 2: Chiết suất của không khí tại một sân bay phụ thuộc vào độ cao y theo công thức n n0 (1 ay) trong đó hằng số a 1, 5.10 6 m 1 , n0 là chiết suất không khí tại mặt đất Một người đứng trên đường bang, độ cao mặt của anh ta so với mặt đất là 1,7 m TÍnh độ dài d mà anh ta nhìn rõ trên đường bang? Hướng dẫn: Chia không khi trên sân bay thành các lớp n1, n2, … Song song với mặt đất n0 n1 sin1 n2 sin2  n sin Ta có: n0 n sin n0 (1 ay) Từ hình vẽ ta có: y cot hay sin  1  1 x 1 cot 1 ( y )2 x 1 ay  1 ( y )2  1 ( y )2 1 2ay  a2 y2 x x y  2ay hay chuyển sang Vì a nhỏ, y hữu hạn nên bỏ qua (ay)2 nên x dạng vi phân ta có: dy  2adx dx Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 9 y a x2 Tích phân hai vế ta được 2 Đường đi của tia sáng trên sân bay là một nhánh của parabol khi y h  d  2h 1500m d Bài 3: Một tia sáng SI đi từ không khí vào một bản mặt song song có bề dày h với chiết suất thay đổi theo độ sâu x với quy luật n= 4 x (hình 3) Cho h = 0,3 m, x0 = 0,1 m 1+ x0 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 0 = 300, OI = 0, 63 m, chiết suất không khí bằng 1 Hướng dẫn: a Khi đi từ không khí vào bản mặt song song thì có thể viết: sin α 1 = 1 sin α 0 n1 Ta chia bản mặt thành các mặt đẳng chiết Sau khi tia sáng đi một đoạn nhỏ dh thì sin α 2 = n1 sin α 1 n2 (1) sin α 3 = n2 .⇒ sin αn = nn−1 sin α 2 n3 sin α n−1 nn Tiếp đó sin α n = 1 Nhân các biểu thức với nhau, ta nhận được sin α 0 nn (2) Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 10 Nghĩa là có thể viết đối với một điểm bất kỳ của quỹ đạo: sin α =1 sin α0 n (3) Ta nhận thấy rằng  là góc giữa tiếp tuyến của quỹ đạo tia sáng và phương đứng.Nếu khảo sát quỹ đạo của tia sáng như một hàm dịch chuyển theo độ sâu thì: f '(x)  tg (hệ số góc của tiếp tuyến) n 1 2 n2 1 n2 = ⇒ 1+ cot α = 2 ⇒ 2 = 2 −1 sin α 0 sin α sin α0 tan α sin α0 Từ (3) suy ra:  dx 2 n(x) n0 sin 0 1   (→ Xây dựng ra được:  dy  ) √ ( ) f ' (x )=±sin α0√ n2−sin2 α 0=±sin α0 16 2 −sin2 α 0 1+ x x0 (4) Thay các giá trị đã cho vào phương trình (4), ta nhận được: f ( x)=±∫ (10 x +1 )dx 1 (10 x +1) d (10 x +1 ) 1 1 d (1+10 x )2 2 =± ∫ 2 =± ∫ √64−(1+10 x) 10 √64−(1+10 x) 10 2 √64−(1+10 x) 2 ( ) ¿± 120 (−2) √64−(1+10 x)2 +C=±√0 ,64−( x+0,1)2+C (5) Từ hệ tọa độ đã cho, ta chỉ lấy nghiệm: f (x )=−√0 , 64−( x+0,1)2+C với hằng số C được xác định từ điều kiện đầu: Khi x = 0 thì: f (x )=−√0 , 63=−√0 , 64−(0+0,1)2+C ⇒C=0 Vậy phương trình của tia sáng có dạng f (x )=−√0 , 64−( x+0,1)2 (6) Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 11 Quỹ đạo của tia sáng có dạng đường tròn bán kính r = 0,8 m b Dựa vào hình vẽ ta có x = r -0,1 = 0,8 – 0,1 = 0,7 > 0,3 m Chứng tỏ tia sáng đi sang mặt kia của bản mặt Độ lệch của tia sáng so với điểm tới khi ra khỏi bản là Δyy=√0,82−0,12−√0,82−0,42≈0,1009 m Bài 4: Một sợi quang học gồm một lõi hình trụ, bán kính a, làm bằng vật liệu trong suốt có chiết suất biến thiên y n 1 O x đều đặn từ giá trị n n1 trên trục đến n n2  0 n 2 (với 1n2 n1 ) theo công thức n n y n1 1  2 y2 , trong đó y là khoảng cách từ điểm có chiết suất n đến trục lõi,  là hằng số dương Lõi được bao bọc bởi một lớp vỏ làm bằng vật liệu có chiết suất n2 không đổi Bên ngoài sợi quang là không khí, chiết suất n0 1 Gọi Ox là trục của sợi quang học, O là tâm của một đầu sợi quang Một tia sáng đơn sắc được chiếu vào sợi quang học tại điểm O dưới góc 0 trong mặt phẳng xOy 1 Viết phương trình quỹ đạo cho đường đi của tia sáng trong sợi quang và xác định biểu thức tọa độ x của giao điểm đường đi tia sáng với trục Ox 2 Tìm góc tới cực đại max , dưới đó ánh sáng vẫn có thể lan truyền bên trong lõi của sợi quang Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 12 Hướng dẫn: - Vì môi trường chiết suất biến đổi liên tục nên ánh sáng sẽ truyền theo đường cong Chia môi trường thành nhiều lớp mỏng song song mặt phẳng Ox Gọi  là góc phụ với góc tới của tia sáng tại M(x,y)     n y sin     const n1 sin   1  Theo định luật khúc xạ: 2  2   n1 1  2 y2 cos n1cos1  1  2 y2cos cos1 (7) Với góc 1 được xác định từ định luật khúc xạ tại O: n12  sin2 0 sin0 n1 sin1  cos1  n1 (8) cos= 1  1 1 tan2  1  y 2 - Từ phương trình (7) với lưu ý ta tìm được hàm biểu diễn của dx theo f(y)dy Tích phân 2 vế bằng cách đặt ẩn phụ dạng cy = sint ta tìm được quỹ đạo tia sáng có dạng hình sin với y Asin    sin0    x   sin  x  v0cos1  n1  cos1   y  sin0 sin  n1 x  n1  n12  sin2 0    (9) - Độ cao cực đại mà tia y sáng đạt được chính bằng biên sin0  n 1 ymax A  M x độ: n1  0 - Những điểm cắt của n2 chùm tia với trục Ox thỏa mãn điều kiện y = 0 Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 13  n1 x  0  sin  n12  sin2 0      x k n12  sin2 0 n1 Vị trí đầu tiên có k 1  x  n12  sin2 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 y2 và n y 0 n1; n y a n2    n12  n22  n12  n22 an max arcsin 1 Vậy Bài 5: Một đoạn sợi quang thẳng có dạng hình trụ bán đối xứng của nó trùng với trục tọa độ Ox Giả thiết chiết suất của chất liệu làm sợi quang kính R, hai đầu phẳng và vuông góc với trục sợi quang, đặt trong n  2 1 2r không khí sao cho trục thay đổi theo quy luật: 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  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 ngoài thành sợi quang Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 14 Hướng dẫn: 1 Chia sợi quang thành y nhiều lớp mỏng hình trụ đồng tâm Xét trong mặt βi phẳng xOy, các lớp đó có O x tọa độ y dày dy và có chiết suất là n n0 1 2 y với n0 2 / 3 + Tại O: sin= n0sinβ (với n0 = 2/ 3 ) => β = 600 => i0 = 300 + Xét điểm M có tọa độ (x, y) (y > 0) ở lớp có chiết suất n n0 1 2 y sin i n0.sin i0  1 n 2 1 2y Ta có: n0.sini0 = n.sini => Mà tanθ = cot i dx  sin2 dy 1 i  1 dy dy dx => dx  3  8y dx  dy 3 8y  Nguyên hàm hai vế ta được: 4x  3  8y  C Điều kiện ban đầu: khi x = 0 thì y = 0 => C = 3  phương trình quĩ đạo của tia sáng: y  2x2  3.x  Vậy quĩ đạo của tia sáng là đường parabol 2 C1 Điều kiện để tia sáng không bị ló ra ngoài thành sợi quang là tọa độ y của đỉnh parabol phải nhỏ hơn R R 3 0, 375cm => 8 Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 15 C2 Điều kiện để tia sáng không bị ló ra ngoài thành sợi quang lớp chiết suất diễn ra phản xạ toàn phần của tia sáng phải cách trục ox một khoảng nhỏ hơn R R 3 0,375cm => 8 Bài 6 : Xác định sự sai lệch khi định vị góc nhìn một ngôi sao từ mặt đất dưới góc 450 áp suất khỉ quyển tại sát mặt đất là n=1,00003 Hướng dẫn Càng lên cao, không khí càng loãng, nhiệt độ càng lạnh Do đó chiết suất của khí cũng giảm Sự thay đổi của chiết suất cũng làm cho tia sáng từ ngôi sao phát ra khi tới mặt đất không đi theo đường thẳn mà lại theo một đường vòng Vị trí của các ngôi sao nhìn từ Trái Đất bị sai lệch ít nhiều vì sự khúc xạ tia sáng trong khí quyển Để giải quyết bài toán này, ta cần phải chia khí quyển thành các lớp vô cùng mỏng, và coi rằng trong các lớp đấy, môi trường là đồng nhất (chiết suất không đổi) và ánh sáng đi theo đường thẳng Gọi là chiết suất của lớp thứ p Là góc tới mặt phân cách của lớp thứ p và p+1 Áp dụng định luật khúc xạ ta có: n0 sin i0 n1 sin i1  np sin ip Trong đó: n0 1;ih 450 i0 ih  (1)  sin(ih  ) nh sin ih  sin ih cos  sin  cos ih n sin ih (2) Vì  rất nhỏ nên cos 1;sin   Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 16 Thay vào (2) ta được:  (nh  1)tgih 0, 0003(rad ) Kết luận: Trong những bài toán dạng môi trường có chiết suất thay đổi, ta nên chia môi trường thành những lớp đẳng chiết để áp dụng định luật khúc xạ và tính Trong một số trường hợp cụ thể có thể sử dụng một số công thức gần đúng để thuận lợi cho việc tính toán Bài 7: 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 ny n0  ay Xác định độ nghiêng của tia ló ra khỏi bản mặt Nhận xét: Ta có thể chia môi trường thành nhiều lớp đẳng chiết Độ nghiêng của tia ló ra khỏi bản mặt có thể được tính bằng phương pháp tính 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) 1  tgi  n di dn tan i dx ; dn ady dy Lại có dx  n di (1) và a Do chiết suất biến đổi nhỏ nên n n0 b  ∫dx  n ∫di  b n0 (   ) o a a2 Lấy tích phân 2 vế của (1) 2 Sau đó ánh sáng ló ra khỏi không khí n=1 Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 17 Bài 8: Chiết suất của không khí ở nhiệt độ 300K cà áp suất 1atm là 1,0003 đối với ánh sáng ở khoảng giữa của quang phổ nhìn thấy Giả thiết khí quyển đẳng nhiệt ở 300K, hãy tính xem khí quyển của quả đất cần phải có mật độ lớn hơn bao nhiêu lần để ánh sáng bị cuốn theo mặt cong của quả đất tại mực nước biển? (về nguyên tắc khi bầu trời quang mây có thể ngắm mặt trời lặn cả đêm, tuy rằng ảnh của mặt trời khi đó bị nén mạnh theo phương thẳng đứng) Giả thiết rẳng chiết suất n có tính chất là n-1 tỷ lệ với mật độ (Gợi ý: dùng nguyên lí Fermat) Độ cao 1/e của khí quyển đẳng nhiệt này là 8700m Lời giải: n(r)  1 e r R 8700 Theo đề bài Trong đó R 6400.10 3 m là bán kính quả đất và  là mật độ không khí Khi đó  r R n(r) 1 e 8700 (1) dn(r) n '(r)  1  e 8700 r R (2) dr 8700 Cũng theo đề bài không khí có mật độ đủ lớn để làm cho ánh sáng bị cong theo mặt cong của trái đất ở mức nước biển như trên hình vẽ sau: Độ lớn quang trình từ A đến B là l n(r) r Theo nguyên lí Ferman, độ dài quang trình từ A đến B phải đạt cực trị, tức là dl [n '(r)r  n(r)] 0 dr n '(r)  n  r  Tức là r (3) Thay (3) vào (2) ta được 1 e 8700 r R n(r) A 8700 r (4) r B R Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 18 Tại mực nước biển, r R 6400.103 m Dùng giá trị này kết hợp với (1) và (4) ta được .6400.103 1    0, 00136 8700 Tại mực nước biển, tức là tại 300K và 1atm n0  1 0 0, 0003  4,53 Do đó 0 Như vậy chỉ khi không khí có mật độ bằng 4,53 lần mật độ khí thực thì ánh sánh mới bị uốn quanh quả đối với độ cong bằng độ cong của mặt quả đất tại mực nước biển Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 19 III BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Coi khí quyển của trái đất như một lớp trong suốt có chiết suất giảm theo độ cao theo công thức: n n0  ah trong đó: n0 là chiết suất tại mặt đất, a là hằng số, ah rất nhỏ so với 1; bán kính trái đất là R 1 Một tia sáng phát ra từ điểm A, ở độ cao h0, chiếu theo phương nằm ngang, trong một mặt phẳng kinh tuyến Tính h0 để tia sáng truyền đúng theo một vòng tròn xung quanh trái đất, rồi trở lại điểm A 2 Một tia sáng khác, phát ra từ điểm B ở độ cao h bất kì Tia sáng này nằm trong một mặt phẳng kinh tuyến và làm với đường thẳng đứng tại đó một góc tới i0 Tính i0 để tia sáng đi qua điểm B’ nằm xuyên tâm đối với điểm B, sau khi phản xạ một lần ở tầng trên cao khí quyển Bài 2: Giữa hai môi trường trong suất chiết suất n0 và n1 ( n0  n1 1) có một bản hai mặt song song bề dày e Bản mặt được đặt dọc theo trục Ox của hệ tọa độ Oxy như hình vẽ Chiết suất của bản mặt chỉ thay đổi n02  n12 n n0 1 ky , k  2 theo phương vuông góc với bản mặt theo quy luật en0 Từ môi trường chiết suất n0 có một tia sáng đơn sắc chiếu tới điểm O trên bản mặt, theo phương hợp với Oy một góc  1 Lập phương trình xác định đường truyền của tia sáng trong bản mặt Xác định vị trí điểm tia sáng ló ra khỏi bản mặt 2 Bài 3: Một tia sáng thuộc mặt phẳng yOz đi vào vùng z0 b Quỹ đạo của tia sáng bị hạn chế với a=0 Xác định điểm xa nhất mà tia sáng tới được so với trục Oz Giáo viên: Nguyễn Ngọc Tuấn – Chuyên Hạ LongTrang 20