Tài liệu Bồi dưỡng học sinh giỏi môn vật lý thpt chuyên đề sự truyền của ánh sáng trong môi trường có chiết suất biến thiên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN  CHUYÊN ĐỀ DỰ THI DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2015 - 2016 Chuyên đề bài tập SỰ TRUYỀN CỦA ÁNH SÁNG TRONG MÔI TRƯỜNG CÓ CHIẾT SUẤT BIẾN THIÊN Môn : Vật lí Tên tác giả : Cao Văn Trung GV môn : Vật lí Tổ : Vật lí – Thể dục – Quốc phòng Năm học: 2015 – 2016 PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ - Cơ sở khoa học của đề tài: + Cơ sở lí luận: Đề tài được thực hiện trên cơ sở lý luận và phương pháp luận của chủ nghĩa Mác-Lênin, tư tưởng Hồ Chí Minh về giáo dục, các văn kiện Đại hội Đảng.Vai trò và nhiệm vụ của giáo dục và đào tạo đã được thể hiện trong các văn kiện của Đại hội Đảng: “Giáo dục và đào tạo là quốc sách hàng đầu” phát triển giáo dục là nhằm “nâng cao dân trí, bồi dưỡng nhân lực, đào tạo nhân tài”. + Cơ sở thực tiễn: Trong chương trình Vật lí chuyên phần quang hình học học sinh được học ở cuối sách vật lí 11, phần này đề cập chủ yếu đến sự truyền của ánh sáng qua các môi trường (Các hiện tượng khúc xạ và phản xạ toàn phần), từ việc nắm bắt được các hiện tượng đó, học sinh có cơ sở vững chắc để tìm hiểu tiếp về các dụng cụ quang như: Kính lúp, kính hiển vi, kính thiên văn... Trong các phần này ta chủ yếu xét sự truyền của tia sáng qua các môi trường có chiết suất không đổi (tức là môi trường trong suốt và đồng tính), như đã biết trong môi trường như vậy thì đường đi của tia sáng luôn là thẳng. Nhưng thực tế có trường hợp tia sáng truyền trong môi trường có chiết suất thay đổi, ví dụ như ánh sáng mặt trời truyền trong các lớp không khí gần mặt đường bị đốt nóng... Khi đó quỹ đạo của tia sáng không còn là đường thẳng nữa và bài toán trở nên tương đối phức tạp. Khi dạy bài toán ánh sáng truyền trong môi trường chiết suất biến thiên cho học sinh, tôi nhận thấy phần lớn các em gặp khó khăn trong việc hiểu hiện tượng, và vận dụng các phép toán về tích phân và giải phương trình vi phân. Trước thực tế đó tôi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “ Sự truyền của ánh sáng trong môi trường có chiết suất biến thiên” Với phương pháp dùng tích phân, phương trình vi phân, kết hợp với các định luật quang học, sẽ giúp các em học sinh, nắm bắt được các dạng bài tập khó trong phần quang. Hy vọng rằng đề tài sẽ có ích đối với các em học sinh và đồng nghiệp trong quá trình dạy và ôn luyện đội tuyển học sinh giỏi. - Mục đích của đề tài: Nhằm đề xuất một số phương pháp hướng dẫn học sinh giải bài tập về bài toán ánh sáng truyền trong môi trường chiết suất biến 1 thiên, có sử dụng các phép tính tích phân và giải phương trình vi phân, đồng thời trang bị cho bản thân tác giả những kiến thức cơ bản trong công tác ôn luyện và bồi dưỡng học sinh giỏi - Đối tượng phạm vi nghiên cứu: Các bài tập vật lí đại cương, các tài liệu ôn thi học sinh giỏi, phần quang hình, các phép toán cao cấp được áp dụng vào vật lí. Thực hiện ở lớp chuyên lí 11 – trường THPT Chuyên Thái Nguyên. 2 PHẦN II: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1. CÁC KIẾN THỨC LÍ THUYẾT CÓ LIÊN QUAN 1.1 Ánh sáng khúc xạ liên tiếp qua các bản mặt song song ghép sát nhau. i0 n0 n2 n0 r0  i1 i1 n1 i0 i1 n1 i2 i2 n2 n3 i3 n4 TH 1 TH 2 HÌNH VẼ 1 Các bản mặt song song ghép sát nhau, chiết suất của các bản tương ứng là n0 ; n1; n2 ;..... như hình vẽ 1. Áp dụng ĐL khúc xạ ánh sáng ta được: n0 sin i0  n1 sin i1  ....  nk sin ik Có hai trường hợp xảy ra: TH1: Chiết suất tăng dần theo thứ tự trên, khi đó góc tới ở lớp kế tiếp sẽ giảm dần. Trường hợp này không thể có phản xạ toàn phần ở bất cứ lớp nào. TH2: Chiết suất giảm dần theo thứ tự trên, khi đó góc tới ở các lớp kế tiếp sẽ tăng dần, dẫn đến tới một lớp nào đó tia sáng hướng đến mặt phân cách trong điều kiện thỏa mãn điều kiện phản xạ toàn phần (Trong hình vẽ giả sử là tia sáng hướng tới mặt phân cách từ lớp thứ 3) thì tia sáng sẽ bị phản xạ toàn phần. Ta dễ chứng minh được đường đi của tia sáng đối xứng qua pháp tuyến tại điểm xảy ra phản xạ toàn phần. 1.2 Nguyên lí Fec-ma * Khái niệm quang trình của tia sáng 3 Một tia sáng đi từ A đến B, theo một con đường có độ dài s, chiết suất của môi trường truyền sáng là n. Quang trình của tia sáng ứng với đường đi s là: l  n.s * Nguyên lí Fec-ma Trong vô số các con đường khả dĩ đi từ điểm A đến điểm B thì ánh sáng sẽ đi theo con đường có quang trình ngắn nhất. ( Trong môi trường đồng tính thì quang trình ngắn nhất ứng với đường truyền là đoạn thẳng ) Trường hợp tổng quát nguyên lí Fec-ma phát biểu như sau: Tia sáng là đường truyền của ánh sáng có quang trình cực trị. 1.3 Nguyên lí Huy-ghen Mỗi điểm của môi trường mà mặt đầu sóng đạt tới sẽ trở thành một tâm phát sóng nguyên tố. Mặt đầu sóng ở thời điểm sau sẽ là mặt bao của các mặt đầu sóng nguyên tố đó. HÌNH VẼ 2 2. HỆ THỐNG BÀI TẬP VÍ DỤ Phần này tác giả phân loại các bài tập thường gặp thành ba dạng bài toán, trong mỗi dạng bài toán đều có phần lời giải chi tiết và phân tích tỉ mỉ cách làm nhằm giúp các em có thể hình dung một cách tổng quát cách làm của mỗi dạng bài toán. Ngay sau mỗi dạng bài tập đặc trưng có hướng dẫn, tác giả đưa ra một số bài tập vận dụng, đặc biệt các bài tập vận dụng này đều có lời giải chi tiết giúp 4 các em có thể tự kiểm tra và đối chiếu phương pháp giải, giúp ích nhiều cho việc tự học của học sinh. Bài toán 1: Biết phương trình đường đi của tia sáng, phải tìm hàm chiết suất phụ thuộc vào tọa độ. Bài toán 2: Biết hàm chiết suất của môi trường phụ thuộc tọa độ, tìm phương trình quỹ đạo của tia sáng. Bài toán 3: Vận dụng nguyên lí Fec-ma và nguyên lí Huy-ghen Bài toán 4: Một số bài toán về ảo cảnh và phản xạ toàn phần 5 BÀI TOÁN 1: BIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG ĐI CỦA TIA SÁNG PHẢI TÌM HÀM CHIẾT SUẤT CỦA MÔI TRƯỜNG PHỤ THUỘC TỌA ĐỘ. Bài toán tổng quát Bài toán cho một tia sáng truyền trong một môi trường trong suốt có chiết suất n biến thiên theo tọa độ. Biết rõ quỹ đạo của tia sáng dưới dạng hàm số y  f  x  . Yêu cầu lập phương trình thể hiện sự phụ thuộc của chiết suất môi trường vào tọa độ. Phương pháp giải chung y y  f  x n dy i O dx x HÌNH VẼ 3 Giả sử rằng chiết suất của môi trường chỉ phụ thuộc vào tọa độ x. Như vậy ta chia môi trường thành những lớp mỏng theo phương song song với trục Oy, mỗi lớp mỏng đó có bề dày dx, và coi như chiết suất trong lớp mỏng đó c ó giá trị không đổi và bằng n. Các lớp mỏng xếp liên tục liên tiếp nhau tạo thành hệ thống nhiều bản mặt song song liên tiếp. Như vậy ĐL khúc xạ ánh sáng được viết liên tiếp cho các lớp: n0 sin i0  n1 sin i1  ....  nk sin ik Xét tại lớp bất kì, có chiết suất n, góc tới của tia sáng tại lớp này là i  n0 sin i0  n sin i (1) Trong đó n0 ; i0 là các giá trị chiết suất và góc tới tại lớp biên. 6 Tiếp đó ta lập mối quan hệ giữa dy, dx và giá trị lượng giác của góc i. Ví dụ trên hình 3 ta thấy tan i  dy  f '  x  (2) dx Giải hệ (1) và (2) ta sẽ được hàm chiết suất phụ thuộc tọa độ BÀI 1 Một tia sáng đi tới một môi trường trong n 1 O suốt có chiết suất n phụ thuộc vào biến y dưới một góc vuông tại điểm y = 0 ( như hình vẽ 4) x n y Tìm dạng của hàm chiết suất n phụ thuộc vào y biến y. Cho n y 0  n0 và tia sáng truyền trong môi trường này có dạng đường Parabol với HÌNH VẼ 4 phương trình y  a.x 2 ĐS: n  n0 1  4ay PHÂN TÍCH VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI Vì chiết suất của môi trường chỉ biến thiên theo phương của trục Oy, nên ta chia môi trường thành các lớp mỏng theo phương của trục Ox (tức là vuông góc với Oy) như hình 5 O x x  dx x i y  y  dy y HÌNH VẼ 5 Định luật khúc xạ ánh sáng viết liên tiếp cho từng lớp có dạng n0 sin i0  n1 sin i1  n2 sin i2  .....  n.sin i Áp dụng cho gốc tọa độ O và điểm khảo sát có tọa độ (x;y) ta được: n0 sin 900  n.sin i 7 CHÚ Ý: Khi viết định luật khúc xạ ánh sáng tại vị trí biên ( Tại O trong trường hợp này ) ta phải hiểu rằng điểm đang xét là điểm rất gần O thuộc phần chứa môi trường khảo sát Bình phương hai vế phương trình trên ta được: n02  n 2 sin 2 i (1) Từ hình vẽ trên ta có:  dx  1 (2)   2 2 2  dy    dx   dy   1 2 sin i  cos 2 2    dx  Mặt khác dy  2ax (3) dx Thay (3) vào (2) ta được: sin 2 i  1 2  dy    1  dx   1 1  Thay 4a 2 x 2  1 4ay  1 vào phương trình (1) ta được: n  n0 1  4ay BÀI 2 Một tia sáng chiếu vuông góc vào y a mặt phẳng ngăn cách hai môi trường (như hình vẽ 6), môi trường có chiết suất n chỉ phụ thuộc vào tọa độ y. Tìm dạng của hàm n  y x O để bên trong môi a trường này tia sáng truyền theo đường hình sin, với phương trình quỹ đạo là HÌNH VẼ 6 y  a cos  x . Biết rằng chiết suất của môi trường tại điểm mà tia sáng bắt đầu đi vào là n 0 ĐS: n  n0  2  a 2  y 2   1 PHÂN TÍCH VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI 8 y a i J n x O a HÌNH VẼ 7 Vì chiết suất của môi trường chỉ biến thiên theo trục Oy nên ta chia môi trường trong suốt thành nhiều phần mỏng song song với trục Ox như hình vẽ 7. Tại điểm J bất kì trong môi trường truyền ánh sáng ( điểm J phân cách bởi hai lớp mỏng có chiết suất n và n + dn, góc tới tại môi trường chiết suất n là góc i). Từ hình vẽ ta có: cot i  dy  y' dx Áp dụng ĐL khúc xạ ánh sáng ta được: n0 sin 900  n.sin i hay n  n0 sin i n2  n02 Ta có: cos i  n n 2  n02 dy Từ đó: cot i  (1)  n0 dx Từ phương trình quỹ đạo: y  a cos  x ta lấy đạo hàm y theo x được: dy  a sin t  (2) dx Từ (1) và (2) ta được: 9 n 2  n02  a sin t  n0 Bình phương hai vế để rút ra n: n  n0 1  a 2 2 sin 2 t  Hay: n  n0 1   2  a 2  y 2  BÀI TOÁN 2: BIẾT HÀM CHIẾT SUẤT CỦA MÔI TRƯỜNG PHỤ THUỘC TỌA ĐỘ, TÌM PHƯƠNG TRÌNH QUỸ ĐẠO CỦA TIA SÁNG Bài toán tổng quát Bài toán cho một tia sáng truyền trong một môi trường trong suốt có chiết suất n biến thiên theo tọa độ. Biết rõ sự phụ thuộc của chiết suất của môi trường vào tọa độ, chẳng hạn n  f  x  . Yêu cầu lập phương trình đường đi của tia sáng. Phương pháp giải chung Các bước giải ban đầu hoàn toàn giống bài toán 1. Nhắc lại cụ thể như sau y y  f  x n dy i O dx x HÌNH VẼ 8 Giả sử rằng chiết suất của môi trường chỉ phụ thuộc vào tọa độ x. Như vậy ta chia môi trường thành những lớp mỏng theo phương song song với trục Oy, mỗi lớp mỏng đó có bề dày dx, và coi như chiết suất trong lớp mỏng đó c ó giá trị không đổi và bằng n. Các lớp mỏng xếp liên tục liên tiếp nhau tạo thành hệ thống nhiều bản mặt song song liên tiếp. Như vậy ĐL khúc xạ ánh sáng được viết liên tiếp cho các lớp: n0 sin i0  n1 sin i1  ....  nk sin ik Xét tại lớp bất kì, có chiết suất n, góc tới của tia sáng tại lớp này là i  10 n0 sin i0  n sin i (1) Trong đó n0 ; i0 là các giá trị chiết suất và góc tới tại lớp biên. Tiếp đó ta lập mối quan hệ giữa dy, dx và giá trị lượng giác của góc i. Ví dụ trên hình 8 ta thấy tan i  dy  f '  x  (2) dx Ở đây vì đã biết rõ hàm chiết suất của môi trường phụ thuộc vào tọa độ x nên ta thay hàm chiết suất vào (1), từ đó rút ra sini tiếp tục là tani rồi sau đó thế vào (2). Đến đây việc tìm phương trình quỹ đạo dẫn đến việc giải phương trình vi phân, phương pháp chung là giải phương trình vi phân bằng phép phân li biến số. BÀI 3 Xét một bản trong suốt, song song, y có bề dày d và có giá trị chiết suất cho bởi n n0 1 x R  B (Xem hình vẽ 9) d Một tia sáng đi vào từ không khí tới điểm A, vuông góc với mặt bản ( xA  0 ) và ló ra ở điểm B với góc ló là  x A xB HÌNH VẼ 9 a) Tính chiết suất tại điểm B ( nB ) b) Tính xB c) Lập phương trình quỹ đạo của tia sáng truyền trong bản Dữ kiện: n0  1,2 ; R = 13cm;   300  n  ĐS: nB  n02  sin 2  ; xB  R 1  0  ;  nB  Quỹ đạo là một cung tròn bán kính R PHÂN TÍCH VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI 11 a) Trong bài toán này dữ kiện đề bài cho biết hàm chiết suất của môi trường phụ thuộc tọa độ. Yêu cầu tìm phương trình quỹ đạo của đường truyền ánh sáng. Chiết suất của môi trường biến thiên theo trục Ox nên ta chia môi trường thành nhiều lớp mỏng theo phương song song với Oy. Chiết suất của bản tại điểm A là nA  n0 , góc tới tại điểm A là i0  900 (như hình vẽ 10) y    B x A HÌNH VẼ 10 Tại điểm B, chiết suất của môi trường là nB, góc tới là  . Ta có: n0  nB .sin n0  nB .cos  (1) CHÚ Ý: Đến đây học sinh hay nhầm lẫn rằng góc    . Thực tế điều này không đúng vì tại điểm B chiết suất ở phía trên bằng 1 (trong môi trường không khí), còn chiết suất ở phía dưới bằng n B (trong môi trường bản mỏng) nên tia sáng khúc xạ ra không khí từ trong bản đã bị lệch. Để tìm mối quan hệ giữa hai góc  và  ta xét sự khúc xạ ánh sáng tại điểm B từ trong bản mỏng ra không khí, pháp tuyến là đường thẳng đứng qua B 12 sin   Ta có: nB sin   1.sin   sin  nB nB2  sin 2  cos   1  sin   nB 2 Thay biểu thức trên vào phương trình (1) ta được kết quả: n0  nB2  sin 2  nB  n02  sin 2  b) Thay biểu thức chiết suất nB vào phương trình tổng quát của chiết suất n n0 1 x R Ta sẽ tìm được tọa độ của điểm B:  n  xB  R  1  0   nB  c) Lập phương trình quỹ đạo của đường đi của tia sáng. Xét tại một điểm tới C bất kì trong bản như hình vẽ 11. y  n y  dy y B i C x A x x  dx HÌNH VẼ 11 Rx n0 R  sin i = n  n .sini  sin i 0 Ta có R Rx 2 Rx  x 2  cos i  . Từ đó ta có hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm đang R xét là: 13 tan i  sin i Rx dy   cos i 2 Rx  x 2 dx Rút ra: dy  y Rx 2 Rx  x 2 Rx x Lấy tích phân hai vế ta được:  dy   0 0 2 Rx  x 2 dx dx Thực hiện phép tích phân bằng cách đặt u  2 Rx  x 2  du  2  R  x  dx Kết quả thu được: x 2  y 2  2 Rx  0 Kết luận phương trình đường đi của tia sáng là một cung tròn tâm I có tọa độ  R;0  bán kính R BÀI 4 1) Một vỏ cầu có bán kính ngoài R 1 bán kính trong R2 được làm bằng chất trong suốt có chiết suất n2. Từ môi trường ngoài có chiết suất n1, một tia sáng được chiếu tới vỏ cầu dưới góc tới i1. Trước khi đi vào bên trong, tia sáng chiếu tới mặt trong của vỏ cầu dưới góc tới i2. (Xem hình vẽ 12). Hãy thiết lập mối quan hệ giữa các đại lượng i1; i2 ; n1; n 2 ; R1; R2 HÌNH VẼ 12 2) Một quả cầu tâm O bán kính R được làm bằng một chất trong suốt. Chiết suất tại một điểm bên trong quả cầu biến thiên theo khoảng cách r từ điểm đó tới tâm quả cầu theo hệ thức nr  2R . Từ không khí chiếu vào quả cầu một tia Rr sáng với góc tới i = 300. Xác định khoảng cách ngắn nhất từ tâm O đến quỹ đạo của tia sáng. ĐS: 1) n1R1 sin i1  n2 R2 sin i2 ; 2) rmin  R 3 PHÂN TÍCH VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI 14 1) Tại I tia sáng từ môi trường có chiết suất n1 khúc xạ vào trong quả cầu với góc tới i1; Tại J từ môi trường có chiết suất n2 tia sáng khúc xạ tiếp vào trong quả cầu với góc tới i2 Áp dụng ĐL khúc xạ ánh sáng tại I ta có: ¶ ) n1 sin i1  n2 sinr1 ( r1  OIJ Áp dụng định lí hàm số Sin cho tam giác OIJ ta có: R2 R R sin i2  1  sinr1  2 sinr1 sin i2 R1 HÌNH VẼ 12 Thay vào biểu thức của ĐL khúc xạ ánh sáng tại I ta được n1 sin i1  n2 R2 sin i2 . Biến đổi về dạng đối xứng ta được R1 n1 R1 sin i1  n2 R2 sin i2 Nhận xét: Dạng của ĐL khúc xạ ánh sáng qua các lớp mỏng liên tiếp khác với trường hợp lớp mỏng được chia thành nhiều bản mỏng song song. Đó là vì góc khúc xạ tại lớp này không bằng góc tới của lớp kia. a) Chia quả cầu thành nhiều lớp mỏng 0 giới hạn bởi các mặt cầu bán kính r và r + dr. i Chiết suất của lớp mỏng này là n và coi như không đổi (Xem hình vẽ 13)  n Áp dụng ĐL khúc xạ ánh sáng cho các r lớp cầu mỏng liên tiếp ta được: n.r.sin   1.R.sin 300 Dễ thấy rằng khi khoảng cách giữa tâm của quả cầu và tia sáng nhỏ nhất thì góc tới tại điểm đó bằng 900. Thay ĐK đó vào phương trình trên ta 15 O 0 3 được: HÌNH VẼ 13 2R R R .rmin  ; Dễ dàng giải được: rmin  R  rmin 2 3 BÀI 5 Quỹ đạo của tia sáng truyền trong môi trường không không đồng nhất được cho bởi phương trình x  A.sin y trong đó A và B là hai hằng số dương. Hãy B lập biểu thức của chiết suất n trong không gian giới hạn bởi hai mặt phẳng x = A và x = -A. Giả sử rằng n chỉ phụ thuộc vào x và tại x = 0 thì giá trị n = n 0. Hãy vẽ đồ thị n = n(x) trong đoạn [-A, A] 1/2  x2  ĐS: n x   n0 1  2 2  A B  HƯỚNG DẪN GIẢI Chiết suất của môi trường chỉ thay đổi theo phương của trục Ox, nên ta chia môi trường thành các lớp mỏng song song với Oy (Xem hình 14) x A C i n y O A HÌNH VẼ 14 Tại điểm tới C bất kì từ lớp mỏng có chiết suất n, góc tới của tia sáng từ lớp này là i. 16 Ta có: cot i  dx y dx A y  cos , mặt khác x  A.sin  B dy B B dy Từ đó: cot i  A y cos B B Áp dụng ĐL khúc xạ ánh sáng liên tiếp cho các điểm từ gốc tọa độ O đến điểm C ta có: n0 sin i0  n sin i (1) Góc i0 được cho bởi hệ thức: cot i0  A y A cos 0   sin i0  B B B B A B 2 Góc i được cho bởi hệ thức: cot i  A y A y A x2 cos  . 1  sin 2  . 1  2  B B B B B A Từ (1) và (2) ta có: sin i  A2  x 2 (3) B n0 sin i0 n0 B (4)  . n n A2  B 2 Từ (3) và (4) sử dụng hệ thức 1  1  sin 2 i biến đổi ta thu được: 2 cot i x2 n  n0 1  2 A  B2 Đồ thị chiết suất phụ thuộc tọa độ x như hình bên dưới 17 2 (2) HÌNH VẼ 15 BÀI 6 Giữa hai môi trường trong suốt có 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 trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Chiết suất của bản chỉ thay đổi theo phương vuông góc n02  n12 với mặt bản theo quy luật n  n0 1  ky với k  . Từ môi trường chiết en02 suất n0 có một tia sáng đơn sắc được chiếu tới điểm O trên mặt bản theo phương hợp với Oy một góc  (Xem hình 16) a) lập phương trình đường truyền của tia sáng trong mặt bản b) Xác định vị trí tia sáng ló ra khỏi mặt bản y n1 e x  O n0 18 HÌNH VẼ 16 ĐS: a) y   k .x 2  cot  .x ; 2 4sin  cos 2   2sin 2  b) Nếu ;0   e thì tọa độ mà tia sáng ló ra khỏi bản là  k  k  cos 2  Nếu e k en02 sin 2 en02 sin  n12 Thì tọa độ điểm ló là x2  2  2  sin 2  ; y2  e 2 2 2 n0  n1 n0  n1 n0 PHÂN TÍCH VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI a) Lập phương trình quỹ đạo. y n1 e i n x  O n0 HÌNH VẼ 17 Ta chia bản mặt song song thành nhiều lớp mỏng, mỗi lớp coi như có chiết suất không đổi n. Xét một lớp bất kì như hình vẽ trên. Lớp này có chiết suất n, góc tới của tia sáng từ lớp này tới mặt phân cách là i (Xem hình 17) Áp dụng ĐL khúc xạ ánh sáng liên tiếp từ điểm O đến điểm đang xét ta có: n sin i  n0 sin  với n  n0 1  ky cos 2   ky sin  Từ đó ta có: sin i   cos i  1  ky 1  ky Theo hình vẽ ta có: cot i  cos i dy  sin i dx 19