Tự học ôn thi HSG Quốc gia: Quang học tổng hợp - Lăng kính, Thấu kính dày, Độ sâu trường ảnh và Giới hạn nhiễu xạ

TỦ SÁCH CHUYÊN KHẢO VẬT LÝ CHUYÊN & OLYMPIAD

BÀI TOÁN DÀI: QUANG HỌC HỆ THỐNG THỰC TẾ & GIỚI HẠN NHIỄU XẠ SÓNG

Chuyên đề: Quang hình vi sai & Quang học sóng • Bồi dưỡng HSGQG / APhO / IPhO • Thang điểm: 20,0 điểm

Trong thiết kế và chế tạo các thiết bị quang học chính xác (ống kính quang học, kính thiên văn, camera vệ tinh viễn thám), mô hình thấu kính mỏng lý tưởng chỉ là bước xấp xỉ bậc nhất. Bài toán dài đa tầng sau đây (chuyển tải từ kỳ thi Tuyển chọn Đội tuyển Olympic Vật lý Quốc tế của Nhật Bản) sẽ khảo sát toàn diện 4 trụ cột quang học thực nghiệm và lý thuyết: từ phương pháp đo chiết suất bằng góc lệch cực tiểu của lăng kính, xây dựng giải tích Gauss cho thấu kính dày hai mặt cong, khảo sát độ sâu trường ảnh trong kỹ thuật nhiếp ảnh, cho đến giới hạn phân giải nhiễu xạ sóng ánh sáng qua lỗ tròn (đĩa Airy).

[I] PHƯƠNG PHÁP ĐO CHIẾT SUẤT CỦA VẬT LIỆU QUANG HỌC

3,0 Điểm

Khi thiết kế các thiết bị quang học bằng thủy tinh hoặc vật liệu polyme hữu cơ, giá trị chiết suất của vật liệu là tham số cơ bản bắt buộc phải xác định chính xác. Người ta chế tạo một lăng kính có hai mặt bên được mài bóng chính xác với góc đỉnh $\alpha < 90^\circ$. Bằng cách đo góc hợp bởi phương tia tới và phương tia ló (gọi là góc lệch hay góc lệch hướng $\delta$), người ta có thể xác định được chiết suất của vật liệu chế tạo lăng kính.

Hình 1. Lăng kính góc đỉnh $\alpha$, góc tới $\theta_1$, góc ló $\theta_2$ và góc lệch $\delta$ giữa tia tới và tia ló.

Hình 2 biểu diễn mối quan hệ thực nghiệm giữa góc tới $\theta_1$ và góc lệch $\delta$ trong trường hợp lăng kính có góc đỉnh $\alpha = 60^\circ$ và chiết suất $n = 1,50$. Như có thể thấy rõ từ đồ thị, ứng với góc đỉnh và chiết suất cho trước, góc lệch luôn tồn tại một giá trị cực tiểu. Dựa trên nguyên lý thuận nghịch chiều truyền ánh sáng (khi đổi ngược chiều truyền của tia tới và tia ló thì góc lệch $\delta$ không đổi), góc lệch đạt cực tiểu chính là khi góc tới bằng góc ló. Nhờ đặc điểm này, bằng cách đo góc lệch cực tiểu ($\delta_0$), ta có thể suy ra chính xác chiết suất của vật liệu chế tạo lăng kính.

Hình 2. Mối quan hệ giữa góc tới $\theta_1$ và góc lệch $\delta$ khi $\alpha = 60^\circ$ và $n = 1,50$.

Câu 1 (1,5 điểm): Ký hiệu góc tới lăng kính là $\theta_1$, góc ló khỏi lăng kính (góc khúc xạ của tia sáng đi từ phía lăng kính ra ngoài không khí) là $\theta_2$. Hãy biểu diễn góc lệch $\delta$ theo $\theta_1, \theta_2$ và góc đỉnh $\alpha$.

Câu 2 (1,5 điểm): Hãy biểu diễn chiết suất $n$ của lăng kính theo góc đỉnh $\alpha$ và góc lệch cực tiểu $\delta_0$. Coi chiết suất của không khí xung quanh là 1,00.

Nhập biểu thức kết quả Câu 1 & Câu 2 của bạn:

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Câu hỏi 1: Tại mỗi mặt bên, tia sáng bị lệch đi một góc bằng bao nhiêu so với phương ban đầu? Mối quan hệ giữa hai góc khúc xạ $r_1, r_2$ bên trong lăng kính với góc đỉnh $\alpha$ được xác định từ tam giác nào?

• Câu hỏi 2: Khi đường truyền mang tính đối xứng ứng với góc lệch cực tiểu ($\theta_1 = \theta_2 = \theta_0$), các góc khúc xạ $r_1, r_2$ bằng bao nhiêu theo $\alpha$? Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng Snell tại mặt tới như thế nào?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích

1. Góc lệch toàn phần là tổng các góc lệch tại hai mặt bên: $\delta = (\theta_1 - r_1) + (\theta_2 - r_2) = \theta_1 + \theta_2 - (r_1 + r_2)$.

2. Tổng các góc trong tam giác tạo bởi hai mặt bên và tia khúc xạ cho ta $r_1 + r_2 = \alpha$. Do đó $\delta = \theta_1 + \theta_2 - \alpha$.

3. Khi $\delta = \delta_0$, do đối xứng ta có $\theta_1 = \theta_2 = \dfrac{\alpha + \delta_0}{2}$ và $r_1 = r_2 = \dfrac{\alpha}{2}$. Định luật Snell tại mặt tới: $1 \cdot \sin\theta_1 = n \sin r_1$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

1. Biểu diễn góc lệch $\delta$ (Câu 1):

Gọi $r_1$ là góc khúc xạ tại mặt bên thứ nhất, $r_2$ là góc tới tại mặt bên thứ hai trong lăng kính. Hai pháp tuyến của hai mặt bên cắt nhau tạo thành góc bù với góc đỉnh $\alpha$. Trong tam giác tạo bởi hai điểm tới trên hai mặt bên và giao điểm hai pháp tuyến:

$$ (90^\circ - r_1) + (90^\circ - r_2) + \alpha = 180^\circ \implies r_1 + r_2 = \alpha $$

Góc lệch của tia sáng sau khi khúc xạ qua mặt thứ nhất là $D_1 = \theta_1 - r_1$, và qua mặt thứ hai là $D_2 = \theta_2 - r_2$. Tổng góc lệch $\delta$ giữa tia tới và tia ló:

$$ \delta = D_1 + D_2 = (\theta_1 - r_1) + (\theta_2 - r_2) = \theta_1 + \theta_2 - (r_1 + r_2) = \theta_1 + \theta_2 - \alpha $$

2. Xác định chiết suất $n$ qua góc lệch cực tiểu $\delta_0$ (Câu 2):

Khi góc lệch đạt cực tiểu $\delta = \delta_0$, đường truyền tia sáng mang tính đối xứng nên $\theta_1 = \theta_2 = \theta_0$. Thay vào biểu thức góc lệch:

$$ \delta_0 = 2\theta_0 - \alpha \implies \theta_0 = \frac{\alpha + \delta_0}{2} $$

Tương ứng, các góc khúc xạ bên trong lăng kính đối xứng $r_1 = r_2 = r_0 = \dfrac{\alpha}{2}$. Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng Snell tại mặt thứ nhất với không khí ($n_0 = 1,00$):

$$ 1 \cdot \sin\theta_0 = n \sin r_0 \iff \sin\left(\frac{\alpha + \delta_0}{2}\right) = n \sin\left(\frac{\alpha}{2}\right) $$

Đáp số: $\delta = \theta_1 + \theta_2 - \alpha$ và $n = \dfrac{\sin\left(\dfrac{\alpha + \delta_0}{2}\right)}{\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)}$.

🚀 Thử thách mở rộng: Vi phân chứng minh điều kiện cực tiểu góc lệch

Lấy vi phân biểu thức $\delta$: $d\delta = d\theta_1 + d\theta_2 = 0 \implies \dfrac{d\theta_2}{d\theta_1} = -1$. Từ Snell: $\cos\theta_1 d\theta_1 = n\cos r_1 dr_1$ và $\cos\theta_2 d\theta_2 = n\cos r_2 dr_2$. Kết hợp vi phân $dr_1 + dr_2 = 0$, ta chứng minh trực tiếp: $\dfrac{\cos\theta_1 \cos r_2}{\cos\theta_2 \cos r_1} = 1 \implies \theta_1 = \theta_2$ mà không cần viện dẫn tính đối xứng trực quan!

[II] QUANG HÌNH HỌC GAUSS CỦA THẤU KÍNH DÀY

7,0 Điểm

Xét một thấu kính hai mặt lồi bằng thủy tinh có chiết suất $n$, bán kính mặt thứ nhất là $R_1 > 0$ và mặt thứ hai là $R_2 > 0$. Đường thẳng nối tâm hai mặt cầu là trục quang học. Khoảng cách $d$ giữa hai giao điểm của trục quang với hai mặt cầu (hai đỉnh cầu) được định nghĩa là bề dày của thấu kính.

Để xét tác dụng của bán kính mặt tới $R_1$ đối với tia sáng tới thấu kính, ta xét trường hợp $d \gg R_2$. Xét một tia sáng phát ra từ một điểm trên trục quang cách đỉnh cầu khoảng $a_1$, tới bề mặt thấu kính với góc tới $\theta_1$. Khoảng cách từ đỉnh cầu đến giao điểm của tia khúc xạ với trục quang là $b_1$. Trong điều kiện góc nghiêng bé (góc $\alpha_1$ giữa tia tới và trục quang, góc $\beta_1$ giữa tia khúc xạ và trục quang, góc $\gamma_1$ giữa pháp tuyến tại điểm tới với trục quang đều rất nhỏ, $\sin\approx\tan\approx\theta, \cos\approx 1$), từ các mối quan hệ hình học và định luật Snell, công thức lưỡng chất cầu thứ nhất đã cho trước là:

$$ \frac{1}{b_1} = \frac{1}{n}\left(\frac{n-1}{R_1} - \frac{1}{a_1}\right) \quad \left(\text{với } a_1 > \frac{R_1}{n-1}\right) $$

Hình 3. Mô hình hình học của tia sáng tới mặt cầu khúc xạ thứ nhất.

Tiếp theo, để xét tác dụng của bán kính mặt ló $R_2$ đối với tia sáng ló ra khỏi thấu kính, ta xét trường hợp $d \gg R_1$. Xét tia sáng truyền từ bên trong thấu kính tới mặt trong của thấu kính với góc tới $\theta_2'$. Khoảng cách từ giao điểm của tia khúc xạ (sau khi qua thấu kính) với trục quang đến đỉnh mặt cầu là $b_2$. Mặt khác, nếu tia sáng không bị khúc xạ bởi mặt thấu kính mà truyền thẳng, thì khoảng cách từ giao điểm của tia thẳng ảo này với trục quang đến đỉnh mặt cầu là $a_2$. Giả thiết góc $\alpha_2$ của tia truyền thẳng ảo với trục quang, góc $\beta_2$ của tia khúc xạ với trục quang, và góc $\gamma_2$ của pháp tuyến tại điểm ló với trục quang đều là các góc nhỏ (Hình 4).

Hình 4. Mô hình hình học của tia sáng ló ra khỏi mặt cầu thứ hai.

Hình 5. Tia sáng tới song song với trục quang truyền qua thấu kính dày và định nghĩa tiêu cự $f$.

Câu 3 (1,0 điểm): Dựa vào Hình 4, hãy biểu diễn đại lượng nghịch đảo $\dfrac{1}{b_2}$ theo nghịch đảo khoảng cách vật ảo $\dfrac{1}{a_2}$, nghịch đảo bán kính $\dfrac{1}{R_2}$ và chiết suất $n$.

Câu 4 (1,0 điểm): Chú ý rằng bề dày thấu kính liên hệ bởi $d = b_1 - a_2$. Hãy biểu diễn $d$ theo $R_1, R_2, a_1, b_2$ và chiết suất $n$.

Câu 5 (1,0 điểm): Sử dụng kết quả trên, trong trường hợp chùm tia tới song song với trục quang ($a_1 \to \infty$), hãy biểu diễn khoảng cách $b_2$ theo $n, R_1, R_2$ và bề dày $d$.

Câu 6 (1,0 điểm): Khi chùm tia tới song song với trục quang ($a_1 \to \infty$), hãy biểu diễn góc $\alpha_2$ của tia truyền thẳng ảo trong thấu kính theo chiết suất $n$ và góc pháp tuyến $\gamma_1$ tại điểm tới P trên mặt thứ nhất.

Câu 7 (1,0 điểm): Hãy biểu diễn góc nghiêng $\beta_2$ của tia ló sau khi rời thấu kính theo chiết suất $n$, bán kính mặt tới $R_1$, khoảng cách $b_2$, bề dày $d$ và góc pháp tuyến $\gamma_1$.

Câu 8 (2,0 điểm): Giao điểm của đường kéo dài tia tới song song và tia ló ra ngoài là điểm G (Hình 5). Hạ vuông góc từ G xuống trục quang cắt trục tại H. Khoảng cách $HF$ từ H đến tiêu điểm F được định nghĩa là tiêu cự $f$ của thấu kính dày. Hãy biểu diễn tiêu cự $f$ theo chiết suất $n$, bán kính $R_1, R_2$ và bề dày $d$.

Nhập biểu thức Câu 3 hoặc công thức tiêu cự $f$ (Câu 8):

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Câu hỏi 1: Tại mặt cầu thứ hai, góc tới $\theta_2'$ và góc khúc xạ $\theta_2$ liên hệ thế nào với các góc nghiêng $\gamma_2, \alpha_2, \beta_2$? Áp dụng định luật Snell $n \theta_2' = 1 \cdot \theta_2$ như thế nào?

• Câu hỏi 2: Khi tia tới song song trục quang, độ cao của điểm tới P trên mặt 1 là bao nhiêu theo bán kính $R_1$ và góc $\gamma_1$? Khi tia sáng truyền trong thấu kính một đoạn bề dày $d$, độ cao của điểm ló Q giảm đi một lượng bằng bao nhiêu?

• Câu hỏi 3: Độ cao của điểm G so với trục quang bằng độ cao của điểm P hay điểm Q? Tiêu cự $f = HF$ liên hệ với góc nghiêng $\beta_2$ của tia ló qua tam giác vuông $GHF$ như thế nào?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích

1. Tại mặt 2: $\theta_2' = \gamma_2 + \alpha_2$ và $\theta_2 = \gamma_2 + \beta_2$. Từ Snell: $n(\gamma_2 + \alpha_2) = \gamma_2 + \beta_2 \implies \beta_2 = n\alpha_2 + (n-1)\gamma_2$. Chia cho độ cao $h_2$ ta được $\dfrac{1}{b_2} = \dfrac{n}{a_2} + \dfrac{n-1}{R_2}$.

2. Chiều cao tia sáng tại mặt 1 là $h_1 = R_1 \gamma_1$. Góc $\alpha_2 = \beta_1 = \dfrac{n-1}{n}\gamma_1$. Tại mặt 2: $h_2 = h_1 - d \alpha_2$. Khi đó $\beta_2 = \dfrac{h_2}{b_2}$.

3. Do tia tới song song, điểm G có độ cao $GH = h_1 = R_1 \gamma_1$. Do đó: $f = \dfrac{GH}{\beta_2} = \dfrac{R_1 \gamma_1}{\beta_2}$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn (Câu 3 – Câu 8)

Câu 3: Xét tam giác tại mặt thứ hai (Hình 4): góc tới $\theta_2' = \gamma_2 + \alpha_2$, góc khúc xạ ra không khí $\theta_2 = \gamma_2 + \beta_2$. Theo định luật Snell góc nhỏ: $n \theta_2' = 1 \cdot \theta_2 \implies n(\gamma_2 + \alpha_2) = \gamma_2 + \beta_2 \implies \beta_2 = n\alpha_2 + (n-1)\gamma_2$. Gọi $h_2$ là độ cao của điểm ló Q so với trục quang, ta có $\alpha_2 = h_2/a_2$, $\beta_2 = h_2/b_2$, $\gamma_2 = h_2/R_2$. Thay vào và triệt tiêu $h_2$:

$$ \frac{1}{b_2} = \frac{n}{a_2} + \frac{n - 1}{R_2} $$

Câu 4: Từ công thức mặt 1: $b_1 = \dfrac{n}{\dfrac{n-1}{R_1} - \dfrac{1}{a_1}}$. Từ công thức mặt 2: $a_2 = \dfrac{n}{\dfrac{1}{b_2} - \dfrac{n-1}{R_2}}$. Vì $d = b_1 - a_2$:

$$ d = \frac{n}{\dfrac{n-1}{R_1} - \dfrac{1}{a_1}} - \frac{n}{\dfrac{1}{b_2} - \dfrac{n-1}{R_2}} $$

Câu 5: Khi $a_1 \to \infty$, $b_1 = \dfrac{n R_1}{n - 1}$. Suy ra $a_2 = b_1 - d = \dfrac{n R_1}{n - 1} - d$. Thay vào biểu thức $\dfrac{1}{b_2}$ ở Câu 3:

$$ \frac{1}{b_2} = \frac{n}{\dfrac{n R_1}{n-1} - d} + \frac{n-1}{R_2} \implies b_2 = \frac{R_2 [n R_1 - (n-1)d]}{(n-1)[n(R_1 + R_2) - (n-1)d]} $$

Câu 6: Tại mặt thứ nhất, tia tới song song trục quang nên góc tới $\theta_1 = \gamma_1$. Góc khúc xạ $\theta_1' = \dfrac{\gamma_1}{n}$. Do đó góc lệch của tia sáng trong thủy tinh so với trục quang là $\beta_1 = \gamma_1 - \theta_1' = \dfrac{n-1}{n}\gamma_1$. Tia sáng truyền thẳng trong thủy tinh nên $\alpha_2 = \beta_1 = \dfrac{n-1}{n}\gamma_1$.

Câu 7: Độ cao của điểm tới P trên mặt thứ nhất là $h_1 = R_1 \gamma_1$. Sau khi truyền qua bề dày $d$ theo góc nghiêng $\alpha_2$, độ cao tại điểm Q trên mặt thứ hai là $h_2 = h_1 - d\alpha_2 = R_1 \gamma_1 - d\dfrac{n-1}{n}\gamma_1 = \dfrac{n R_1 - (n-1)d}{n}\gamma_1$. Vì $\beta_2 = \dfrac{h_2}{b_2}$:

$$ \beta_2 = \frac{n R_1 - (n-1)d}{n b_2} \gamma_1 $$

Câu 8: Điểm G nằm trên phương kéo dài của tia tới song song nên có độ cao $GH = h_1 = R_1 \gamma_1$. Từ định nghĩa tiêu cự: $f = \dfrac{GH}{\beta_2} = \dfrac{R_1 \gamma_1}{\beta_2}$. Thay $\beta_2$ từ Câu 7 và $b_2$ từ Câu 5:

$$ f = \frac{n R_1 b_2}{n R_1 - (n-1)d} = \frac{n R_1 R_2}{(n-1)[n(R_1 + R_2) - (n-1)d]} $$

Biểu diễn dưới dạng nghịch đảo (Công thức Gullstrand kinh điển cho thấu kính dày):

$$ \frac{1}{f} = (n-1)\left(\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2}\right) - \frac{(n-1)^2 d}{n R_1 R_2} $$

Đáp số: $f = \dfrac{n R_1 R_2}{(n-1)[n(R_1 + R_2) - (n-1)d]}$ hay $\dfrac{1}{f} = (n-1)\left(\dfrac{1}{R_1} + \dfrac{1}{R_2}\right) - \dfrac{(n-1)^2 d}{n R_1 R_2}$.

🚀 Thử thách mở rộng: Phương pháp ma trận chuyển tiếp tia ABCD

Trong lý thuyết quang hình ma trận, ma trận chuyển tiếp hệ của thấu kính dày là tích 3 ma trận: Khúc xạ mặt 1 $\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -\frac{n-1}{R_1} & 1 \end{pmatrix}$, Truyền qua bề dày $d$ $\begin{pmatrix} 1 & \frac{d}{n} \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$, và Khúc xạ mặt 2 $\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -\frac{n-1}{R_2} & 1 \end{pmatrix}$. Tích ma trận trực tiếp cho phần tử $M_{21} = -\frac{1}{f}$, hoàn toàn trùng khớp với công thức giải tích trên!

[III] ĐỘ SÂU TIÊU CỰ VÀ ĐỘ SÂU TRƯỜNG ẢNH (DOF)

4,0 Điểm

Khi chụp ảnh bằng máy ảnh, do cảm biến hình ảnh có kích thước pixel hữu hạn, nên đối với một khoảng cách vật $a$ cho trước, khoảng cách ảnh $b$ cho một bức ảnh được coi là đúng nét sẽ có một độ rộng nhất định. Phạm vi này được gọi là độ sâu tiêu cự. Ngược lại, ở phía vật thể, khoảng cách mà vật vẫn được xem là rõ nét cũng có một độ rộng nhất định, gọi là độ sâu trường ảnh.

Tương tự như mống mắt của mắt người điều chỉnh lượng ánh sáng, máy ảnh có khẩu độ điều chỉnh đường kính mở $D$. Khẩu độ tương đối (chỉ số F) được định nghĩa là $F = \dfrac{f}{D}$. Gọi $a_0$ là khoảng cách vật cho ảnh hội tụ đúng tại $b_0$ trên mặt phẳng cảm biến. Phạm vi trường ảnh từ phía xa $a_0 + \delta a_+$ đến phía gần $a_0 - \delta a_-$ ($\delta a_+, \delta a_- \ll a_0$) tương ứng với vị trí ảnh từ $b_0 - \delta b_+$ đến $b_0 + \delta b_-$ ($\delta b_+, \delta b_- \ll b_0$). Đường kính vòng nhòe cực đại trên mặt cảm biến còn được chấp nhận là đúng nét gọi là vòng tròn nhòe chấp nhận được $\epsilon$ (Hình 6).

Hình 6. Hình học của độ sâu tiêu cự và vòng tròn nhòe chấp nhận được $\epsilon$.

Câu 9 (2,0 điểm): Hãy biểu diễn độ sâu tiêu cự $\Delta b = \delta b_+ + \delta b_-$ theo $b_0, \epsilon$, tiêu cự $f$ và chỉ số khẩu độ $F$.

Câu 10 (2,0 điểm): Trong trường hợp $a_0 > f$, hãy biểu diễn độ sâu trường ảnh $\Delta a = \delta a_+ + \delta a_-$ theo $a_0, \epsilon$, tiêu cự $f$ và chỉ số khẩu độ $F$.

Nhập kết quả độ sâu tiêu cự $\Delta b$ hoặc độ sâu trường ảnh $\Delta a$:

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Câu hỏi 1: Dựa vào các tam giác đồng dạng trên nón tia sáng ở Hình 6, tỷ số giữa đường kính vòng nhòe $\epsilon$ và đoạn biến thiên ảnh $\delta b$ xấp xỉ bằng bao nhiêu theo đường kính khẩu độ $D$ và khoảng cách ảnh $b_0$?

• Câu hỏi 2: Lấy vi phân công thức thấu kính Gauss $\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} = \dfrac{1}{f}$, hãy tìm hệ thức liên hệ giữa biến thiên vị trí vật $\delta a$ và vị trí ảnh $\delta b$?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích

1. Theo định lý Thales: $\dfrac{\epsilon}{\delta b_+} = \dfrac{D}{b_0 - \delta b_+} \approx \dfrac{D}{b_0} \implies \delta b_+ \approx \dfrac{\epsilon b_0}{D}$. Tương tự cho $\delta b_-$.

2. Với $F = \dfrac{f}{D} \implies \dfrac{1}{D} = \dfrac{F}{f}$, ta suy ra $\Delta b = \dfrac{2\epsilon b_0 F}{f}$.

3. Vi phân: $\left|\dfrac{da}{a_0^2}\right| = \left|\dfrac{db}{b_0^2}\right| \implies \Delta a = \left(\dfrac{a_0}{b_0}\right)^2 \Delta b$. Thay $b_0 = \dfrac{a_0 f}{a_0 - f}$ để rút ra kết quả cuối cùng.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn (Câu 9 & Câu 10)

1. Độ sâu tiêu cự $\Delta b$ (Câu 9):

Từ hình học chùm tia sáng (Hình 6), ta có các tam giác đồng dạng:

$$ \frac{\epsilon}{\delta b_+} = \frac{D}{b_0 - \delta b_+} \approx \frac{D}{b_0} \implies \delta b_+ \approx \frac{\epsilon b_0}{D} $$

$$ \frac{\epsilon}{\delta b_-} = \frac{D}{b_0 + \delta b_-} \approx \frac{D}{b_0} \implies \delta b_- \approx \frac{\epsilon b_0}{D} $$

Do đó, tổng độ sâu tiêu cự là:

$$ \Delta b = \delta b_+ + \delta b_- = \frac{2\epsilon b_0}{D} $$

Thay $D = \dfrac{f}{F}$ theo định nghĩa chỉ số khẩu độ:

$$ \Delta b = \frac{2\epsilon b_0 F}{f} $$

2. Độ sâu trường ảnh $\Delta a$ (Câu 10):

Lấy vi phân công thức thấu kính mỏng $\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} = \dfrac{1}{f}$:

$$ -\frac{da}{a^2} - \frac{db}{b^2} = 0 \implies |da| = \left(\frac{a}{b}\right)^2 |db| $$

Vì $\delta a \ll a_0$ và $\delta b \ll b_0$, ta có $\Delta a = \left(\dfrac{a_0}{b_0}\right)^2 \Delta b$. Mặt khác, từ $b_0 = \dfrac{a_0 f}{a_0 - f}$, suy ra $\dfrac{a_0}{b_0} = \dfrac{a_0 - f}{f}$. Thay vào:

$$ \Delta a = \left(\frac{a_0 - f}{f}\right)^2 \cdot \frac{2\epsilon F b_0}{f} = \left(\frac{a_0 - f}{f}\right)^2 \cdot \frac{2\epsilon F}{f} \left(\frac{a_0 f}{a_0 - f}\right) = \frac{2\epsilon F a_0 (a_0 - f)}{f^2} $$

Đáp số: $\Delta b = \dfrac{2\epsilon b_0 F}{f}$ và $\Delta a = \dfrac{2\epsilon F a_0(a_0 - f)}{f^2}$.

🚀 Thử thách mở rộng: Khoảng cách siêu tiêu cự (Hyperfocal Distance)

Khi lấy nét ở khoảng cách siêu tiêu cự $H = \dfrac{f^2}{\epsilon F}$, điểm xa nhất của trường ảnh kéo dài đến vô cực ($a_0 + \delta a_+ \to \infty$) và điểm nét gần nhất lùi về $H/2$. Đây là bí quyết kinh điển của các nhiếp ảnh gia phong cảnh để tối đa hóa độ sắc nét từ tiền cảnh đến chân trời!

[IV] BẢN CHẤT SÓNG VÀ GIỚI HẠN NHIỄU XẠ LỖ TRÒN

6,0 Điểm

Trong thực tế, ánh sáng có bản chất sóng. Khi sóng ánh sáng đơn sắc bước sóng $\lambda$ truyền qua một lỗ tròn đường kính $D$ trên màn chắn, nó sẽ bị nhiễu xạ và tạo thành một hệ vân đối xứng tròn xoay trên màn quan sát đặt song song ở khoảng cách $L$ (Hình 7). Gọi O là hình chiếu vuông góc của tâm lỗ lên màn. Điểm P trên màn cách O khoảng $q$. Tọa độ cực trên mặt phẳng lỗ tròn là $(r, \phi)$ ($0 \le r \le D/2$), với góc $\phi = \pi/2$ định hướng theo trục song song với vectơ $\vec{OP}$. Khoảng cách từ tâm lỗ đến P là $l_0 = \sqrt{L^2 + q^2}$. Khi $l_0 \gg r$, quang trình từ điểm $(r, \phi)$ đến P xấp xỉ bằng:

$$ l(r, \phi) = [L^2 + (r\sin\phi - q)^2 + r^2\cos^2\phi]^{1/2} \approx l_0 \left(1 - \frac{q}{l_0^2} r \sin\phi\right) $$

Hình 7. Sơ đồ hình học của bố trí nhiễu xạ qua lỗ tròn và màn quan sát.

Hình 8. Trái: Đồ thị hàm $J_0(u)$ và $J1(u)$; Phải: Đồ thị hàm $J_1(u)$ và $\dfrac{J_1(u)}{u}$.

Câu 11 (1,5 điểm): Giả sử ánh sáng tại các điểm trên lỗ tròn có cùng biên độ $A$ và cùng pha dao động $A\sin\left(\dfrac{2\pi}{\lambda}ct\right)$. Hãy tính sóng tổng hợp $\Phi(r, t)$ do tất cả các điểm trên vành bán kính $r$ gửi tới P theo $q, l_0, A, c, t, r$ và số sóng $k = \dfrac{2\pi}{\lambda}$. Cho biết công thức tích phân Bessel:

$$ \int_0^{2\pi} \cos(u\sin\phi) d\phi = 2\pi J_0(u), \quad \int_0^{2\pi} \sin(u\sin\phi) d\phi = 0 $$

Câu 12 (1,5 điểm): Tích phân $\Phi(r, t)$ theo bán kính từ $0$ đến $D/2$ với công thức $\displaystyle\int_0^u x J_0(x)dx = u J_1(u)$. Hãy biểu diễn cường độ sáng $I(\theta)$ trên màn theo góc nhìn $\theta = \dfrac{q}{l_0}$, $k$ và đường kính $D$ (chuẩn hóa cường độ tại tâm $I(0) = 1$).

Câu 13 (1,5 điểm): Nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình $J_1(u) = 0$ là $u_1 = 3,832$. Coi độ mở của đĩa sáng trung tâm tương ứng với $u_1$, hãy biểu diễn góc phân giải tối thiểu (năng suất phân giải góc) của thấu kính theo bước sóng $\lambda$ và đường kính $D$.

Câu 14 (1,5 điểm): Một vệ tinh bay quanh Mặt Trăng ở độ cao quỹ đạo $H = 100\text{ km}$, dùng cảm biến quang học bước sóng $\lambda = 500\text{ nm}$. Để phân biệt được hai vật thể cách nhau $\Delta x = 1,0\text{ m}$ trên bề mặt Mặt Trăng, đường kính khẩu độ thấu kính $D$ tối thiểu là bao nhiêu cm? (Lấy kết quả làm tròn lên số nguyên cm gần nhất).

Nhập đường kính khẩu độ tối thiểu $D$ (Câu 14) theo đơn vị cm:

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Câu hỏi 1: Pha của sóng ánh sáng tại P trễ đi một lượng bằng số sóng $k$ nhân với quang trình $l(r, \phi)$. Khai triển hàm lượng giác $\sin$ của hiệu hai góc như thế nào?

• Câu hỏi 2: Khi lấy tích phân theo toàn bộ diện tích hình tròn, diện tích của một vành khuyên vi phân là $2\pi r dr$. Hãy đổi biến số tích phân sang $x = \dfrac{k q r}{l_0}$?

• Câu hỏi 3: Tiêu chuẩn Rayleigh cho hai nguồn điểm độc lập đòi hỏi góc trông giữa hai điểm phải thỏa mãn điều kiện gì so với góc mở của cực tiểu thứ nhất đĩa Airy?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích

1. Sóng truyền tới P: $\sin[\omega t - k l(r, \phi)] = \sin[(\omega t - k l_0) + u \sin\phi]$ với $u = \dfrac{k q r}{l_0}$. Tích phân số hạng $\sin(u\sin\phi)$ triệt tiêu, chỉ còn lại tích phân của $\cos(u\sin\phi) = 2\pi J_0(u)$.

2. Biên độ tổng hợp: $E \propto \displaystyle\int_0^{D/2} r J_0\left(\frac{k q r}{l_0}\right) dr = \left(\frac{l_0}{k q}\right)^2 \int_0^U x J_0(x)dx = \left(\frac{l_0}{k q}\right)^2 U J_1(U) \propto \frac{J_1(U)}{U}$, với $U = \dfrac{k D}{2}\theta$. Khi chuẩn hóa $I(0) = 1$, ta được $I(\theta) = \left[\dfrac{2 J_1(U)}{U}\right]^2$.

3. Vị trí tối đầu tiên: $U = u_1 = 3,832 \implies \left(\dfrac{2\pi}{\lambda}\right)\dfrac{D}{2}\theta_{\min} = 3,832 \implies \theta_{\min} = \dfrac{3,832}{\pi}\dfrac{\lambda}{D} \approx 1,22\dfrac{\lambda}{D}$. Góc trông từ độ cao $H$: $\theta \approx \dfrac{\Delta x}{H}$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn (Câu 11 – Câu 14)

Câu 11: Sóng tại P do phần tử góc $d\phi$ trên vành bán kính $r$ gửi tới là:

$$ d\Phi = A \sin\left(\frac{2\pi}{\lambda}ct - k l_0 + \frac{k q r}{l_0}\sin\phi\right) d\phi $$

Khai triển $\sin(X + Y) = \sin X \cos Y + \cos X \sin Y$ với $X = \dfrac{2\pi}{\lambda}(ct - l_0)$ và $Y = \dfrac{k q r}{l_0}\sin\phi$:

$$ \Phi(r, t) = A \sin\left[\frac{2\pi}{\lambda}(ct - l_0)\right] \int_0^{2\pi} \cos\left(\frac{k q r}{l_0}\sin\phi\right) d\phi + A \cos\left[\frac{2\pi}{\lambda}(ct - l_0)\right] \int_0^{2\pi} \sin\left(\frac{k q r}{l_0}\sin\phi\right) d\phi $$

Theo công thức tích phân Bessel đã cho, tích phân thứ hai bằng 0, ta được:

$$ \Phi(r, t) = 2\pi A J_0\left(\frac{k q r}{l_0}\right) \sin\left[\frac{2\pi}{\lambda}(ct - l_0)\right] $$

Câu 12: Tích phân toàn bộ diện tích lỗ tròn với phần tử diện tích $r dr$:

$$ E(P) \propto \int_0^{D/2} r J_0\left(\frac{k q r}{l_0}\right) dr = \left(\frac{l_0}{k q}\right)^2 \int_0^u x J_0(x) dx = \left(\frac{l_0}{k q}\right)^2 u J_1(u) \propto \frac{J_1(u)}{u} $$

với biến số $u = \dfrac{k q D}{2 l_0} = \dfrac{k D}{2}\theta$. Vì $\lim_{u \to 0} \dfrac{J_1(u)}{u} = \dfrac{1}{2}$, chuẩn hóa cường độ tại tâm $I(0) = 1$, ta thu được phân bố đĩa Airy:

$$ I(\theta) = \left[ \frac{2 J_1\left(\dfrac{k D}{2}\theta\right)}{\dfrac{k D}{2}\theta} \right]^2 $$

Câu 13: Cực tiểu đầu tiên của cường độ xuất hiện khi $J_1(u) = 0 \implies u_1 = 3,832$:

$$ \frac{k D}{2} \theta_{\min} = u_1 \iff \left(\frac{2\pi}{\lambda}\right) \frac{D}{2} \theta_{\min} = 3,832 \implies \theta_{\min} = \frac{3,832}{\pi} \frac{\lambda}{D} \approx 1,22 \frac{\lambda}{D} $$

Câu 14: Hai điểm cách nhau $\Delta x = 1,0\text{ m}$ ở cự ly $H = 100\text{ km} = 10^5\text{ m}$ tạo góc trông:

$$ \theta = \frac{\Delta x}{H} = \frac{1,0}{10^5} = 10^{-5}\text{ rad} $$

Để phân biệt được hai điểm này, theo tiêu chuẩn Rayleigh:

$$ \theta \ge \theta_{\min} = 1,22 \frac{\lambda}{D} \implies D \ge 1,22 \frac{\lambda}{\theta} $$

Thay số với $\lambda = 500\text{ nm} = 5 \times 10^{-7}\text{ m}$:

$$ D \ge 1,22 \times \frac{5 \times 10^{-7}}{10^{-5}} = 0,061\text{ m} = 6,1\text{ cm} $$

Làm tròn lên số nguyên cm gần nhất theo yêu cầu đề bài:

Đáp số: $D \ge 6,1\text{ cm} \xrightarrow{\text{Làm tròn lên}} D_{\min} = 7\text{ cm}$.

🚀 Thử thách mở rộng: Giới hạn phân giải của Kính thiên văn không gian James Webb (JWST)

Kính thiên văn không gian James Webb (JWST) có đường kính gương sơ cấp ghép đa giác $D = 6,5\text{ m}$, quan sát ánh sáng hồng ngoại bước sóng $\lambda = 2\ \mu\text{m}$. Giới hạn phân giải đĩa Airy của JWST là $\theta_{\min} \approx 1,22 \times \dfrac{2 \times 10^{-6}}{6,5} \approx 3,75 \times 10^{-7}\text{ rad} \approx 0,077''$ (giây cung) – đủ sức phân biệt một quả bóng đá ở khoảng cách hơn 500 km!