Chuyên đề: Lăng kính Sự tán sắc ánh sáng qua lăng kính Đặt vấn đề: Lăng kính dụng cụ quang học quan trọng quang hình Nó có ứng dụng rộng rãi đo góc với độ xác cao, đo chiết suất, ống nhòm, máy ảnh có kính ngắm quang học để thay đổi hướng truyền ánh sáng, xoay ảnh 600, 900, 1800… đặc biệt máy quang phổ lăng kính để phân tích quang phổ nguồn sáng Trong đề thi học sinh giỏi cấp quốc gia có xuất toán lăng kính kết hợp phản xạ toàn phần đặc biệt toán thay đổi góc lệch theo hàm bước sóng ánh sáng Những toán gây khó khăn cho học sinh học sinh luyện tập, không quen xử lý biểu thức vi phân công thức lăng kính Nhằm giúp học sinh khắc phục khó khăn đồng thời hiểu sâu ứng dụng lăng kính Tiếp cận toán đa dạng lăng kính kết hợp tán sắc biên soạn chuyên đề: Lăng kính Sự tán sắc ánh sáng qua lăng kính Chuyên đề gồm: Lý thuyết nâng cao lăng kính Khảo sát biến thiên góc lệch D theo yếu tố D, n, i,  Bài tập đa dạng liên quan đến lăng kính - Bài tập vận dụng công thức tổng quát - Bài tập vận dụng công thức góc lệch cực tiểu - Bài tập tán sắc ánh sáng qua lăng kính máy quang phổ lăng kính - Bài tập lăng kính hẹp Lý thuyết lăng kính Cấu tạo lăng kính - Lăng kính khối chất suốt giới hạn hai mặt phẳng cắt - Hai mặt giới hạn gọi mặt bên LK A - Lăng kính thường có dạng lăng trụ tam giác - Giao mặt phẳng song song với đáy với khối lăng trụ tam giác ABC gọi thiết diện lăng kính B - Lăng kính đặc trưng thông số: C ABC thiết diện LK + A: góc đỉnh (góc chiết quang) lăng kính + nLK: chiết suất chất làm lăng kính Đường tia sáng qua lăng kính a) Tia sáng trắng Chùm tia ló khỏi lăng kính bị lệch phía đáy bị tách thành rải màu liên tục từ đỏ tới tím (dải màu cầu vồng)  Hiện tượng tán sắc ánh sáng b) Tia sáng đơn sắc + SII’K đường tia sáng qua lăng kính A + SI: Tia tới lăng kính + I’K: Tia ló khỏi lăng kính + Nếu chiết suất tỉ đối lăng kính so với môi trường lớn I tia ló lệch phía đáy lăng kính D K S + D  ( SI , I ' K ) góc lệch tia sáng qua lăng kính Công thức tổng quát lăng kính Gọi n  I’ nLK chiết suất tỉ đối lăng kính với môi trường nmt a) Công thức tổng quát lăng kính Theo định luật khúc xạ điểm I: sini  n sin r Theo định luật khúc xạ điểm I’: sini;  n sin r' A  r  r' Góc lệch tia sáng qua lăng kính: D  i  i'  A Bài tập áp dụng công thức tổng quát lăng kính Ví dụ 1: Cho lăng kính có tiết diện tam giác ABC Biết chiết suất chất làm lăng kính lăng kính đặt không khí Chiếu tia sáng tới mặt bên AB với góc tới 600 Tính góc ló khỏi mặt AC góc lệch tia sáng qua lăng kính Giải sin i1  n sin r1 sin 600  sin r1 sin r1   r1  37 45' 2 r2  A  r1  60  22015' sin i2  n sin r2  sin 22015'  0,535  i2  320 21' D  i1  i2  A  600  320 21' 600  32021' Ví dụ 2: Cho lăng kính có thiết diện tam giác ABC Biết chiết suất chất làm lăng kính lăng kính đặt không khí Chiếu tia sáng tới mặt bên AB với góc tới i1 Tìm góc tới i1 để tia ló sát mặt AC Giải Vì tia ló sát mặt AC nên: i2  900 sin i2  n sin r2 sin 900  sin r2 sin r2   r2  450 r1  A  r2  600  450  150 sin i1  n sin r1  2.sin150  0,366 i1  210 28' Ví dụ 3: Cho lăng kính có thiết diện tam giác ABC với góc chiết quang A đặt không khí Chiếu tia sáng từ không khí tới AB với góc tới 600 Biết tia ló khỏi mặt AC với góc ló 300 Tia bị lệch góc 450 Tìm chiết suất n lăng kính Giải D  i1  i2  A 450  600  300  A  A  450  r1  r2  450 sin i1  n.sin r1  sin 600  n.sin r1  sin r1  2n (1) sin i2  n.sin r2  sin 300  n.sin r2  sin r2  2n (2) Lấy (1): (2) ta được: sin r1   sin r1  sin(450  r1 ) sin r2 Giải Shift solve máy tính Casio ta được:  r1  28050' sin i1  n.sin r1  sin 600  n.sin 28050'  n  1,80 Ví dụ 4: Một thấu kính tạo hai mặt cầu lồi bán kính R = 10 cm Chiết suất thủy tinh làm thấu kính n = 1,5 Bề dày thấu kính O1O2 = cm Chiếu tia sáng đơn sắc song song với trục chiếu đến phần rìa thấu kính Tính tiêu thấu kính ứng với tia tới Giải i D  R R1 O2 O1 OO2  R  F O1O2  10  0,5  9,5(cm) R1  102  9,52  3,12(cm) R1 3,12   0,312 R 10    i  18,190 Sin  sin i  Phần rìa thấu kính ta coi lăng kính có góc chiết quang A  2  36,38 Áp dụng công thức lăng kính: sin i  n sin r  sin r  0,312  r  12, 010 1,5 r '  A  r  36,380  12,010  24,370 sin i '  n sin r '  sin i '  1,5.sin 24,370  i '  38, 240 D  i  i ' A  20025' Tiêu cự thấu kính ứng với tia tới là: C1 OF  R1 3,12   8,55(cm) tan D tan 20, 050 Ví dụ 5: Một chùm tia sáng trắng hẹp đến lăng kính thủy tinh có tiết diện thẳng tam giác điều kiện góc lệch tia sáng tím đạt cực tiểu Chiết suất thủy tinh ánh sáng tím nt = 1,53; với ánh sáng đỏ nđ = 1,51 a) Tính góc tạo tia đỏ tia tím chùm tia ló b) Tư vi tr LK ban đau phai oay lang k nh quanh đ nh A mot goc bao nhieu va theo chieu nao đe tia đo co go c lech cưc tieu iải a) V tia t m co goc lech cưc tieu nen sin i1  sin Dt  A A  nt sin  1,53.sin 300  0, 765 2 i1  49054' Dt  2i1  A  2.49054' 60  39048' i2t  i1t  49054' Ta t nh toan goc lech cua tia đo: sin i1  nđ sin r1  1, 64.sin 220 25' sin 49054 '  1,51.sin r1đ  r1đ  300 26 ' r2 đ  A  r1đ  600  300 26 '  29033' sin i2 đ  nđ sin r2 đ  1,51.sin 29032'  i2 đ  4809' oc lech cua tia đo qua lang k nh: Dđ  i1  i2đ  A  49054' 4809' 60  3803' oc lech giưa tia lo đo va tia lo t m la: D  i2t  i2đ  49054' 4809'  10 45' b) Vi tr LK co cho tia t m goc lech cưc tieu co goc tơi: i1t  49 54' oc tơi cho tia đo co goc lech cưc tieu thoa man: sin i1đ  sin Dđ  A A  nđ sin  1,51.sin 300 2 i1đ  4901' Do i1t  i1đ nen phai oay lang k nh quanh A ngươc chieu kim đong ho mot goc i  i1t  i1đ  49054' 4901'  0053' Điều kiện để có tia ló Bài toán: Một lăng kính làm thủy tinh chiết suất n đặt không khí Thiết diện lăng kính tam giác ABC với A góc chiết quang Hãy tìm điều kiện góc A điều kiện góc tới i để chiếu tia sáng tới mặt bên AB cho tia ló khỏi mặt AC Giải * Điều kiện góc chiết quang Để có tia ló khỏi mặt thứ hai r '  igh với sin igh  n Khi tia sáng chiếu tới mặt thứ góc khúc xạ thỏa mãn: r  igh (Dấu = xảy i  90 ) Do đó: r  r '  2igh Hay: A  2igh * Điều kiện góc tới i Để có tia ló khỏi mặt AC r '  igh Mặt khác: Do r r  Ar ' A  r ' góc nhọn nên:  sin r  sin( A  igh ) Theo định luật khúc xạ: sin i  n sin r  sin i  n sin( A  igh ) Tóm lại điều kiện để có tia ló khỏi mặt AC là: A  2igh sin i  n sin( A  igh ) Cần phải chiếu tia tới với góc tới đủ lớn để có tia khúc xạ khỏi mặt thứ hai lăng kính Đường tia ló theo hàm góc tới i với lăng kính có A = 60 n = 1,73 Ví dụ 6: Một lăng kính có thiết diện tam giác ABC có góc chiết quang A làm thủy tinh chiết suất n  1,5 đặt không khí a) Hãy tìm điều kiện góc chiết quang A để chiếu tia sáng tới mặt bên AB cho tia ló khỏi mặt AC b) Biết lăng kính có góc chiết quang A = 600 Tìm điều kiện góc tới i để có tia sáng ló khỏi mặt AC Giải a) sin igh  1   igh  410 48' n 1,5 Điều kiện góc chiết quang A để có tia ló khỏi mặt AC là: b)Điều kiện góc tới để có tia sáng ló khỏi mặt AC là: sin i  n sin( A  igh ) sin i  1,5sin(600  410 48') A  2igh  A  83037'  i  27056' Khảo sát biến đổi góc lệch D theo thay đổi yếu tố i, n, A 5.1 Sự biến đổi D theo hàm góc tới i a) Khảo sát định tính Khi cho A thay đổi từ  Agh lăng kính làm lệch tia sáng phía đáy Ta thừa nhận A, n (nguồn đơn sắc) không đổi Theo tính thuận nghịch chiều truyền ánh sáng với góc tới góc lệch i  i'  i góc tới i '  D  A  i cho D Hay với giá trị D cho hai góc tới trừ trường hợp đặc biệt góc tới thỏa mãn: D A tương ứng với cực trị D b) Khảo sát định lượng Do D hàm góc tới i  Ta tìm góc tới i ứng với góc lệch D đạt cực trị cách xét góc i thỏa mãn dD 0 di Lấy vi phân hai vế hệ thức ta được: sin i  n sin r  cos i.di  n cos r.dr (1’) sin i '  n sin r '  cos i '.di '  n cos r '.dr ' (2’) A  r  r '  dr  dr '  (3’) D  i  i ' A  dD  di  di ' (4’) Thay (1’) (2’) (3’) vào (4’) ta được:  cos i.cos r '  dD  1   di  cos i '.cos r  Khi cực trị D góc i thỏa mãn dD 0 di cos i '.cos r  cos i.cos r ' (1  sin r ').(1  sin i)  (1  sin i ').(1  sin r ) Kết hợp định luật khúc xạ ta biến đổi thành: sin i ' sin i 2 (1  ).(1  sin i)  (1  sin i ').(1  ) n n       1 sin i    1 sin i ' n  n  Do  i, i  90  ta lấy nghiệm: i  i ' Dẫn đến: r  r '  A D  2i  A  i  D A sin i  n sin r  sin Dmin  A A  n sin (Công thức ác định Dmin ) A Bảng biến thiên D(i ) đồ thị D(i ) D i0  900  A 2im  A O 5.2 Sự biến đổi D theo hàm góc chiết quang A Khi A biên thiên r ', i ' biến thiên, r không đổi Lấy vi phân hai vế hệ thức ta được: sin i '  n sin r '  cos i '.di '  n cos r '.dr ' (5) A  r  r '  dA  dr ' (6) D  i  i ' A  dD  di ' dA (7) Thay (5) (6) vào (7) ta được:  n cos r '  dD    1 dA  cos i '     sin r ' dD   n   dA   n sin r '   Do n   n  sin r ' dD 1     D tăng A tăng 2  n sin r ' dA 5.3 Sự biến đổi D theo chiết suất lăng kính Để xét ảnh hưởng chiết suất đến độ lệch tia sáng Hãy tính A  r  r '  dr  dr ' (1) D  i  i ' A  dD  di ' (2) sin i  n sin r  n cos r.dr  sin r.dn   dr   sin r dn n cos r sin i '  n sin r '  cos i '.di '  sin r '.dn  n cos r ' dr ' (4) Thay (1) (2) vào (4) ta được: cos i '.dD  sin r '.dn  n cos r ' dr (5) Thay (3) vào (5) ta được: cos i '.dD  sin r '.dn  cos r ' sin r dn cos r  sin r '.cos r  cos r 'sin r  cos i '.dD    dn cos r    dD sin A  dn cos r cos i ' dD dn (3) i0 im 900 i Bài tập vận dụng phần thay đổi góc lệch D theo yếu tố i, A, n Ví dụ 7: Năng suất tán sắc lăng kính Xét lăng kính có góc chiết quang A  60 , chiếu lăng kính chùm sáng trắng  0, 43m    0,77 m với góc tới i  60 Tính độ tán sắc (độ biến đổi góc lệch lăng kính hai bước sóng   0,77 m   0, 43 m Biết lăng kính chế tạo thủy tinh crown với n  0, 43 m   1,528; n 0,77 m  1,511 Giải * Xét lệch tia sáng ứng với bước sóng   0, 43 m sin i  n sin r  sin 600  1,528.sin r  r  34031' r '  A  r  600  34031'  250 29' sin i '  n sin r '  sin i '  1,528.sin 34031'  r '  4105' D  i  i ' A  600  4105' 600  4105' * Xét lệch tia sáng ứng với bước sóng   0,77 m sin i  n sin r  sin 600  1,511.sin r  r  34058' r '  A  r  600  34058'  2502' sin i '  n sin r '  sin i '  1,511.sin 2501'  r '  39044' D  i  i ' A  600  39044' 600  39044' Độ tán sắc hai bước sóng là: D  41  39 44'  21' 0 Ví dụ 8: Chiếu tia sáng trắng vào mặt bên lăng kính có thiết diện tam giác với góc tới i  45 Do tán sắc tia sáng ló khỏi mặt bên thứ hai lăng kính với góc lệch khác so với tia tới Biết thay đổi chiết suất lăng kính tia từ đỏ đến tím chậm Chiết suất lăng kính với tia vàng nv  1,653 a) Tính góc lệch vàng ( DV ) sau ló khỏi lăng kính b) Biết hai tia đơn sắc ló khỏi lăng kính hợp với góc i ' nhỏ (dưới 20) Tìm hiệu số chiết suất n lăng kính hai tia đơn sắc Áp dụng tính n với i '  Giải a) sin i  nv sin r  sin r  sin 450  r  25019' 1,653 r '  A  r  600  25019'  34041' sin i '  nv sin r '  1, 653.sin 340 41'  i '  7007 ' Góc lệch tia vàng qua lăng kính là: DV  i  i ' A  450  7007 ' 600  5507 ' b) Từ công thức: r  r '  A ta đạo hàm hai vế theo n ta được: dr dr '    dr  dr ' dn dn (1) Từ công thức: sin i  n sin r với i  45 không đổi ta đạo hàm hai vế theo n: 0  sin r  n  dr cos r dn dr sin r  dn n cos r (2) Từ công thức sin i '  n sin r ' ta đạo hàm hai vế theo n: di ' dr ' cos i '  sin r ' n .cos r ' dn dn (3) Thay (1) (2) vào (3) ta được: di '  sin r  cos i '  sin r ' n   cos r ' dn  n cos r  di '  sin r 'cos r  sin r cos r ' dn cos i '.cos r di '  sin A dn cos i '.cos r (4) sin i  1 Lại có: cos r   sin r   n 2n Kết hợp với (4) ta được: di '  sin A cos i '  2n dn Xét thay đổi nhỏ góc ló di '  từ giá trị góc ló tia vàng với n  nv  1,653 i '  iv'  7007 '  180  sin 450 cos 70 '  2.1, 6532 dn  dn  0, 015 Bài tập lăng kính thỏa mãn góc lệch cực tiểu Ví dụ 9: Một lăng kính có thiết diện thẳng tam giác ABC, góc chiết quang A= 600, chiết suất n  đặt không khí Chiếu tia sáng đơn sắc nằm thiết diện thẳng ABC vào mặt bên AB cho tia ló khỏi mặt bên thứ hai Biết góc lệch giưa tia tới tia ló đạt giá trị cực tiểu Tìm góc tới góc lệch Giải Vì xảy góc lệch cực tiểu nên ta có r1  r2  A  300 A  D  A sin    n sin 2    D  60  sin    sin 30  2    Dmin  600 10 Dmin  2i1  A 600  2i1  60  i1  600 Ví dụ 10: Lăng kính tam giác ABC có góc chiết quang A = 45o, chiết suất n1  1,5 , nhúng chất lỏng suốt có chiết suất n2 Tia sáng từ chất lỏng tới mặt AB sau lần khúc xạ tia sáng ló qua AC với góc lệch cực tiểu 15o Tính chiết suất n2 chất lỏng Giải Khi xảy góc lệch cực tiểu ta có: Dmin  2i1  A  150  2i1  450  i1  300 sin i1  n sin r1  sin 300  n1 A sin n2 1,5 sin 22,50 n2  n2  1,148 Ví dụ 11: Cho lăng kính có tiết diện tam giác ABC Biết chiết suất chất làm lăng kính n1  1,4 Tìm góc lệch cực tiểu tia sáng qua LK góc tới tương ứng hai trường hợp sau: a) Lăng kính đặt không khí b) Lăng kính đặt môi trường nước chiết suất 4/3 Giải A  D  A  nLK sin  sin  2   nmt a) Lăng kính đặt không khí  Dmin  450  1, sin  sin 22,50     Dmin  190 47 ' b) Lăng kính đặt môi trường nước  D  450  1, sin  sin 22,50    4/3  Dmin  20 23' Ví dụ 12: Người ta đo góc lệch Dmin góc chiết quang A với sai số D, A Tính sai số tương đối phép đo chiết suất n lăng kính Áp dụng số D  A  10'  3.103 (rad); n  1, 733; Dmin  600 ; A  600 Giải 11 Từ công thức: n  sin A  Dmin A sin A  Dmin  ln(n)  ln  sin  A     ln  sin  2   Đạo hàm vế ta được: dn  n cos A  Dmin  A  Dmin d  2  A  Dmin sin  A dA  cos  2 A sin A  Dmin dA  dn dDmin  A  Dmin  cotan  cotan   n 2   Do A    cotan  2  Dmin  A A  Dmin A ; A khoảng từ  900  cotan  0; cotan  2 A  Dmin A  n Dmin A  A  Dmin  cotan  cotan  cotan   n 2  2  Khi    D  A công thức trở thành: n A A  cotan n 2 3.103 n  cotan 300 1,733  n  4,5.103 Ví dụ 13: Khả phân giải vạch kép: Trên hình vẽ sơ đồ máy quang phổ lăng kính Biết chiết suất lăng kính phụ thuộc vào bước sóng theo định luật CAUCHY n  a  a) Tính b  với a  1,652 b  1,50.10 2  m2 dn giá trị 0 d b) Cho A  60 0  0,6( m) Tiêu cự thấu kính ống chuẩn trực f  20(cm) , tiêu cự vật kính buồng tối f '  1(m) Đã khắc phục tượng sắc sai 12 b1) Thiết lập hệ thức góc lệch cực tiểu Dmin , góc A lăng kính chiết suất n xạ có bước sóng  cho trước Tính Dmin vạch kép vàng thủy ngân ứng với bước sóng 1  577(nm); 2  579(nm); b2) Chứng minh xảy góc lệch cực tiểu biến thiên nhỏ bước sóng d  ứng với biến thiên góc lệch dD thỏa mãn: b3) Hỏi khoảng cách hai vạch sáng tương ứng với bước sóng 1 , 2 phim buồng ảnh b4) Tính độ rộng cực đại mà khe ống chuẩn trực để tách vạch kép Giả thiết giới hạn khác Giải 2b 2.1,5.102  dn       3.104 nm1 a)   3 0 0,  d   0 4 Vậy n thay đổi lượng 3.10  thay đổi nm b1) Khi xảy góc lệch cực tiểu: sin( Dmin  A A )  n sin 2 Dmin  600 )  1, 6971.sin 300  Dmin  5606' Với 1  577(nm)  n  1,6971  sin( Với 2  579(nm)  n  1,6967  sin( b2) Theo ta có: Dmin  600 )  1, 6967.sin 300  Dmin  560 4' dD sin A dn 2b  kết hợp với ta được:  dn cos r cos i ' d 0 A d dD  4b  D  A  cos     sin  dD dD dn sin A  2b      d  dn d  cos r cos i '     dD  d  2b  sin A   A  Dmin  A     cos cos   2   A dD   d   Dmin  A  cos     4b sin Trên tiêu diện ảnh vật kính, hai vạch tách đoạn: A   b3) x  dD f '  4bf '  D  A  1 cos     sin 13 x  4.(1,5.102 ).1 sin 300 0,579  0,577  0,590(mm) 0 0,5773  56 ' 60  cos     b4) Do f '  f  phim hai ảnh đơn sắc ứng với bước sóng 1 , 2 có bề rộng gấp lần khe hẹp S ống chuẩn trực Để tách biệt vạch kép độ rộng phải nhỏ khoảng cách hai vạch kép  0,59(mm) Do bề rộng tối đa khe hẹp S 0,59  0,118(mm) Giá trị nhỏ để cải thiện tách vạch ta kết hợp nhiều lăng kính để tăng góc lệch tia đơn sắc Ví dụ 14: Trong máy quang phổ lăng kính khe hẹp F ống chuẩn trực có độ rộng a song song với cạnh bên lăng kính Cạnh đáy lăng kính độ rộng r, tiêu cự thấu kính C f1' , tiêu cự thấu kính O f ' Ảnh khe hẹp có bề rộng a’ Cho nguồn đơn sắc S có bước sóng  , chùm tia tới mặt bên lăng kính có bề rộng L cho góc i Chùm tia ló khỏi lăng kính có bề rộng L’ cho góc i ' a) Chùm tia tới tới lăng kính từ giá trị góc i sau góc biên thiên di chùm tia ló khỏi lăng kính với góc biến thiên di ' Chứng minh hệ thức: i '  cos r 'cos i i cos r cos i ' b) Tìm liên hệ L L’ c) Tìm liên hệ a a’ Giải 1a) A, n i, r , r ', i ' thay đổi Lấy vi phân hai vế hệ thức ta được: sin i  n sin r  cos i.di  n cos r.dr sin i '  n sin r '  cos i '.di '  n cos r '.dr ' A  r  r '  dr  dr '   cos i.di cos i '.di '  cos r cos r '  di '   Hay i '  cos r 'cos i di cos r cos i ' cos r 'cos i i cos r cos i ' (1) 14 1b) Bề rộng chùm tia tới: L  AI cos i Bề rộng chùm tia ló : L '  AI '.cos i ' Áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác AII ' AI AI '  cos r ' cos r L L'  cos r '.cosi cos r.cos i ' 1c) Kết hợp (1) (2) ta được: a ; f1' Mặt khác:  i   i '  (2) i'  L i L' a' f' La L ' a '  ' f1' f Bài tập lăng kính kết hợp với phản xạ toàn phần Ví dụ 15: Lăng kính thủy tinh có chiết suất n có tiết diện vuông góc tam giác ABC với A = 900, B = 750 Một chùm tia sáng hẹp SI mặt phẳng thiết diện vuông góc chiếu tới mặt AB với góc tới a) Tìm hệ thức i i n để tia khúc xạ II ' hợp với BC góc 450 b) Tìm điều kiện n để tia khúc xạ II ' phản xạ toàn phần điểm I ' cạnh BC c) Trong điều kiện câu b, chứng minh tia ló JR khỏi lăng kính theo phương vuông góc với SI Giải a) Vì tia khúc xạ Trong II ' hợp với BC góc 450 nên II ' B  I1'  450 BII ' ta có: BI1I1'  I1  1800  B  I1'  1800  750  450  600  r  900  I1  300 Áp dụng định luật khúc xạ điểm I ta có: sin i  n.sin r  n.sin 300  2sin i  n b) Góc tới điểm I ' là: I 2'  900  I1'  900  450  450 Điều kiện để có phản xạ toàn phần sin I 2'  sin igh  I ' là: I 2'  igh 1 1 n   n ' n sin I sin 45 c) Với điều kiện câu b ta có: I 3'  I1'  450 J1  900  C  I3'  900  150  450  300 Áp dụng định luật khúc xạ J : sin J  n.sin J1  n.sin 300  n / Mặt khác: sin i  n  J  i  JR  SI 15 Ví dụ 16: Cho quang hệ hình vẽ Lăng kính có góc A = 300 (M) gương phẳng đặt song song với mặt AB Tia ló cuối khỏi mặt AB lăng kính Tính góc ló (M) A S I B Giải C Góc giới hạn phản xạ toàn phần thủy tinh không khí thỏa mãn: sin igh  1   0,5774  igh  35016' n Tia tới SI vuông góc với AB truyền thẳng gặp AC J với góc tới J1  A  300  igh Tia cho tia khúc xạ JK với góc khúc xạ J gặp gương phẳng (M) K với góc tới K1 Theo định luật khúc xạ J : sin J  n sin J1  3.sin 300  J  600 J  900  J  300 K1  J  300 Tại K: K2  K1  300 Vì K  A  300 nên tia KG vuông góc với AC G truyền thẳng Xét hai trường hợp: * Trường hợp 1: Tia KG gặp mặt BC hình vẽ Do H1  C  600  igh  có phản xạ toàn phần H, cho tia phản xạ HN với H  H1  600 Tia phản xạ HN gặp AB N với góc tới Theo định luật khúc xạ N : N1  300  igh cho tia ló NR không khí với góc ló N sin N2  n sin N1  3.sin 300  N2  600 * Trường hợp 2: Tia KG gặp mặt AB hình vẽ 16 Tia KG gặp AB M với góc tới M1  A  300  igh , cho tia ló không khí với góc ló M Theo định luật khúc xạ M : sin M  n sin M1  3.sin 300  M  600 Cả hai trường hợp cho góc ló 600 Ví dụ 17: Để đo chiết suất n khối chất suốt hình lập phương người ta đặt tiếp giáp với khối lập phương suốt chiết suất suất n1 biết Chiếu tia sáng đơn sắc tới mặt tiếp giáp hai khối lập phương bị khúc xạ lần thứ A Tia ló không khí điểm B với góc ló  a) Tính n theo n1 ,  Áp dụng số n  1,7321;  60 b) Nếu sai số tương đối n1  0,10.104 ;   2,90.104 (rad ) Thì sai số tương đối n bao nhiêu? Giải a) Theo định luật khúc xạ A ta có: sin i  n.sin 900  n1 sin i n n2  cos i   sin i   n1 n1 Tại điểm B ta có: (1) n1 sin i '  1.sin  n12 cos2 i  sin  (2) Thay (1) (2) ta được: 17  n2  n12 1    sin   n1  n2  n12  sin  Thay số: n  (3) n12  sin   1,73212  sin 600  1,5001 b) Lấy vi phân hai vế (3) ta được: d (n2 )  d (n12 )  d (sin  ) 2n.dn  2n1dn1  2sin  cos  d n  n1 sin  cos  n1   n n n  1,7321 sin 600.cos 600 0,10.104  2,90.104  0,95.104 1,5001 1,5001 Ví dụ 18: Một lăng kính P1 làm thủy tinh, thiết diện thẳng tam giác vuông cân ABC với góc chiết quang A = 900 AB  AC  a Mặt bên AB ghép với mặt huyền lăng kính P2 có thiết diện thẳng tam giác vuông cân ACD Tia sáng đơn sắc vàng SI rọi vào điểm huyền BC Đối với tia vàng chiết suất P1 I mặt AB theo phương song song với cạnh n1  chiết suất P2 n2  A S D n2 I B n1 C a) Tìm điều kiện mà đoạn AI phải thỏa mãn để tia khúc xạ P1 không phản xạ mặt huyền BC b) Giả sử điều kiện câu a thỏa mãn Chứng minh tia ló khỏi hệ lăng kính song song với tia tới Giải a) Do n2  n1 nên phản xạ toàn phần AC Góc giới hạn phản xạ toàn phần mặt BC thỏa mãn: sin igh  Tia tới SI song song với BC gặp AB 1   igh  450 n1 I với góc tới I1 cho tia khúc xạ IJ với góc khúc xạ I I1  900  B  450 Theo định luật khúc xạ I: sin 450 sin I1  n1 sin I  sin I    I  300 2 Xét trường hợp tia khúc xạ IJ gặp BC J với góc tới J (hình a) Ta có: J  B  I  450  300  750 Do J  igh nên có phản xạ toàn phần J BC 18 - Khi điểm tới I di chuyển AB phía A điểm tới J di chuyển BC phía C góc tới J 750  igh nên có phản xạ toàn phần BC  Để có phản xạ toàn phần BC tia khúc xạ không gặp BC - Gọi I ' vị trí điểm I để tia khúc xạ qua C I1'  450 ; I'2  300 ; I3'  900  I 2'  600  C1  300 Trong  vuông AI ' C cho: I ' A  AC.tanC1  Điều kiện cần tìm là: AI  I ' A  AI  AB a  3 a b) Với điều kiện câu a) tia IJ gặp mặt AC I  300  J  600 Theo định luật khúc xạ J : n1 sin J  n2 sin J 2.sin 600 sin J    J  450  JK / / AD  KR / / SI Ví dụ 19: Cho khối suất mỏng có thiết diện thẳng phần tư hình tròn bán kính R có chiết suất tỉ đối so với môi trường n Chiếu tia sáng đơn sắc SH với mặt bên OA theo phương vuông góc với mặt A S I H R B O B 19 a) Biết n  xét tia sáng bị phản xạ toàn phần lần mặt cong miền giá trị góc lệch I ló khỏi mặt OB Xác định D tia tới tia ló khỏi khối chất b) Giả sử n thay đổi theo phương bán kính tuân theo quy luật n(r )   a Trong r 4R r khoảng cách từ điểm ét đến O a số Tìm giá trị a để tia sáng khối chất cung tròn tâm O Giải Gọi K chân đường cao hạ từ I xuống OB Tia sáng bị phản xạ toàn phần I nên góc tới i  igh  sin i  sin igh  Do tia sáng sau phản xạ toàn phần lần 1   i  450 n I đến mặt OB nằm miền KB Góc lệch lớn hất tia sáng ứng với trường hợp tia ló khỏi mặt OB K  Dmax  900 Góc lệch nhỏ tia sáng ứng với trường hợp tia ló khỏi mặt OB B OIB nên góc tới tia sáng B i  300 Theo định luật khúc xạ ánh sáng B: n.sin i  sin r  sin r  2.sin 300   r  450 A S H I Góc lệch nhỏ Dmin  900  450  450 Từ quy luật n(r )   a r dn a   4R dr R O (1) Khi tia sáng theo cung tròn CD có góc tâm  quang trình tia sáng là: i K B r B R s  n r Theo nguyên lý Fecma, quang trình tia sáng phải đại cực trị nên: ds 0 dr ds  dn    r  n    dr  dr   dn r  dr n Từ (1) (2) suy ra: Tại (2) a n  4R r a r  R n    a a    a  4 4R R 4R Ví dụ 20: Một lăng kính có tiết diện thẳng tam giác vuông cân ABC, A = 90°; B = 30° C = 60° Chiếu tia sáng đơn sắc SI tới mặt bên AB lăng kính theo phương song song với đáy BC Tia sáng vào lăng kính ló mặt bên AC Biết chiết suất lăng kính ( ứng với ánh sáng đơn sắc chiếu tới lăng kính) n A S I B C 20 a) Để tia sáng ló khỏi mặt bên AC chiết suất lăng kính phải thỏa mãn điều kiện gì? b) Với n = ? tia sáng phản xạ toàn phần mặt bên AC ló khỏi mặt bên BC theo phương vuông góc với BC Giải a) Ta có : i1=60°; A sini1=nsinr1 suy sinr1= 2n S J Vì r1+r2=A nên sinr2=cosr1 =  sin r  sini2=nsinr2= I 4n  2n C B K 4n  R Để có tia ló khỏi mặt bên AC : sinr2 ≤ sin igh= hay n 4n   suy n≤ 2n n b) Tia sáng bị phản xạ toàn phần J nên tam giác JRC tam giác vuông, Suy góc CJR=30°→ r2=60°, suy r1=300 (tứ giác AIJK có K=90°) Ta có sin i1=nsinr1 suy n= Công thức lăng kính góc tới góc chiết quang nhỏ (lăng kính hẹp) Khi i < 100 A < 100 ta có công thức gần sau: sini1  n sinr1  i1  n.r1 sini2  n sinr2  i2  n.r2 D  i1  i2  A  D  n.r1  n.r2  A  n( r1  r2 )  A D  ( n  )A Khi góc lệch D không phụ thuộc vào góc tới i1 Ví dụ 21: Giả sử có lăng kính có chiết suất n góc đỉnh  nhỏ cho sơ đồ hệ trục O y hình vẽ Xét điểm sáng A có tọa độ A(x , y0 ) Xét tia sáng tới lăng kính góc nhỏ Chứng minh ảnh A điểm sáng A’ Tìm tọa độ A’ khoảng cách A A’ Giải Mọi tia tới lăng kính cho góc lệch không đổi: D  (n  1) Xét tia tới song song với trục Ox cho tia ló (1) Phương trình tia ló (1) là: y   Dx  y0 21 Xét tia tới tạo với trục Ox góc i Tia ló qua lăng kính tia (2) Phương trình tia ló (2) là: y  (i  D) x  y0  ix0 Giao hai tia ló (1) (2) thỏa mãn:  Dx  y0  (i  D) x  y0  ix0  x  x0  y   Dx0  y0 Ta thấy với tia tới, tia ló cắt điểm ác định A '( x0 ;  Dx0  y0 ) ảnh A qua lăng kính Vậy lăng kính có góc chiết quang nhỏ thỏa mãn điều kiện tương điểm Gauss Khoảng cách vật ảnh: AA '  yA  yA'  y0    Dx0  y0   Dx0  (n 1) x0 Ví dụ 22: Một điểm sáng S nằm đáy chung lưỡng lăng kính hẹp có góc chiết quang  nhỏ chiết suất n hình vẽ Cho khoảng cách từ S với lăng kính d Xác định khoảng cách hai ảnh S1 S tạo lăng kính Giải Áp dụng kết toán ta thấy S1 , S2 phải nằm đường thẳng vuông góc với đáy chung và: S1S2  2SS1  2(n  1) d Ví dụ 23: Tính góc lệch tia sáng qua lăng kính có góc chiết quang A nhỏ có tính đến gần bậc i Giải sin r  sin i sin i  cos r   n n 22 r '  A  r  sin r '  sin( A  r )  sin A cos r  sin r cos A sin r '  sin A  sin i sin i  cos A n2 n sin i '  n sin r '  sin A n  sin i  sin i.cos A  D  i  i ' A  i  A  arcsin sin A n2  sin i  sin i.cos A  Với sin    ; sin A  A Bỏ qua số hạng chứa A , vô bé bậc cao ta được:   2 D  i  arcsin  An      A   n   i2 i2 Lại có:    n 2n  Ai  D  i  arcsin  An  i A 2n   Lại có: arcsin x  x  x3   Ai  Ai arcsin  An   i   An   i  (3 Ani ) / 2n  2n   i2    D  A (n  1)   n    2 n   Ví dụ 24: Một thấu kính tạo hai mặt cầu lồi bán kính R = 10 cm Chiết suất thủy tinh làm thấu kính n = 1,5 Bề dày thấu kính O1O2 = 0,06 cm Chiếu tia sáng đơn sắc song song với trục chiếu đến phần rìa thấu kính Tính tiêu thấu kính ứng với tia tới Giải i D  R R1 O2 O1 23 F C1 OO2  R  O1O2  10  0, 03  9,97(cm) R1  102  9,972  0, 774(cm) R1 0, 774  R 10    i  4, 439 Sin  sin i  Phần rìa thấu kính ta coi lăng kính có góc chiết quang A  2  8,878 D  (n  1) A  0,5.8,878  4, 4390 Tiêu cự thấu kính ứng với tia tới là: OF  R1 0, 774   9,97(cm) tan D tan 4, 4390 24 Tài liệu tham khảo Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi phần quang học Tuyển tập đề thi học sinh giỏi quốc gia Tuyển tập đề thi Olympic 30-4 Tuyển tập tập vật lý đại cương – Idorov, Xavaliep Báo Vật Lý tuổi trẻ Tuyển tập đề thi Olympic Vật Lý nước Sách quang học – Bộ sách PFIEV – Đào tạo kỹ sư chất lượng cao Pháp 25 [...]... 20: Một lăng kính có tiết diện thẳng là một tam giác vuông cân ABC, A = 90°; B = 30° và C = 60° Chiếu một tia sáng đơn sắc SI tới mặt bên AB của lăng kính theo phương song song với đáy BC Tia sáng đi vào lăng kính và ló ra ở mặt bên AC Biết chiết suất của lăng kính ( ứng với ánh sáng đơn sắc chiếu tới lăng kính) là n A S I B C 20 a) Để tia sáng ló ra khỏi mặt bên AC thì chiết suất của lăng kính phải... thiện sự tách vạch ta có thể kết hợp nhiều lăng kính để tăng góc lệch của các tia đơn sắc Ví dụ 14: Trong máy quang phổ lăng kính khe hẹp F của ống chuẩn trực có độ rộng a và song song với cạnh bên của lăng kính Cạnh đáy của lăng kính độ rộng là r, tiêu cự thấu kính C là f1' , tiêu cự thấu kính O là f ' Ảnh của khe hẹp có bề rộng là a’ 1 Cho nguồn đơn sắc S có bước sóng  , chùm tia tới mặt bên của lăng. .. A qua lăng kính Vậy lăng kính có góc chiết quang nhỏ thỏa mãn điều kiện tương điểm của Gauss Khoảng cách giữa vật và ảnh: AA '  yA  yA'  y0    Dx0  y0   Dx0  (n 1) x0 Ví dụ 22: Một điểm sáng S nằm trên đáy chung của một lưỡng lăng kính hẹp có góc chiết quang  nhỏ và chiết suất n như hình vẽ Cho khoảng cách từ S với lăng kính là d Xác định khoảng cách giữa hai ảnh S1 và S 2 tạo bởi mỗi lăng. .. 22,50 n2  n2  1,148 Ví dụ 11: Cho lăng kính có tiết diện là tam giác đều ABC Biết chiết suất chất làm lăng kính là n1  1,4 Tìm góc lệch cực tiểu của tia sáng khi qua LK và góc tới tương ứng trong hai trường hợp sau: a) Lăng kính đặt trong không khí b) Lăng kính đặt trong môi trường nước chiết suất 4/3 Giải A  D  A  nLK sin  min sin  2 2   nmt a) Lăng kính đặt trong không khí  Dmin  450... một điểm sáng A có tọa độ A(x 0 , y0 ) Xét các tia sáng tới lăng kính một góc nhỏ Chứng minh rằng ảnh của A là 1 điểm sáng A’ Tìm tọa độ của A’ và khoảng cách giữa A và A’ Giải Mọi tia tới lăng kính đều cho góc lệch không đổi: D  (n  1) Xét tia tới song song với trục Ox cho tia ló (1) Phương trình tia ló (1) là: y   Dx  y0 21 Xét tia tới tạo với trục Ox một góc i bất kì Tia ló qua lăng kính là... đều nên góc tới tia sáng tại B là i  300 Theo định luật khúc xạ ánh sáng tại B: n.sin i  sin r  sin r  2.sin 300  1  r  450 2 A S H I Góc lệch nhỏ nhất Dmin  900  450  450 Từ quy luật n(r )  2  a r dn a   4R dr 4 R O (1) Khi tia sáng đi theo cung tròn CD có góc ở tâm là  thì quang trình của tia sáng là: i K B r B R s  n r Theo nguyên lý Fecma, quang trình của tia sáng phải đại cực trị... kép: Trên hình vẽ là sơ đồ của máy quang phổ lăng kính Biết chiết suất của lăng kính phụ thuộc vào bước sóng theo định luật CAUCHY n  a  a) Tính b  2 với a  1,652 và b  1,50.10 2  m2 dn tại giá trị 0 d b) Cho A  60 và 0 0  0,6( m) Tiêu cự thấu kính trong ống chuẩn trực là f  20(cm) , tiêu cự vật kính trong buồng tối là f '  1(m) Đã khắc phục hiện tượng sắc sai 12 b1) Thiết lập hệ thức...  D  A (n  1)   n    2 n   Ví dụ 24: Một thấu kính tạo bởi hai mặt cầu lồi cùng bán kính R = 10 cm Chiết suất của thủy tinh làm thấu kính là n = 1,5 Bề dày của thấu kính là O1O2 = 0,06 cm Chiếu một tia sáng đơn sắc song song với trục chính chiếu đến phần rìa của thấu kính Tính tiêu sự của thấu kính ứng với tia tới trên Giải i D  R R1 O2 O1 23 F C1 OO2  R  O1O2  10  0, 03  9,97(cm)... Ảnh của khe hẹp có bề rộng là a’ 1 Cho nguồn đơn sắc S có bước sóng  , chùm tia tới mặt bên của lăng kính có bề rộng L và cho góc i Chùm tia ló ra khỏi lăng kính có bề rộng L’ và cho góc i ' a) Chùm tia tới tới lăng kính từ giá trị góc i sau đó góc biên thiên là di thì chùm tia ló ra khỏi lăng kính với góc biến thiên là di ' Chứng minh hệ thức: i '  cos r 'cos i i cos r cos i ' b) Tìm liên hệ... 1,7321 sin 600.cos 600 0,10.104  2,90.104  0,95.104 1,5001 1,5001 Ví dụ 18: Một lăng kính P1 làm bằng thủy tinh, thiết diện thẳng là tam giác vuông cân ABC với góc chiết quang A = 900 và AB  AC  a Mặt bên AB của nó được ghép với mặt huyền của lăng kính P2 cũng có thiết diện thẳng là tam giác vuông cân ACD Tia sáng đơn sắc vàng SI rọi vào điểm huyền BC Đối với tia vàng chiết suất của P1 là I của mặt