Lăng kính sự tán sắc ánh sáng qua lăng kính

Chuyên đề: Lăng kính. Sự tán sắc ánh sáng qua lăng kính
Đặt vấn đề:
Lăng kính là một dụng cụ quang học rất quan trọng trong quang hình. Nó có ứng dụng rộng
rãi như đo góc với độ chính xác cao, đo chiết suất, trong ống nhòm, máy ảnh có kính ngắm quang
học để thay đổi hướng truyền ánh sáng, xoay ảnh 600, 900, 1800… và đặc biệt trong máy quang phổ
lăng kính để phân tích quang phổ của nguồn sáng.
Trong các đề thi học sinh giỏi cấp quốc gia có xuất hiện những bài toán về lăng kính kết hợp
phản xạ toàn phần và đặc biệt là bài toán sự thay đổi góc lệch theo hàm của bước sóng ánh sáng.
Những bài toán này gây khó khăn cho học sinh vì học sinh ít được luyện tập, không quen xử lý các
biểu thức vi phân trong công thức lăng kính.
Nhằm giúp học sinh khắc phục khó khăn trên đồng thời hiểu sâu hơn ứng dụng của lăng
kính. Tiếp cận các bài toán đa dạng về lăng kính kết hợp tán sắc tôi biên soạn chuyên đề: Lăng kính.
Sự tán sắc ánh sáng qua lăng kính.
Chuyên đề gồm:
1. Lý thuyết cơ bản và nâng cao về lăng kính. Khảo sát sự biến thiên của góc lệch D theo các
yếu tố D, n, i, 
2. 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 về tán sắc ánh sáng qua lăng kính và máy quang phổ lăng kính
- Bài tập về lăng kính hẹp

1


Lý thuyết về lăng kính
1. Cấu tạo lăng kính
- Lăng kính là một khối chất trong suốt được giới hạn bởi hai mặt phẳng cắt nhau.
- Hai mặt giới hạn ở trên được gọi là các mặt bên của LK

A

- Lăng kính thường có dạng lăng trụ tam giác
- Giao của mặt phẳng song song với đáy với khối lăng trụ là
tam giác ABC gọi là thiết diện của lăng kính.

B

- Lăng kính được đặc trưng bởi 2 thông số:

C

ABC là thiết diện
của LK

+ A: góc ở đỉnh (góc chiết quang) của lăng kính
+ nLK: chiết suất của chất làm lăng kính
2. Đường đi của tia sáng qua lăng kính
a) Tia sáng trắng

Chùm tia ló ra khỏi lăng kính bị lệch về phía đáy và 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 là đường đi của tia sáng qua lăng kính

A

+ SI: Tia tới lăng kính
+ I’K: Tia ló ra khỏi lăng kính

+ Nếu chiết suất tỉ đối của lăng kính so với môi trường lớn

I

hơn 1 thì tia ló sẽ lệch về phía đáy của lăng kính

D
K

S

+ D  ( SI , I ' K ) là góc lệch của tia sáng qua lăng kính
3. Công thức tổng quát lăng kính
Gọi n 

I’

nLK
là chiết suất tỉ đối của lăng kính với môi trường ngoài
nmt

a) Công thức tổng quát của lăng kính
Theo định luật khúc xạ tại điểm I:

sini  n sin r
Theo định luật khúc xạ tại điểm I’:

sini;  n sin r'

A  r  r'

Góc lệch của tia sáng qua lăng kính:

D  i  i'  A
2


Bài tập áp dụng công thức tổng quát của lăng kính
Ví dụ 1: Cho lăng kính có tiết diện là tam giác đều ABC. Biết chiết suất chất làm lăng kính là

2 và lăng kính đặt

trong không khí . Chiếu tia sáng tới mặt bên AB với góc tới 600. Tính góc ló ra khỏi mặt AC và góc lệch của tia sáng
qua lăng kính.
Giải

sin i1  n sin r1
sin 600  2 sin r1
sin r1 

3
 r1  37 0 45'
2 2

r2  A  r1  60  22015'

sin i2  n sin r2  2 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 là tam giác đều ABC. Biết chiết suất chất làm lăng kính là

2 và lăng kính đặt

trong không khí. Chiếu tia sáng tới mặt bên AB với góc tới i1 . Tìm góc tới i1 để tia ló đi sát mặt AC.
Giải
Vì tia ló đi sát mặt AC nên: i2  900

sin i2  n sin r2
sin 900  2 sin r2
sin r2 

1
 r2  450
2

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 là tam giác đều ABC với góc chiết quang A đặt trong không khí. Chiếu tia sáng
từ ngoài không khí tới AB với góc tới là 600. Biết tia ló ra khỏi mặt AC với góc ló là 300. Tia này bị lệch góc 450. Tìm
chiết suất n của 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 

3
2n

(1)

sin i2  n.sin r2  sin 300  n.sin r2  sin r2 

1
2n

(2)

Lấy (1): (2) ta được:

3


sin r1
 3  sin r1  3 sin(450  r1 )
sin r2
Giải Shift solve trên 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 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 = 1 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

OO2  R 

F

O1O2
 10  0,5  9,5(cm)
2

R1  102  9,52  3,12(cm)

R1 3,12

 0,312
R
10
   i  18,190
Sin  sin i 

Phần rìa của thấu kính ta coi là lăng kính có góc chiết quang A  2  36,38

0

Áp dụng công thức của 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 của thấu kính ứng với tia tới là:

4

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 là tam giác đều trong điều kiện góc
lệch của tia sáng tím đạt cực tiểu. Chiết suất của thủy tinh đối với ánh sáng tím nt = 1,53; với ánh sáng đỏ nđ = 1,51.

a) Tính góc tạo bởi tia đỏ và tia tím trong 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 min  A
A
 nt sin  1,53.sin 300  0, 765
2
2

i1  49054'
Dt min  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'
0

oc tơi cho tia đo co goc lech cưc tieu thoa man:

sin i1đ  sin

Dđ min  A
A
 nđ sin  1,51.sin 300
2
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'
4. Điều kiện để có tia ló
Bài toán: Một lăng kính làm bằng thủy tinh chiết suất n đặt trong không khí. Thiết diện của lăng kính là tam giác
ABC với A là góc chiết quang. Hãy tìm điều kiện của góc A và điều kiện của góc tới i để khi chiếu một tia sáng tới
mặt bên AB sẽ cho tia ló ra khỏi mặt AC

5


Giải
* Điều kiện về góc chiết quang
Để có tia ló ra khỏi mặt thứ hai thì r '  igh với sin igh 

1
n

Khi tia sáng chiếu tới mặt thứ nhất thì góc khúc xạ thỏa mãn: r  igh (Dấu = xảy ra khi i  90 )
0

Do đó: r  r '  2igh
Hay: A  2igh
* Điều kiện về góc tới

i

Để có tia ló ra khỏi mặt AC thì r '  igh
Mặt khác:
Do r và

r  Ar '

A  r ' đều là các 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 ra khỏi mặt AC là: A  2igh và sin i  n sin( A  igh )
Cần phải chiếu tia tới với góc tới đủ lớn để có tia khúc xạ ra khỏi mặt thứ hai của lăng kính.

Đường đi của tia ló theo hàm của góc tới i với
0
lăng kính có A = 60 và n = 1,73

Ví dụ 6: Một lăng kính có thiết diện là tam giác ABC có góc chiết quang A làm bằng thủy tinh chiết suất n  1,5 đặt
trong không khí.
a) Hãy tìm điều kiện của góc chiết quang A để khi chiếu một tia sáng tới mặt bên AB sẽ cho tia ló ra khỏi mặt AC.
b) Biết lăng kính có góc chiết quang A = 600. Tìm điều kiện của góc tới i để có tia sáng ló ra khỏi mặt AC.
Giải
a) sin igh 

1 1

 igh  410 48'
n 1,5

Điều kiện của góc chiết quang A để có tia ló ra khỏi mặt AC là:
b)Điều kiện của góc tới để có tia sáng ló ra khỏi mặt AC là:

sin i  n sin( A  igh )

sin i  1,5sin(600  410 48')
6

A  2igh  A  83037'


 i  27056'
5. Khảo sát sự biến đổi của góc lệch D theo sự thay đổi của các yếu tố i, n, A
5.1. Sự biến đổi của D theo hàm của góc tới

i

a) Khảo sát định tính
Khi cho A thay đổi từ 0  Agh lăng kính làm lệch tia sáng về phía đáy. Ta thừa nhận A, n (nguồn đơn sắc) là
không đổi. Theo tính thuận nghịch chiều truyền của ánh sáng thì với góc tới
cùng một góc lệch

i  i' 

i hoặc góc tới i '  D  A  i sẽ cho

D . Hay với cùng một giá trị của D sẽ cho hai góc tới trừ trường hợp đặc biệt góc tới thỏa mãn:

D A
tương ứng với một cực trị của D.
2

b) Khảo sát định lượng
Do

D là hàm của góc tới i  Ta có thể tìm góc tới i ứng với góc lệch D đạt cực trị bằng cách xét góc i thỏa

mãn

dD
0
di

Lấy vi phân hai vế các hệ thức ở trên 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 '  0

(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 đó tại cực trị của

D thì góc i thỏa mãn

dD
0
di

cos i '.cos r  cos i.cos r '

(1  sin 2 r ').(1  sin 2 i)  (1  sin 2 i ').(1  sin 2 r )
Kết hợp định luật khúc xạ ta được biến đổi thành:

sin 2 i '
sin 2 i
2
2
(1  2 ).(1  sin i)  (1  sin i ').(1  2 )
n
n
 1
 2
 1
 2
 2  1 sin i   2  1 sin i '
n

n

Do 0  i, i  90  ta lấy nghiệm: i  i '
0

Dẫn đến: r  r ' 

A
2

D  2i  A  i 

D A

2

sin i  n sin r  sin

Dmin  A
A
 n sin (Công thức ác định Dmin )
A
2
7


Bảng biến thiên của D(i ) và đồ thị D(i )

D
i0  900  A

2im  A

O
5.2. Sự biến đổi của D theo hàm của góc chiết quang A
Khi

A biên thiên thì r ', i ' biến thiên, còn r không đổi.

Lấy vi phân hai vế các hệ thức ở trên 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 '



1  sin 2 r '
dD   n.

1
 dA

1  n 2 sin 2 r ' 

Do n  1  n.

1  sin 2 r '
dD

1  0 
 0  D tăng khi A tăng
2
2
1  n sin r '
dA

5.3. Sự biến đổi của D theo chiết suất của lăng kính
Để xét ảnh hưởng của chiết suất đến độ lệch của 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  0  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 '
8

dD
dn

(3)

i0

im

900

i


Bài tập vận dụng phần sự thay đổi góc lệch D theo các yếu tố i, A, n
Ví dụ 7: Năng suất tán sắc của một lăng kính
Xét một lăng kính có góc chiết quang A  60 , chiếu lăng kính bằng chùm sáng trắng
0

 0, 43m    0,77 m

với góc tới i  60 . Tính độ tán sắc (độ biến đổi của góc lệch của lăng kính ở hai bước sóng
0

  0,77 m và

  0, 43 m . Biết lăng kính chế tạo bằng thủy tinh crown với n  0, 43 m   1,528; n 0,77 m  1,511 .
Giải
* Xét sự lệch của 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 sự lệch của 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 giữa hai bước sóng là: D  41 5  39 44'  1 21'
0

0

0

Ví dụ 8: Chiếu tia sáng trắng vào mặt bên của lăng kính có thiết diện là tam giác đều với góc tới i  45 . Do tán
0

sắc các tia sáng ló ra khỏi mặt bên thứ hai của lăng kính với góc lệch khác nhau so với tia tới. Biết sự thay đổi chiết
suất của lăng kính đối với các tia từ đỏ đến tím rất chậm. Chiết suất của lăng kính với tia vàng là nv  1,653.
a) Tính góc lệch của vàng ( DV ) sau khi ló ra khỏi lăng kính.
b) Biết hai tia đơn sắc ló ra khỏi lăng kính hợp với nhau một góc i ' nhỏ (dưới 20). Tìm hiệu số chiết suất n của
lăng kính đối với hai tia đơn sắc này. Áp dụng tính n với i '  2 .

0

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 của tia vàng qua lăng kính là:

DV  i  i ' A  450  7007 ' 600  5507 '
b) Từ công thức:

r  r '  A ta đạo hàm cả hai vế theo n ta được:

dr dr '

 0  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:
9
0

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 2 i
1
 1 2 .
Lại có: cos r  1  sin r  1 
2
n
2n
2

Kết hợp với (4) ta được:

di ' 

sin A
1
cos i '. 1  2
2n

dn

Xét sự thay đổi nhỏ của góc ló di '  2 từ giá trị góc ló của tia vàng với n  nv  1,653 và i '  iv'  7007 '
0

2.


180



sin 450
1
cos 70 7 '. 1 
2.1, 6532

dn

0

 dn  0, 015
Bài tập lăng kính thỏa mãn góc lệch cực tiểu
Ví dụ 9: Một lăng kính có thiết diện thẳng là tam giác ABC, góc chiết quang A= 600, chiết suất n  3 đặt trong

không khí. Chiếu một tia sáng đơn sắc nằm trong thiết diện thẳng ABC vào mặt bên AB sao cho tia ló ra khỏi mặt
bên thứ hai. Biết góc lệch giưa tia tới và tia ló đạt giá trị cực tiểu. Tìm góc tới và góc lệch đó.
Giải
Vì xảy ra góc lệch cực tiểu nên ta có

r1  r2 

A
 300
2

A
 D  A
sin  min
  n sin
2
2


3
 D  60 
0
sin  min
  3 sin 30 
2
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 trong chất lỏng trong suốt
có chiết suất n2 . Tia sáng từ chất lỏng tới mặt AB và sau 2 lần khúc xạ tia sáng ló qua ra AC với góc lệch cực tiểu là
15o. Tính chiết suất n2 của chất lỏng.
Giải
Khi xảy ra 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
2

1,5
.sin 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  1, 4
sin 
.sin 22,50

2

 1
 Dmin  190 47 '
b) Lăng kính đặt trong môi trường nước

 D  450  1, 4
sin  min
.sin 22,50

2

 4/3

 Dmin  20 23'
Ví dụ 12: Người ta đo góc lệch Dmin và góc chiết quang A với các sai số D, A . Tính sai số tương đối của phép
đo chiết suất n của lăng kính.
Áp dụng bằng số D  A  10'  3.103 (rad);

n  1, 733; Dmin  600 ; A  600
Giải

11


Từ công thức: n 

sin

A  Dmin
2
A
sin
2

A  Dmin

ln(n)  ln  sin
2


A



  ln  sin 
2



Đạo hàm 2 vế ta được:

dn

n

cos

A  Dmin  A  Dmin
.d 
2
2

A  Dmin
sin
2


A dA
 cos .

2 2
A
sin
2

A  Dmin dA 
dn dDmin
 A  Dmin

cotan

cotan 

n
2
2
2 
2

Do

A

  cotan 
2


Dmin  A
A  Dmin
A
; A đều trong khoảng từ 0  900  cotan
 0; cotan  0
2
2

2

A  Dmin A 
n Dmin
A
 A  Dmin

cotan

cotan  cotan 

n
2
2
2 
2
2

Khi





D  A công thức trên trở thành:
n A
A

cotan
n

2
2

3.103
n

cotan 300
1,733
2
 n  4,5.103
Ví dụ 13: Khả năng phân giải một vạch 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 giữa góc lệch cực tiểu Dmin , góc A của lăng kính và chiết suất n đối với một bức xạ có bước
sóng  cho trước. Tính Dmin đối với vạch kép vàng của thủy ngân ứng với bước sóng

1  577(nm); 2  579(nm);
b2) Chứng minh rằng khi xảy ra góc lệch cực tiểu thì mỗi biến thiên nhỏ của bước sóng d  ứng với biến thiên của
góc lệch dD thỏa mãn:
b3) Hỏi khoảng cách giữa hai vạch sáng tương ứng với bước sóng

1 , 2 trên phim của buồng ảnh.

b4) Tính độ rộng cực đại mà khe của ống chuẩn trực để có thể tách vạch kép. Giả thiết không có giới hạn nào khác.
Giải

2b
2.1,5.102
 dn 





 3.104 nm1
a) 

3
3
0
0, 6
 d   0
4

Vậy n thay đổi một lượng là 3.10 khi  thay đổi 1 nm
b1) Khi xảy ra góc lệch cực tiểu:

sin(

Dmin  A
A
)  n sin
2
2
Dmin  600
)  1, 6971.sin 300  Dmin  5606'
2

Với

1  577(nm)  n  1,6971  sin(

Với

2  579(nm)  n  1,6967  sin(

b2) Theo bài trên ta có:

Dmin  600
)  1, 6967.sin 300  Dmin  560 4'
2

dD
sin A
dn
2b

kết hợp với
ta được:

dn cos r cos i '
d
0

A
d
2
dD  4b
. 3
 D  A 
cos  min


2


sin



dD dD dn
sin A  2b 

.

 
d  dn d  cos r cos i '   3 



dD

d

 2b 
sin A
 
A
 Dmin  A    3 
cos cos 

2
2




A
2
dD   3
d

 Dmin  A 
cos 

2


4b

sin

Trên tiêu diện ảnh của vật kính, hai vạch tách nhau một đoạn:

A
 
2
. 2 3 1
b3) x  dD . f '  4bf '
 D  A  1
cos  min

2



sin

13


x  4.(1,5.102 ).1.

sin 300
0,579  0,577
.
 0,590(mm)
0
0
0,5773
 56 6 ' 60 
cos 

2



b4) Do f '  5 f  trên phim hai ảnh đơn sắc ứng với bước sóng

1 , 2 có bề rộng gấp 5 lần khe hẹp S ở ống

chuẩn trực. Để tách biệt vạch kép thì độ rộng này phải nhỏ hơn khoảng cách hai vạch kép  0,59(mm) . Do đó bề
rộng tối đa của khe hẹp S là

0,59

 0,118(mm) .
5

Giá trị này rất nhỏ để cải 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 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 của L và L’
c) Tìm liên hệ giữa a và a’.
Giải
1a)

A, n i, r , r ', i ' thay đổi.
Lấy vi phân hai vế các hệ thức ở trên 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 '  0



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) và (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 sự phản xạ toàn phần

Ví dụ 15: Lăng kính thủy tinh có chiết suất n có tiết diện vuông góc là tam giác ABC với A = 900, B = 750. Một chùm
tia sáng hẹp SI trong mặt phẳng của thiết diện vuông góc chiếu tới mặt AB với góc tới
a) Tìm hệ thức giữa

i

i và n để tia khúc xạ II ' hợp với BC góc 450

b) Tìm điều kiện về n để tia khúc xạ

II ' phản xạ toàn phần tại điểm I ' trên cạnh BC.

c) Trong điều kiện của câu b, chứng minh tia ló JR ra 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 tại điểm

I ta có:

sin i  n.sin r  n.sin 300
 2sin i  n
b) Góc tới tại điểm

I ' là: I 2'  900  I1'  900  450  450

Điều kiện để có phản xạ toàn phần tại

sin I 2'  sin igh 

I ' là: I 2'  igh

1
1
1
1
n



n 2
'
0
n
sin I 2 sin 45
2

c) Với điều kiện của câu b ta có: I 3'  I1'  450

J1  900  C  I3'  900  150  450  300
Áp dụng định luật khúc xạ tại J : sin J 2  n.sin J1  n.sin 300  n / 2
Mặt khác: sin i 

n
 J 2  i  JR  SI
2
15


Ví dụ 16: Cho quang hệ như hình vẽ. Lăng kính có góc A = 300. (M) là gương phẳng đặt song song với mặt AB. Tia
ló cuối cùng ra khỏi mặt AB của lăng kính. Tính góc ló.

(M)

A

S
I

B

Giải

C

Góc giới hạn phản xạ toàn phần giữa thủy tinh và không khí thỏa mãn:

sin igh 

1 1

 0,5774  igh  35016'
n
3

Tia tới SI vuông góc với AB truyền thẳng gặp AC tại J với góc tới

J1  A  300  igh

Tia này cho tia khúc xạ JK với góc khúc xạ J 2 và gặp gương phẳng (M) tại K với góc tới K1
Theo định luật khúc xạ tại J :

sin J 2  n sin J1  3.sin 300  J 2  600

J 3  900  J 2  300
K1  J 3  300
Tại K: K2  K1  300
Vì K 2  A  300 nên tia KG vuông góc với AC tại G truyền thẳng. Xét hai trường hợp:
* Trường hợp 1: Tia KG gặp mặt BC như hình vẽ

Do

H1  C  600  igh  có phản xạ toàn phần tại H, cho tia phản xạ HN với H 2  H1  600

Tia phản xạ HN gặp AB tại N với góc tới
Theo định luật khúc xạ tại N :

N1  300  igh cho tia ló NR ra không khí với góc ló N 2

sin N2  n sin N1  3.sin 300  N2  600

* Trường hợp 2: Tia KG gặp mặt AB như hình vẽ

16


Tia KG gặp AB tại M với góc tới

M1  A  300  igh , cho tia ló ra ngoài không khí với góc ló M 2

Theo định luật khúc xạ tại M :

sin M 2  n sin M1  3.sin 300  M 2  600

Cả hai trường hợp đều cho góc ló là 600
Ví dụ 17: Để đo chiết suất n của khối chất trong suốt hình lập phương người ta đặt nó tiếp giáp với khối lập
phương trong suốt chiết suất suất n1 đã biết. Chiếu một tia sáng đơn sắc tới mặt tiếp giáp của hai khối lập phương
thì bị khúc xạ lần thứ nhất tại A. Tia ló ra ngoài không khí tại điểm B với góc ló là  .

a) Tính n theo n1 ,  . Áp dụng bằng số n  1,7321;  60

0

b) Nếu các sai số tương đối n1  0,10.104 ;

  2,90.104 (rad ) . Thì sai số tương đối n là bao nhiêu?
Giải

a) Theo định luật khúc xạ tại A ta có:

sin i 

n.sin 900  n1 sin i

n
n2
 cos 2 i  1  sin 2 i  1  2
n1
n1

Tại điểm B ta có:

(1)

n1 sin i '  1.sin 

n12 cos2 i  sin 2 

(2)

Thay (1) và (2) ta được:

17


 n2 
n12 1  2   sin 2 
 n1 
n2  n12  sin 2 
Thay số: n 

(3)

n12  sin 2   1,73212  sin 2 600  1,5001

b) Lấy vi phân hai vế của (3) ta được:

d (n2 )  d (n12 )  d (sin 2  )

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 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 AB theo phương song song với cạnh

n1  2 và chiết suất của P2 là n2  3 .
A

S

D
n2

I

B

n1

C

a) Tìm điều kiện mà đoạn AI phải thỏa mãn để tia khúc xạ trong P1 không phản xạ ở mặt huyền BC.
b) Giả sử điều kiện của câu a được thỏa mãn. Chứng minh rằng tia ló ra khỏi hệ lăng kính song song với tia tới.
Giải
a) Do n2  n1 nên không có phản xạ toàn phần tại AC
Góc giới hạn phản xạ toàn phần tại mặt BC thỏa mãn: sin igh 
Tia tới SI song song với BC gặp AB tại

1
1

 igh  450
n1
2

I với góc tới I1 cho tia khúc xạ IJ với góc khúc xạ I 2 .

I1  900  B  450
Theo định luật khúc xạ tại

I:

sin 450 1
sin I1  n1 sin I 2  sin I 2 
  I 2  300
2
2

Xét trường hợp tia khúc xạ IJ gặp BC tại J với góc tới J 2 (hình a). Ta có:

J 2  B  I 2  450  300  750
Do J 2  igh nên có phản xạ toàn phần tại J trên BC.

18


- Khi điểm tới

I di chuyển trên AB về phía A thì điểm tới J di chuyển trên BC về phía C nhưng góc tới J 2 luôn

bằng 750  igh nên luôn có phản xạ toàn phần tại BC  Để có phản xạ toàn phần trên BC thì tia khúc xạ không
được gặp BC.
- Gọi

I ' là vị trí của điểm I để tia khúc xạ đi 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
3

a
3

b) Với điều kiện của câu a) thì tia IJ gặp mặt AC

I 2  300  J 2  600
Theo định luật khúc xạ tại J : n1 sin J 2  n2 sin J 3

2.sin 600
1
sin J 3 

 J 3  450  JK / / AD  KR / / SI
3
2
Ví dụ 19: Cho một khối trong suất mỏng có thiết diện thẳng là một phần tư hình tròn bán kính R và có chiết suất tỉ
đối so với môi trường ngoài là n. Chiếu tia sáng đơn sắc SH với mặt bên OA theo phương vuông góc với mặt này.
A
S

I

H
R

B

O

B

19


a) Biết n  2 và xét tia sáng bị phản xạ toàn phần một lần trên mặt cong tại
miền giá trị của góc lệch

I rồi ló ra khỏi mặt OB. Xác định

D giữa tia tới và tia ló ra khỏi khối chất.

b) Giả sử n chỉ thay đổi theo phương bán kính và tuân theo quy luật n(r )  2  a
Trong đó

r
4R

r là khoảng cách từ điểm đang ét đến O và a là hằng số. Tìm giá trị của a để tia sáng đi trong khối chất

là cung tròn tâm O.
Giải
Gọi

K là chân đường cao hạ từ I xuống OB.

Tia sáng bị phản xạ toàn phần tại

I nên góc tới i  igh  sin i  sin igh 

Do đó những tia sáng sau khi phản xạ toàn phần một lần tại

1
1

 i  450
n
2

I đến mặt OB chỉ nằm trong miền KB

Góc lệch lớn hất của tia sáng ứng với trường hợp tia ló khỏi mặt OB tại K  Dmax  900
Góc lệch nhỏ nhất của tia sáng ứng với trường hợp tia ló khỏi mặt OB tại B.

OIB 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 nên:

ds
0

dr

ds  dn

  .r  n    0
dr  dr




dn
r

dr
n

Từ (1) và (2) suy ra:
Tại

(2)

a
n

4R
r
a
4

r  R thì n  2  

a
2 a
 
 a  4
4R
R 4R

Ví dụ 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 thỏa mãn điều kiện gì?
b) Với n = ? thì tia sáng phản xạ toàn phần ở mặt bên AC và ló ra khỏi mặt bên BC theo phương vuông góc với BC.
Giải
a) Ta có : i1=60°;

A

sini1=nsinr1 suy ra sinr1=

3
2n

S

J

Vì r1+r2=A nên sinr2=cosr1 = 1  sin r 
2

sini2=nsinr2=

I

4n  3
2n
2

C

B
K

4n 2  3
2

R

Để có tia ló ra khỏi mặt bên AC thì :
sinr2 ≤ sin igh=

1
hay
n

4n 2  3 1
7
 suy ra n≤
2n
n
2

b) Tia sáng bị phản xạ toàn phần tại J nên tam giác JRC là tam giác vuông,
Suy ra góc CJR=30°→ r2=60°, suy ra r1=300 (tứ giác AIJK có K=90°)
Ta có sin i1=nsinr1 suy ra n= 3
6. Công thức của lăng kính khi góc tới và góc chiết quang nhỏ (lăng kính hẹp)
Khi i < 100 và A < 100 thì ta có công thức gần đúng 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  1 )A
Khi đó góc lệch D không phụ thuộc vào góc tới i1
Ví dụ 21: Giả sử có một lăng kính có chiết suất n và góc ở đỉnh  nhỏ cho trên sơ đồ hệ trục O y như hình vẽ. Xét
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 tia (2)
Phương trình tia ló (2) là:

y  (i  D) x  y0  ix0
Giao của hai tia ló (1) và (2) thỏa mãn:

 Dx  y0  (i  D) x  y0  ix0
 x  x0  y   Dx0  y0
Ta thấy với mọi tia tới, các tia ló luôn cắt nhau
tại một điểm ác định A '( x0 ;  Dx0  y0 ) chính là ảnh của 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 kính.

Giải
Áp dụng kết quả bài toán trên ta thấy S1 , S2 phải nằm trên đường thẳng vuông góc với đáy chung và:

S1S2  2SS1  2(n  1) .d

2

Ví dụ 23: Tính góc lệch của tia sáng qua lăng kính có góc chiết quang A nhỏ có tính đến gần đúng bậc 2 của i .
Giải

sin r 

sin i
sin 2 i
 cos r  1  2
n
n

22


r '  A  r  sin r '  sin( A  r )  sin A cos r  sin r cos A
sin r '  sin A. 1 

sin 2 i sin i

.cos A
n2
n

sin i '  n sin r '  sin A. n 2  sin 2 i  sin i.cos A



D  i  i ' A  i  A  arcsin sin A. n2  sin 2 i  sin i.cos A



Với sin    ; sin A  A
Bỏ qua các số hạng chứa A , và các vô cùng bé bậc cao hơn ta được:
2

3



2
D  i  arcsin  An. 1  2     A


n



i2
i2
Lại có: 1  2  1  2
n
2n


Ai 2 
D  i  arcsin  An 
i A
2n


Lại có: arcsin x  x 

x3
 ...
6


Ai 2 
Ai 2
arcsin  An 
 i   An 
 i  (3 Ani 2 ) / 6
2n 
2n


i2 
1 
 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)
2

R1  102  9,972  0, 774(cm)

R1 0, 774

R
10
0
   i  4, 439
Sin  sin i 

Phần rìa của thấu kính ta coi là lăng kính có góc chiết quang A  2  8,878

0

D  (n  1) A  0,5.8,878  4, 4390
Tiêu cự của thấu kính ứng với tia tới là:

OF 

R1
0, 774

 9,97(cm)
tan D tan 4, 4390

24


Tài liệu tham khảo
1. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi phần quang học 1
2. Tuyển tập đề thi học sinh giỏi quốc gia

3. Tuyển tập đề thi Olympic 30-4
4. Tuyển tập bài tập vật lý đại cương – Idorov, Xavaliep
5. Báo Vật Lý tuổi trẻ
6. Tuyển tập đề thi Olympic Vật Lý các nước
7. Sách quang học 1 – Bộ sách PFIEV – Đào tạo kỹ sư chất lượng cao của Pháp

25