Lăng kính sự tán sắc ánh sáng qua lăng kính

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

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

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

- 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

- Lăng kính được đặc trưng bởi 2 thông số:

+ 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

+ 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

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

+ D  ( SI I K , ' ) là góc lệch của tia sáng qua lăng kính

3 Công thức tổng quát lăng kính

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

a) Công thức tổng quát của lăng kính

Theo định luật khúc xạ tại điểm I:

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 2và 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

0

1 0

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

0 1

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

0

3,12

10 18,19

R

R i

0

3,12

8,55( ) tan D tan 20, 05

R

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 đa u pha i oay la ng k nh quanh đ nh A mo t go c bao nhie u va theo chie u na o đe tia đo co go c

le ch cư c tie u

iải

a) V tia t m co go c le ch cư c tie u ne n

0 min

i n r

r r

sin sin 1,51.sin 29 32 '

1

0 1

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

Giải

* Điều kiện về góc chiết quang

Để có tia ló ra khỏi mặt thứ hai thì r '  igh với sin igh 1

Do r và A r  ' đều là các góc nhọn nên:  sin r  sin( A i  gh)

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  2 igh và sin i  n sin( A i  gh)

Cần phải chiếu tia tới với góc tới đủ lớn để có tia khúc xạ ra khỏi mặt thứ hai của lăng kính

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

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

27 56'

i

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 i hoặc góc tới i '    D A i sẽ cho cùng một góc lệch D Hay với cùng một giá trị của D sẽ cho hai góc tới trừ trường hợp đặc biệt góc tới thỏa mãn:

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’)

D     i i ' A dD   di di ' (4’)

Thay (1’) (2’) (3’) vào (4’) ta được:

cos cos ' 1

(1 sin  r ').(1 sin )  i   (1 sin i ').(1 sin  r )

Kết hợp định luật khúc xạ ta được biến đổi thành:

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

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)

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 tínhdD

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:

sin cos ' sin ' cos '

O

D

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 0

60

A  , chiếu lăng kính bằng chùm sáng trắng  0, 43  m    0,77  m với góc tới 0

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 0

sin ' i  nvsin ' 1, 653.sin 34 41' r    i ' 70 7 '

Góc lệch của tia vàng qua lăng kính là:

0 sin r n dr cos r

dn

sin cos

1 cos ' 1

' 2

di  từ giá trị góc ló của tia vàng với n  nv  1, 653 và ' 0

' v 70 7 '

i   i 0

0

2

sin 45 2.

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 giư a tia tới và tia ló đạt giá trị cực tiểu Tìm góc tới và góc lệch đó

0 min

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

a) Lăng kính đặt trong không khí

b) Lăng kính đặt trong môi trường nước chiết suất 4/3

D

Ví dụ 12: Người ta đo góc lệch Dminvà góc chiết quang A với các sai số   D , A Tính sai số tương đối của phép

đo chiết suất n của lăng kính

min10' 3.10 ( d); 1, 733; 60 ; 60

Giải

Từ công thức:

minsin

2 sin 2

A D n

A



minln( ) ln sin ln sin

sin sin

2 2

d dn

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 b2

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 Dminđối 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, 2trên 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

3.10 khi  thay đổi 1 nm b1) Khi xảy ra góc lệch cực tiểu:

sin 2

0 2

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 '

1

f , 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:

cos 'cos '

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 '

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 '

' cos ' cos

AI AI

r  r

' cos '.cosi cos cos '

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 i

a) Tìm hệ thức giữa 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 JRra khỏi lăng kính theo phương vuông góc với SI

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

Tia này cho tia khúc xạ JK với góc khúc xạ J2 và gặp gương phẳng (M) tại K với góc tới K1

K   A 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

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

Tia KG gặp AB tại M với góc tới 0

M   A  i , cho tia ló ra ngoài không khí với góc ló M2

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 

1 1

2 n dn  2 n dn  2sin cos    d

1 1

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 I của mặt AB theo phương song song với cạnh huyền BC Đối với tia vàng chiết suất của P1 là n1  2 và chiết suất của P2 là n2  3

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: 0

- Khi điểm tới I di chuyển trên AB về phía A thì điểm tới Jdi chuyển trên BC về phía C nhưng góc tới J2 luôn bằng 750

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) Biết n  2 và xét tia sáng bị phản xạ toàn phần một lần trên mặt cong tại I rồi ló ra khỏi mặt OB Xác định miền giá trị của góc lệch 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 ( ) 2 r

4R

n r   a Trong đó r là khoảng cách từ điểm đang ét đến O và a là hằng số Tìm giá trị của ađể 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 1 1 0

Do đó những tia sáng sau khi phản xạ toàn phần một lần tại 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 0

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) 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°;

sini1=nsinr1 suy ra sinr1=

Vì r1+r2=A nên sinr2=cosr1 =

sini2=nsinr2=

Để có tia ló ra khỏi mặt bên AC thì :

sinr2 ≤ sin igh= hay suy ra n≤

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=

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:

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 , y )0 0 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)

Xét tia tới tạo với trục Ox một góc i bất kì Tia

ló qua lăng kính là tia (2)

Ta thấy với mọi tia tới, các tia ló luôn cắt nhau

tại một điểm ác định A x '( ;0  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 ảnhS1 và S2 tạo bởi mỗi lăng kính