Phản xạ toàn phần – Lăng kính
Chuyên đề
Phản xạ toàn phần – Lăng kính
Phản xạ toàn phần – Lăng kính
Nội dung
A. Tóm tắt kiến thức
B. Bài tập áp dụng tự luận
C. Một số bài tập tự luận tham khảo
D. Bài tập áp dụng trắc nghiệm
E. Một số bài tập trắc nghiệm tham khảo
Phản xạ toàn phần – Lăng kính
Phản xạ toàn phần – Lăng kính
A. Tóm tắt kiến thức
1. Hiện tượng phản xạ toàn phần

Cho tia sáng tới SI từ môi trường chiết quang hơn
sang môi trường kém chiết quang.

Theo định luật khúc xạ:

Tăng dần góc tới đến giá trị
i = i
gh
sao cho góc khúc xạ r = 90o



⇒ hiện tượng phản xạ toàn phần
2
21
1

n
sini
= n = <1
sinr n
gh
2 2
21 gh
o
1 1
sin i
n n
Ta có = n = sini =
sin90 n n
⇒
(1)
(2)
i
gh
S
I
r
N
Phản xạ toàn phần – Lăng kính
A. Tóm tắt kiến thức (tt)
2, Điều kiện để có hiện tượng phản xạ toàn phần:

Tia sáng phải truyền từ môi trường chiết quang hơn sang môi trường kém chiết quang.




Chú ý: Nếu môi trường khúc xạ là không khí thì:
2
gh gh
1
n
G c t i i > i v i sin i =
n
ã í í
2 gh
1
1
n = 1 l c ó ta có sin i =
n
ó ®
Phản xạ toàn phần – Lăng kính
A. Tóm tắt kiến thức (tt)
3. Lăng kính:
a. Định nghĩa: Lăng kính là một khối chất trong suốt (thuỷ tinh, thạch anh, ) hình lăng trụ đứng, có tiết diện thẳng là một tam giác.

( ABB’A’ ) và (ACC’ A’): 2 mặt bên lăng kính

(BCC’B’) : mặt đáy lăng kính.

AA’: cạnh lăng kính.

A: góc chiết quang.

(A
1
B

1
C
1
) ⊥ AA’ : tiết diện thẳng của lăng kính.
A C
A
1
C
1
A’ C’
B
B
1
B’
Phản xạ toàn phần – Lăng kính
A. Tóm tắt kiến thức (tt)
b. Đường đi của tia sáng qua lăng kính:

Xét lăng kính có n > 1 và tia tới từ phía đáy lăng kính đi lên.

Do tính chất chiết quang của môi trường tia sáng sau khi đi qua lăng kính lệch về phía đáy của lăng kính.

Góc hợp bởi phương của tia tới và tia ló gọi là góc lệch D.
c. Các công thức về lăng kính:
1 1 1 2
2 2 1 2
sini = n sin r A = r +r
sini = n sin r D =i +i - A
A
R

i
2
J
r
2
r
1
A
N
S
i
2
I
D
A
Phản xạ toàn phần – Lăng kính
A. Tóm tắt kiến thức (tt)
Chú ý:

Khi góc tới i nhỏ:

Góc lệch cực tiểu (D min) khi tia tới và tia ló đối xứng nhau qua mặt phẳng phân giác của góc chiết quang A lúc đó

Ta thấy D
min
phụ thuộc vào A và n
1 1 1 2
2 2 1 1 2 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
sin i i (rad), sin r r(rad)

Tacó :
i = nr A = r +r
i = nr D = (i - r ) + (i - r ) = (i +i ) - (r +r )
= nr +nr - (r +r ) = (r +r )(n -1) = (n -1)A
; ;
min
1 2 1 2 min
D + A
A
i = i v r = r = D = 2i - A i =
2 2
⇒ ⇒µ
Phản xạ toàn phần – Lăng kính
B. Bài tập áp dụng tự luận - Bài số 1
Một đĩa tròn bằng gỗ bán kính 4 cm được thả nổi trên mặt nước
ở tâm đĩa có cắm cây kim thẳng đứng chìm trong nước. Đặt mắt trên mặt thoáng để quan sát cây kim, người quan sát hoàn toàn không nhìn thấy cây kim dù đặt mắt ở đâu. Tính chiều dài lớn nhất của cây kim (không kể phần chìm trong gỗ).
Bài giải
Chiều dài tối đa của cây kim là OS,
sao cho góc tới mép gỗ i = i
gh
:
o
gh gh
gh
1 3
sini = = i 48 30'
n 4
R
OS = = 3,54cm
tg i

⇒ ;
)
4
(n =
3
i
gh
i
gh
S
O R
Phản xạ toàn phần – Lăng kính
B. Bài tập áp dụng tự luận - Bài số 2:
Cho lăng kính thuỷ tinh có chiết suất , góc chiết quang A= 60o. Chiếu một tia sáng đến mặt bên AB. Xác định góc tới nhỏ nhất để có tia ló ra khỏi mặt AC.
Bài giải
n = 2
0 0 0
gh gh 2 1 2
0 0
1 1 1
1 1
Ta c : sin r = = r = 45 r = 45 r = A - r =15
n
2
sini = n.sinr = 2 sin15 i = 21,5
⇒ ⇒ ⇒
⇒
ã
Khi góc tới i
1

nhỏ nhất ⇒ góc khúc xạ r
1

cũng nhỏ nhất.
Ta có A = r
1
+ r
2
Khi r
1
min thì r
2
lớn nhất, nếu r
2
lớn nhất =
r giới hạn thì sẽ xảy ra hiện tượng phản xạ
toàn phần trên mặt AC.
Như vậy góc tới nhỏ nhất tại I là i = 21,5
0

thì có hiện tượng phản xạ toàn phần.
i
2
i
1
A
B C
r
2
r

1
J
I
S
Phản xạ toàn phần – Lăng kính
Bài số 3: Cho một lăng kính phản xạ toàn phần có tiết diện là tam giác vuông cân
Chiếu tia sáng nằm trong mặt phẳng tiết diện thẳng ABC của lăng kính theo phương song song với mặt phẳng huyền BC, đến gặp mặt bên AB của lăng kính tại I. Hãy vẽ tiếp đường đi của tia sáng trong 2 trường hợp:
a, Điểm I ở gần đỉnh A
b, Điểm I ở gần B
n = 2.
Phản xạ toàn phần – Lăng kính
Bài giải
a. Điểm I ở gần đỉnh A:
0
0
0
1
0
gh gh 1 gh
0
1 1
0 0
2 gh
2
sin i sini
X t t i I: = n sinr =
sin r n
sin45 1
sinr = = r = 30
2

2
T i j : i = 60
1 1
sinJ = = J = 45 th y i > J
n
2
C hi n t ng ph n x to n ph n t i J.
i ' = i = 60
T i k : i =15 < J = 45 C hi n t ng kh c x
sini
sinr
⇒
⇒
⇒
Ð ¹
¹
Ê
ã Ö  î ¶ ¹ µ Ç ¹
¹ ã Ö  î ó ¹
0 0
2 2 2
2
1
= sinr = n.sini = 2.sin15 r = 21,4 .
n
⇒ ⇒
A
B C
I
S

i
J
K
i’
1
r
i
1
i
2
r
2
45
0
Phản xạ toàn phần – Lăng kính
b. Điểm I gần B:
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
o
o
o
1
o o o
gh gh 1 gh
o
1 1
o

2
o
2
2 2
2
sin i sini
X t t i I : = n sinr =
sin r n
sin45 1
sinr = = r = 30
2
2
T i j: i = 75
1 1
sinJ = = J = 45 ; i = 75 > J = 45
n
2
có hi n t ng ph n x toàn ph n
i ' = i = 75
T i k : i = 30 ;
sini
1 2
= sinr = n.sini = 2.sin30 =
sinr n
Ð ¹
¹
Ö  î ¶ ¹ Ç
¹
⇒
o

2
r = 45
2
Nh n x t : Tia l KR // BCË Ð ã
A
B C
I
S
i
K
i’
1
i
1
45
0
45
0
r
2
R
J
i
2
Phản xạ toàn phần – Lăng kính
Bài số 4: Một lăng kính có chiết suất và có tiết diện thẳng là một tam giác đều ABC, chiếu tia sáng nằm trong mặt phẳng tiết diện thẳng vào mặt bên AB sao cho tia ló ra mặt AC. Biết góc ló là 45o.
a. Tính góc lệch D?
b. Giữ tia tới cố định quay lăng kính góc nhỏ quanh trục trùng với cạnh của lăng kính (trục qua A) thì chiều quay của tia ló như thế nào so với chiều quay lăng kính?
n = 2
Phản xạ toàn phần – Lăng kính

Bài giải
a. Tính góc lệch D

Giả thiết: góc ló i
2
= 450

r
1
= A – r
2
= 300

i
1
= 450

Góc lệch D = i
1
+ i
2
–A = 300
1
1 1
1
sini
2
n sini nsinr
sinr 2
= ⇒ = =

o
2 2
2
2
o
2 2
sini sini
sin45
n sinr
sinr n
2
1
sinr r 30
2
= ⇒ = =
= ⇒ =
B
A
C
R
i
2
J
r
2
r
1
A
N
S

i
1
I
D
A
Phản xạ toàn phần – Lăng kính
b. Ta thấy i
1
= i
2
= 45o vì góc tới bằng góc ló nên góc lệch D
min
. Nếu ta xoay lăng kính đi một chút (dù cùng chiều, hay ngược chiều kim đồng hồ) thì góc lệch D đều tăng do đó tia ló JK đều xoay về phía đáy lăng kính
A
B
C
S
J
1
45
0
1
2
1 K
N
1
2
3
E
Q

R
D
M
I
2
3
30
0
2
1
2
Phản xạ toàn phần – Lăng kính
Bài số 5:
Có hai lăng kính cùng làm bằng thuỷ tinh có có tiết diện và kích thước như hình vẽ. Cho tia sáng tới SI vuông góc với mặt bên AB. Hãy vẽ tiếp đường đi của tia sáng qua hai lăng kính? (Biết AB = AC; góc C
2
= 150)
Bài giải
- Tia SI ⊥ AB nên tia SI đi thẳng đến J
3
n
2
=
A
B
C
S
J
1
45
0

1
2
1 K
N
1
2
3
E
Q
R
D
M
I
2
3
30
0
2
1
2
Phản xạ toàn phần – Lăng kính
o
2 2
2
2
o
gh gh
o o
1 gh
o

1
2 1
2
o
2
o
1
o
3
o
1
1 2
2
sini sini
sin45
= n sinr = =
sinr n
2
1 2
sinJ = = J = 55
n 3
J = 45 < J = 55 : tia sáng b khúc x
sinJ
1 2 3 3
= = sinJ = n.sinJ = sin45 =
sinJ n 3 2 2
J = 60
c = 120
ΔCJK là tam giác cân
J = 30

sink s
k = 60 ; = n sink =
sink
⇒
⇒
⇒


⇒



⇒
Þ ¹
o
1
o
2
ink
2 2
= .sin60 =
n 3 2
K = 45
M
1
= 60
0
> J
gh
= 55

0
⇒ có phản xạ toàn phần ⇒ M
1
= M
2
= 60
0
N
1
= 75
0
> J
gh
= 55
0
⇒ Có phản xạ toàn phần ⇒ N
1
= N
1
= 75
0
⇒ N
3
= 15
0

⇒ tia NQ ⊥ DE ⇒ do đó nó đi thẳng ra ngoài không khí
(QR // CE).
Phản xạ toàn phần – Lăng kính
c. Một số bài tập tự luận tham khảo

Bài số 1: Một lăng kính thuỷ tinh có , tiết diện thẳng là hình thang cân ABCD, góc ở đáy , AB = BC = CD = a = 5cm. Ba chùm tia đơn sắc song song rọi vào các trung điểm I
1
; I
2
; I
3
; của ba mặt AB, BC, CD theo phương vuông góc BC,
màn E đặt song song và cách mặt đáy AD : 10cm.
a. Tính khoảng cách giữa 3 vệt sáng do ba chùm tạo ra trên màn E
b. Xoay lăng kính một góc nhỏ quanh 1 trục đi qua I
2
và vuông góc với mặt phẳng ABCD. Hỏi vị trí các vệt sáng đó thay đổi như thế nào?
Đáp số: a. 14,3cm
b. Vệt sáng mở rộng ra trên màn
Gợi ý: + S
2
I
2
⊥ BC: đi thẳng đến M
2
+ S
1
I
1
đối xứng với S
3
I
3

Dùng định luật khúc xạ để vẽ

tiếp đường đi của tia sáng
+ Góc tới lăng kính bằng góc ló ra khỏi
lăng kính nên góc lệch cực tiểu
n = 3
E
M
2
d
A D
I
1
I
2
I
3
S
2
B
C
S
3
S
1
µ
µ
o
A D 60= =
Phản xạ toàn phần – Lăng kính
Bài số 2: Cho lăng kính thuỷ tinh (n = 1, 5), tia sáng qua lăng kính có góc lệch cực tiểu bằng góc chiết quang A của lăng kính. Hãy tính góc chiết quang A.
Đáp số: A = 830

Gợi ý: Áp dụng:
min
0
min
D + A
A
sin = n. sin
2 2
A
D =A sin A = n . sin A = 83
2
⇒ ⇒
Phản xạ toàn phần – Lăng kính
Bài số 3: Một lăng kính có tiết diện thẳng là tam giác ABC, góc ở đỉnh A = 600. Một chùm sáng song song khi đi qua lăng kính có góc lệch cực tiểu là 300.
a.
Tìm chiết suất n của lăng kính?
b.
Nhúng lăng kính trong chất lỏng chiết suất n = 1,62. Chiếu tới mặt bên AB một chùm sáng song song. Hỏi góc tới i ở trong khoảng nào thì tia ló ra khỏi mặt bên thứ 2 của lăng kính.
Đáp số:
Gợi ý: a. Áp dụng công thức từ đó suy ra
b. Vì n’ > n (n’ = 1,62; ), muốn tia sáng đi thẳng vào lăng kính khi i < i
gh

o
a. n = 2
b. 0 < i < 60 47'
min
D + A
A
sin = n . sin

2 2
n 2=
0
gh gh
o
gh
n 2
V i sini = = = 0,8728 j = 60 47'
n' 1,62
0 < i < i 0 < i < 60 47'
⇒
⇒ ⇒
í
Phản xạ toàn phần – Lăng kính
D - Bài tập áp dụng trắc nghiệm:
Bài số 1: Phát biểu nào sau đây về phản xạ toàn phần là sai?
a.
Khi có phản xạ toàn phần thì toàn bộ ánh sáng phản xạ trở lại môi trường ban đầu chứa chùm ánh sáng tới.
b.
Phản xạ toàn phần chỉ xảy ra khi ánh sáng đi từ môi trường chiết quang hơn sang môi trường kém chiết quang
c.
Phản xạ toàn phần xảy ra khi góc tới lớn hơn góc giới hạn phản xạ toàn phần
d.
Góc giới hạn của phản xạ toàn phần được xác định bằng tỷ số giữa chiết suất của môi trường chiết quang kém với chiết suất của môi trường chiết quang hơn
Bài giải
Phương án D sai vì: sin góc giới hạn mới bằng tỷ số giữa chiết suất môi trường chiết quang kém với chiết suất môi trường chiết quang hơn
Phản xạ toàn phần – Lăng kính
Bài số 2: Một bể nước có chiết suất n = 4/3, độ cao mực nước h = 60cm. Bán kính r bé nhất của tấm gỗ tròn nổi trên mặt nước sao cho không một tia sáng nào từ đèn S (đặt ở đáy bể) lọt ra ngoài không khí
A. r = 49cm B. r = 68cm
C. r = 55cm D. r = 51cm

Bài giải
sin i
gh
= 1/n = ¾ ⇒ i
gh
= 48,60
Đế tia sáng khúc xạ không
ra ngoài không khí thì góc tới i ≥ i
gh
Xét SOB: OB = r = OS.tgi
gh
r = 60.tg48,6o ⇒ r = 68cm ⇒ B đúng
O
r
S
i
gh
i
gh
B
i
gh
i
gh
Phản xạ toàn phần – Lăng kính
Bài số 3: Một tia sáng hẹp truyền từ môi trường có chiết suất n
1
vào môi trường khác có chiết suất n
2
chưa biết. Để tia sáng tới mặt phân cách giữa hai môi trường dưới góc tới α ≤ 600 sẽ xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần thì chiết suất n

2
phải
thoả mãn điều kiện
Bài giải
Theo định luật khúc xạ:
Khi có phản xạ toàn phần: r = 900 ⇒ sinr = sin900 = 1
Và i
gh
≤ 600 từ (1) ⇒ n
1
sin i
gh
= n
2
⇒ n
2
≤ n
1
sin600
n
2
≤ .sin600 ⇒ n
2
≤1,5 ⇒ Đáp án C đúng
≤ ≥
≤ ≥
2 2
2 2
3 3
A. n . n

2 2
C. n 1,5 . n 1,5
B
D
2
1
n
sini
= (1)
sinr n
3
Phản xạ toàn phần – Lăng kính
Bài số 4: Một lăng kính có góc chiết quan A = 600, (n = ). Chiếu tia tới nằm trong mặt phẳng tiết diện thẳng vào mặt bên dưới góc tới i
1
= 450, khúc xạ vào lăng kính như hình vẽ. Các góc r
1
, r
2
, i
2
có thể nhận các giá trị:
A. 300, 300 và 450 B. 300, 450 và 300
C. 450 , 300 và 300 D. Một kết quả khác
Bài giải
I
2
= 450 (Theo tính chất
ngược chiều tia sáng)
Đáp án A đúng
2

o
1 1
1
1
o
1
o o
2 1
sini sini
sin45
T i I: = n sinr = =
sinr n
2
r = 30
r = A - r = 60 - 30
⇒¹
B
A
C
K
i
2
r
2
r
1
S
i
1
Phản xạ toàn phần – Lăng kính

Bài số 5: Cho một tia sáng đơn sắc chiếu lên mặt bên của lăng kính có góc chiết quang A = 600 và thu được góc lệch cực tiểu D
min
= 300. Chiết suất của lăng kính đó là:
Bài giải
D
min
khi i
1
= i
2
⇒ r
1
= r
2
= r =
D = (i
1
+ i
2
) – (r
1
+ r
2
) ⇒ D
min
= 2i – A ⇒

Đáp án C đúng
2 3
A. n = . n =

2 2
C. n = 2 . n = 3
B
D
A
2
min
D + A
i =
2
min
o o
min
o
o o
D + A
A
sini = nsinr sin = nsin
2 2
D + A
30 + 60
sin sin
sin45
2 2
n = n = = = 2
A
60 sin30
sin
sin
2

2
⇒
⇒ ⇒