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 60 0, 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

D , n, i , λ
tố
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

D tới lăng kính
+ SI: Tia

+ I’K: Tia ló ra khỏi lăng kính
+ Nếu chiết suất tỉ đối của lăng kính so với môi trường lớn

I

K

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

S

· , I 'K)
D = ( SI
+

là góc lệch của tia sáng qua lăng kính

3. Công thức tổng quát lăng kính

n=
Gọi

I’

nLK

nmt
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:

sin i = n sin r
Theo định luật khúc xạ tại điểm I’:

2


sin i; = n sin r'

A = r + r'
Góc lệch của tia sáng qua lăng kính:

D = i + i' − A
Bài tập áp dụng công thức tổng quát của lăng kính

2
Ví dụ 1: Cho lăng kính có tiết diện là tam giác đều ABC. Biết chiết suất chất làm lăng kính là

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 = 370 45'
2 2

r2 = A − r1 = 60 − 22015'

sin i2 = n sin r2 = 2 sin 22 015' = 0,535
→ i2 = 320 21'
D = i1 + i2 − A = 600 + 320 21'− 600 = 320 21'

2
Ví dụ 2: Cho lăng kính có thiết diện là tam giác đều ABC. Biết chiết suất chất làm lăng kính là

i1
trong không khí. Chiếu tia sáng tới mặt bên AB với góc tới

i2 = 900
Vì tia ló đi sát mặt AC nên:

sin i2 = n sin r2
sin 900 = 2 sin r2
sin r2 =

i1
. Tìm góc tới

Giải


1
→ r2 = 450
2

r1 = A − r2 = 600 − 450 = 150

sin i1 = n sin r1 = 2.sin150 = 0,366
3

và lăng kính đặt

để tia ló đi sát mặt AC.


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 60 0 = 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:

sin r1
= 3 ⇒ sin r1 = 3 sin(450 − r1 )
sin r2
⇒ r1 = 28050 '
Giải Shift solve trên máy tính Casio ta được:

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

θ

D
R

R1


O2

O1

OO2 = R −

O1O2
= 10 − 0,5 = 9,5(cm)
2

4

F

C1


R1 = 102 − 9,52 ≈ 3,12(cm)

R1 3,12
=
= 0,312
R
10
⇒ θ = i = 18,190
Sinθ = sin i =

A = 2θ = 36,380
Phần rìa của thấu kính ta coi là lăng kính có góc chiết quang


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 24,37 0 ⇒ i ' ≈ 38, 240

D = i + i '− A = 200 25 '
Tiêu cự của thấu kính ứng với tia tới là:

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) Từ vị trí LK ban đầu, phải xoay lăng kính quanh đỉnh A, một góc bao nhiêu và theo chiều nào để tia đỏ có góc lệch
cực tiểu.
Giải
a) Vì tia tím có góc lệch cực tiểu nên


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 = 390 48'
i2t = i1t = 49054 '
Ta tính toán góc lệch của tia đỏ:

5


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 '
Góc lệch của tia đỏ qua lăng kính:

Dđ = i1 + i2 đ − A = 49054 '+ 4809 '− 60 = 3803'
Góc lệch giữa tia ló đỏ và tia ló tím là:

∆D = i2tđ− i2 = 49054 '− 4809 ' = 10 45'
i1t = 49054 '

b) Vị trí LK có cho tia tím góc lệch cực tiểu có góc tới:
Góc tới cho tia đỏ có góc lệch cực tiểu thỏa mãn:

sin i1đ = sin

Dđ min + A
A
= nđ sin = 1,51.sin 30 0
2
2

i1đ = 4901'

i1tđ > i1
Do

nên phải xoay lăng kính quanh A ngược chiều kim đồng hồ một góc

∆i = i1tđ− i1 = 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
Giải
* Điều kiện về góc chiết quang

sin igh =

r ' ≤ igh
Để có tia ló ra khỏi mặt thứ hai thì


1
n

với

r ≤ igh
Khi tia sáng chiếu tới mặt thứ nhất thì góc khúc xạ thỏa mãn:

r + r ' ≤ 2igh
Do đó:

A ≤ 2igh
Hay:

6

(Dấu = xảy ra khi

i = 900

)


i
* Điều kiện về góc tới

r ' ≤ igh
Để có tia ló ra khỏi mặt AC thì
Mặt khác:

Do

r

và

r = A−r'

A−r'

→ sin r ≥ sin( A − igh )
đều là các góc nhọn nên:

Theo định luật khúc xạ:

sin i = n sin r

→ sin i ≥ n sin( A − igh )
A ≤ 2igh
Tóm lại điều kiện để có tia ló ra khỏi mặt AC là:

sin i ≥ n sin( A − igh )
và

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
lăng kính có A = 600 và n = 1,73

n = 1,5

Ví dụ 6: Một lăng kính có thiết diện là tam giác ABC có góc chiết quang A làm bằng thủy tinh chiết suất
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

sin igh =

1 1
=
⇒ igh ≈ 410 48'
n 1,5

a)

A ≤ 2igh ⇒ A ≤ 83037 '
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 ')
7

đặt


⇒ i ≥ 27 056 '
i , n, A
5. Khảo sát sự biến đổi của góc lệch D theo sự thay đổi của các yếu tố


i
5.1. Sự biến đổi của D theo hàm của góc tới
a) Khảo sát định tính

0 → Agh
Khi cho A thay đổi từ

A, n
, lăng kính làm lệch tia sáng về phía đáy. Ta thừa nhận

i
đổi. Theo tính thuận nghịch chiều truyền của ánh sáng thì với góc tới

D

góc lệch

i = i' =

hoặc góc tới

(nguồn đơn sắc) là không

i' = D + A−i

sẽ cho cùng một

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


D+ A
2

D.
tương ứng với một cực trị của

b) Khảo sát định lượng
Do

D

là hàm của góc tới

i ⇒

i
Ta có thể tìm góc tới

ứng với góc lệch

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 '

A = r + r ' ⇒ dr + dr ' = 0

(2’)
(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

dD
=0
di

i
thì góc

thỏa mãn

cos i '.cos r = cos i.cos r '


(1 − sin 2 r ').(1 − sin 2 i) = (1 − sin 2 i ').(1 − sin 2 r )
8

D

i
đạt cực trị bằng cách xét góc

thỏa mãn


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

(1 −

sin 2 i '
sin 2 i
2
2
).(1
−
sin
i
)
=
(1
−
sin
i

').(1
−
)
n2
n2

 1
 2
 1
 2
 2 − 1÷sin i =  2 − 1÷sin i '
n

n


0 ≤ i, i ≤ 900 ⇒
Do

ta lấy nghiệm:

r =r'=

i = i'

A
2

Dẫn đến:


D = 2i − A ⇒ i =

D+ A
2

sin i = n sin r ⇒ sin

Dmin + A
A
= n sin
A
2

Dmin )
(Công thức xác định

D (i )
Bảng biến thiên của

D(i )
và đồ thị

D

i0 + 90 − A
0

2im − A

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

Khi

A

r ', i '
biên thiên thì

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 '
A = r + r ' ⇒ dA = dr '
D = i + i '− A ⇒ dD = di '− dA

(5)
(6)
(7)

Thay (5), (6) vào (7) ta được:

 n cos r ' 
dD = 
− 1÷dA
 cos i '



9

O

i0 im

900

i




1 − sin 2 r '
dD =  n.
− 1÷dA
2
2

1 − n sin r ' ÷



n >1⇒

n.

1 − sin 2 r '
dD

−1 > 0 ⇒
>0⇒
2
2
1 − n sin r '
dA

Do

D tăng khi A tăng

5.3. Sự biến đổi của D theo chiết suất của lăng kính

dD
dn
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

(3)

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 '

i, A, n
Bài tập vận dụng phần sự thay đổi góc lệch D theo các yếu tố
Ví dụ 7: Năng suất tán sắc của một lăng kính

Xét một lăng kính có góc chiết quang

với góc tới

i = 600

A = 600

( 0, 43µ m ≤ λ ≤ 0, 77 µ m )
, chiếu lăng kính bằng chùm sáng trắng

λ = 0,77 µ m
. Tính độ tán sắc (độ biến đổi của góc lệch của lăng kính ở hai bước sóng

và

n ( 0, 43µ m ) = 1,528; n ( 0,77 µ m ) = 1,511

λ = 0, 43µ m
. Biết lăng kính chế tạo bằng thủy tinh crown với
Giải


10

.


λ = 0, 43µ m
* Xét sự lệch của tia sáng ứng với bước sóng

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'

λ = 0, 77 µ m
* Xét sự lệch của tia sáng ứng với bước sóng

sin i = n sin r ⇒ sin 600 = 1,511.sin r ⇒ r ≈ 34058'

r ' = A − r = 600 − 34058' = 250 2 '
sin i ' = n sin r ' ⇒ sin i ' = 1,511.sin 2501' ⇒ r ' = 390 44 '

D = i + i '− A = 600 + 390 44 '− 600 = 390 44 '

Độ tán sắc giữa hai bước sóng là:

∆D = 4105 − 390 44 ' = 10 21'

Ví dụ 8: Chiếu tia sáng trắng vào mặt bên của lăng kính có thiết diện là tam giác đều với góc tới


i = 450

. Do tán 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

nv = 1, 653.
của lăng kính đối với các tia từ đỏ đến tím rất chậm. Chiết suất của lăng kính với tia vàng là

( DV )
a) Tính góc lệch của vàng

sau khi ló ra khỏi lăng kính.

b) Biết hai tia đơn sắc ló ra khỏi lăng kính hợp với nhau một góc

lăng kính đối với hai tia đơn sắc này. Áp dụng tính

∆n

với

∆i ' = 20

Giải

sin i = nv sin r ⇒ sin r =

∆i '


sin 450
⇒ r ≈ 25019 '
1, 653

a)

r ' = A − r = 600 − 25019 ' = 340 41'
sin i ' = nv sin r ' = 1, 653.sin 340 41' ⇒ i ' ≈ 70 07 '
Góc lệch của tia vàng qua lăng kính là:

11

.

nhỏ (dưới 20). Tìm hiệu số chiết suất

∆n

của


DV = i + i '− A = 450 + 700 7 '− 600 = 550 7 '

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

0 = sin r + n.

⇒

với

i = 450

không đổi ta đạo hàm hai vế theo 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)

cos r = 1 − sin 2 r = 1 −

sin 2 i
1
= 1− 2
2
n
2n

Lại có:

.

Kết hợp với (4) ta được:

di ' =

sin A
1
cos i '. 1 − 2
2n

Xét sự thay đổi nhỏ của góc ló

dn


di ' = 20

n = nv = 1, 653
từ giá trị góc ló của tia vàng với

12

i ' = iv' = 700 7 '
và


2.

π
=
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

= 3

Ví dụ 9: Một lăng kính có thiết diện thẳng là tam giác ABC, góc chiết quang A= 600, chiết suất n

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 giữa 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



0
→ Dmin = 60
Dmin = 2i1 − A
600 = 2i1 − 60 → i1 = 600

n1 = 1,5
o

Ví dụ 10: Lăng kính tam giác ABC có góc chiết quang A = 45 , chiết suất

, nhúng trong chất lỏng trong suốt

n2
có chiết suất

. 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

n2
o

15 . Tính chiết suất

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
13


n1 =
Ví dụ 11: Cho lăng kính có tiết diện là tam giác đều ABC. Biết chiết suất chất làm lăng kính là

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

 D + 450  1, 4
sin  min
.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'

∆D, ∆A


Dmin
Ví dụ 12: Người ta đo góc lệch

và góc chiết quang A với các sai số

. Tính sai số tương đối của phép đo

n
chiết suất

của lăng kính.

∆D = ∆A = 10 ' = 3.10 −3 (rad); n = 1, 733; Dmin = 60 0 ; A = 60 0
Áp dụng bằng số
Giải

n=

sin

A + Dmin
2
A
sin
2

Từ công thức:

A + Dmin


ln( n) = ln  sin
2


A


÷− ln  sin ÷
2



Đạo hàm 2 vế ta được:

14


dn
=
n

cos

A + Dmin  A + Dmin
.d 
2
2

A + Dmin

sin
2


A dA
÷ cos .
−
2 2
A
sin
2

dn dDmin
A + Dmin dA 
 A + Dmin
=
cotan
+
cotan 

n
2
2
2 
2

Dmin + A
;A
2
Do


đều trong khoảng từ

0 → 90

0

A

÷− cotan 
2


⇒ cotan

A + Dmin
A
> 0; cotan > 0
2
2

∆n ∆Dmin
A + Dmin ∆A 
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

∆n
3.10−3
=
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

n = a+
luật CAUCHY

a) Tính
b) Cho

dn
dλ

b
λ2

b = 1,50.10−2 µ m 2

a = 1, 652
với

và

λ0
tại giá trị

A = 600

λ0 = 0,6( µ m)

và

f = 20(cm)
. Tiêu cự thấu kính trong ống chuẩn trực là

f ' = 1( m)
buồng tối là

. Đã khắc phục hiện tượng sắc sai.

15

, tiêu cự vật kính trong


Dmin
b1) Thiết lập hệ thức giữa góc lệch cực tiểu

sóng

, góc A của lăng kính và chiết suất n đối với một bức xạ có bước

λ1 = 577(nm); λ2 = 579(nm);

Dmin

λ

cho trước. Tính


đối với vạch kép vàng của thủy ngân ứng với bước sóng

b2) Chứng minh rằng khi xảy ra góc lệch cực tiểu thì mỗi biến thiên nhỏ của bước sóng

dλ

ứng với biến thiên của

dD
góc lệch

thỏa mãn:

λ1 , λ2
b3) Hỏi khoảng cách giữa hai vạch sáng tương ứng với bước sóng

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

÷ =− 3 =−
3
λ0
0, 6

 d λ λ = λ0
nm −1
a)

3.10−4

n
Vậy

thay đổi một lượng là

khi

λ

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


λ1 = 577(nm) ⇒ n = 1, 6971 ⇒

sin(

λ2 = 579(nm) ⇒ n = 1,6967 ⇒

sin(

Với

Dmin + 600
) = 1, 6967.sin 300 ⇒ Dmin = 560 4 '
2

Với

dn
2b
=−
dλ
λ0

dD
sin A
=
dn cos r cos i '
b2) Theo bài trên ta có:

kết hợp với


ta được:

A
dλ
2
dD = −4b
. 3
 D + A λ
cos  min
÷
2


sin

⇒

dD dD dn
sin A  2b 
=
.
=
− ÷
d λ dn d λ cos r cos i '  λ 3 

⇒

dD
=
dλ


 2b 
sin A
− ÷
A
 Dmin + A   λ 3 
cos cos 
÷
2
2


16


4b
dD = − 3
λ

A
2
dλ
 Dmin + A 
cos 
÷
2


sin


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

A
λ −λ
2
∆x = dD . f ' = 4bf '
. 2 3 1
 D + A  λ1
cos  min
÷
2


sin

b3)

∆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




λ1 , λ2

f '=5f ⇒
b4) Do

trên phim hai ảnh đơn sắc ứng với bước sóng

có bề rộng gấp 5 lần khe hẹp S ở ống chuẩn

= 0,59( mm)
trực. Để tách biệt vạch kép thì độ rộng này phải nhỏ hơn khoảng cách hai vạch kép

. Do đó bề rộng tối

0,59
= 0,118(mm)
5
đa của khe hẹp S là

.

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

f1'
lăng kính. Cạnh đáy của lăng kính độ rộng là r, tiêu cự thấu kính C là


f'
, tiêu cự thấu kính O là

. Ảnh của khe hẹp

có bề rộng là a’

1. Cho nguồn đơn sắc S có bước sóng

λ

i
, chùm tia tới mặt bên của lăng kính có bề rộng L và cho góc

. Chùm tia ló ra

i'
khỏi lăng kính có bề rộng L’ và cho góc

i
a) Chùm tia tới tới lăng kính từ giá trị góc

di
sau đó góc biên thiên là

di '
biến thiên là

. Chứng minh hệ thức:


17

thì chùm tia ló ra khỏi lăng kính với góc


δi ' =

cos r 'cos i
δi
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 ' = −

δi ' =

cos r 'cos i
di
cos r cos i '
cos r 'cos i
δi
cos r cos i '

Hay

(1)

1b) Bề rộng chùm tia tới:
Bề rộng chùm tia ló :

L = AI .cos i

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 '
(2)

δi' =

L
δi
L'

1c) Kết hợp (1) và (2) ta được:

δi =

a
;
f1'

δi ' =

a'
f'

Mặt khác:

18



⇒

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

i
sáng hẹp SI trong mặt phẳng của thiết diện vuông góc chiếu tới mặt AB với góc tới

i
a) Tìm hệ thức giữa

và n để tia khúc xạ

b) Tìm điều kiện về n để tia khúc xạ

II '

II '

hợp với BC góc 450

phản xạ toàn phần tại điểm


I'

trên cạnh BC.

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

ra khỏi lăng kính theo phương vuông góc với SI.
Giải

a) Vì tia khúc xạ

Trong

∆BII '

II '

· ' B = I ' = 450
II
1
hợp với BC góc 450 nên

· I ' = I = 1800 − B − I ' = 1800 − 750 − 450 = 600
BI
1 1
1
1
ta có:


⇒ r = 900 − I1 = 300

Áp dụng định luật khúc xạ tại điểm

I

ta có:

sin i = n.sin r = n.sin 300
⇒ 2 sin i = n

b) Góc tới tại điểm

I'

I 2' = 900 − I1' = 900 − 450 = 450
là:

Điều kiện để có phản xạ toàn phần tại

sin I 2' ≥ sin igh =

I'

I 2' ≥ igh
là:

1
1
1

1
⇒n≥
=
=
⇒n≥ 2
'
0
n
sin I 2 sin 45
2
I 3' = I1' = 450

c) Với điều kiện của câu b ta có:

J1 = 900 − C − I 3' = 900 − 150 − 450 = 300
0
J sin J 2 = n.sin J1 = n.sin 30 = n / 2

Áp dụng định luật khúc xạ tại

:

19


sin i =

n
⇒ J 2 = i ⇒ JR ⊥ SI
2


Mặt khác:
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

J1 = A = 300 < igh
Tia tới SI vuông góc với AB truyền thẳng gặp AC tại J với góc tới


J2
Tia này cho tia khúc xạ JK với góc khúc xạ

K1
và gặp gương phẳng (M) tại K với góc tới

0
0
J sin J 2 = n sin J1 = 3.sin 30 ⇒ J 2 = 60

Theo định luật khúc xạ tại

:

J 3 = 900 − J 2 = 300
K1 = J 3 = 300
K 2 = K1 = 300
Tại K:

K 2 = A = 300
Vì

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

20



H1 = C = 600 > igh ⇒
Do

H 2 = H1 = 600
có phản xạ toàn phần tại H, cho tia phản xạ HN với

N1 = 300 < igh
Tia phản xạ HN gặp AB tại N với góc tới

cho tia ló NR ra không khí với góc ló

sin N 2 = n sin N1 = 3.sin 300 ⇒ N 2 = 60 0

N
Theo định luật khúc xạ tại

N2

:

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

M 1 = A = 300 < igh
Tia KG gặp AB tại M với góc tới

Theo định luật khúc xạ tại

M

M2

, cho tia ló ra ngoài không khí với góc ló

sin M 2 = n sin M 1 = 3.sin 300 ⇒ M 2 = 600
:

Cả hai trường hợp đều cho góc ló là 600

n
Ví dụ 17: Để đo chiết suất

của khối chất trong suốt hình lập phương, người ta đặt nó tiếp giáp với khối lập

n1
phương trong suốt chiết suất suất

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

21

α

.


n1 , α

n
a) Tính


theo

n = 1, 7321; α = 600
. Áp dụng bằng số

∆n1 = 0,10.10−4 ; ∆α = 2, 90.10−4 ( rad )
b) Nếu các sai số tương đối

. Thì sai số tương đối

∆n

là bao nhiêu?

Giải

n.sin 900 = n1 sin i
a) Theo định luật khúc xạ tại A ta có:

sin i =

n
n2
⇒ cos 2 i = 1 − sin 2 i = 1 − 2
n1
n1
(1)

n1 sin i ' = 1.sin α

Tại điểm B ta có:

n12 cos 2 i = sin 2 α
(2)
Thay (1) và (2) ta được:

 n2 
n12 1 − 2 ÷ = sin 2 α
 n1 
n 2 = n12 − sin 2 α
(3)

n = n12 − sin 2 α = 1, 73212 − sin 2 600 ≈ 1,5001
Thay số:
b) Lấy vi phân hai vế của (3) ta được:

d (n 2 ) = d ( n12 ) − d (sin 2 α )

2n.dn = 2n1dn1 − 2sin α .cos α .dα
∆n =

n1
sin α .cos α
∆n1 +
.∆α
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

I

của mặt AB theo phương song song với cạnh huyền BC.

n1 = 2
Đối với tia vàng chiết suất của P1 là

n2 = 3
và chiết suất của P2 là

22

.



I
S

n2
D
n1

A

B

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

n2 > n1
a) Do

nên không có phản xạ toàn phần tại AC

sin igh =

1
1
=
⇒ igh = 450

n1
2

Góc giới hạn phản xạ toàn phần tại mặt BC thỏa mãn:
Tia tới SI song song với BC gặp AB tại

I

I1
với góc tới

I2

IJ
cho tia khúc xạ

với góc khúc xạ

.

I1 = 900 − B = 450

Theo định luật khúc xạ tại

I

sin I1 = n1 sin I 2 ⇒ sin I 2 =
:

IJ

Xét trường hợp tia khúc xạ

sin 450 1
= ⇒ I 2 = 300
2
2

J2

J
gặp BC tại

với góc tới

(hình a). Ta có:

J 2 = B + I 2 = 450 + 300 = 750
J 2 > igh
Do

J
nên có phản xạ toàn phần tại

- Khi điểm tới

I

trên BC.

di chuyển trên AB về phía A thì điểm tới


> igh
75

0

J2

J

nên luôn có phản xạ toàn phần tại BC

⇒

di chuyển trên BC về phía C nhưng góc tới

luôn bằng

Để có phản xạ toàn phần trên BC thì tia khúc xạ không được gặp

BC.

23


- Gọi

I'

là vị trí của điểm I để tia khúc xạ đi qua C.


I = 45 ; I'2 = 300 ; I 3' = 900 − I 2' = 600 ⇒ C1 = 300
'
1

Trong

0

∆

I ' A = AC.tanC1 =

AI ' C
vuông

AB
a
=
3
3

cho:

AI < I ' A ⇒ AI <

a
3

Điều kiện cần tìm là:


IJ
b) Với điều kiện của câu a) thì tia

gặp mặt AC

I 2 = 300 ⇒ J 2 = 600

J n1 sin J 2 = n2 sin J 3
Theo định luật khúc xạ tại

sin J 3 =

:

2.sin 600
1
=
⇒ 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

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

D

rồi ló ra khỏi mặt OB. Xác định

giữa tia tới và tia ló ra khỏi khối chất.

n(r ) = 2 + a

n
b) Giả sử

I

chỉ thay đổi theo phương bán kính và tuân theo quy luật

24


r
4R


Trong đó

r

a
là khoảng cách từ điểm đang xét đến O và

a
là hằng số. Tìm giá trị của

để tia sáng đi trong khối chất

là cung tròn tâm O.
Giải
Gọi

K

là chân đường cao hạ từ

I

Tia sáng bị phản xạ toàn phần tại

xuống OB.


I

i ≥ igh ⇒ sin i ≥ sin igh =

1
1
=
⇒ i ≥ 450
n
2

nên góc tới

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

I

đến mặt OB chỉ nằm trong miền KB

⇒ Dmax = 900
Góc lệch lớn hất của tia sáng ứng với trường hợp tia ló khỏi mặt OB tại K
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

I

H

Dmin = 900 − 450 = 450
Góc lệch nhỏ nhất

O

n( r ) = 2 + a

r
dn a
⇒
=
4R
dr 4 R

Từ quy luật


(1)

Khi tia sáng đi theo cung tròn CD có góc ở tâm là

α

thì quang trình của tia sáng là:

s = nα r

ds
=0
dr
Theo nguyên lý Fecma, quang trình của tia sáng phải đại cực trị nên:

ds  dn

=  .r + n ÷α = 0
dr  dr


⇒

dn
r
=−
dr
n
(2)


a
n
=−
4R
r
Từ (1) và (2) suy ra:

Tại

r=R

n = 2+

a
a
2 a
⇒
=− −
⇒ a = −4
4
4R
R 4R

thì

25

K


i

B
r

R