Lăng kính - Bài tập lăng kính

Lăng kính là một khối trong suốt, đồng nhất, được giới hạn bởi hai mặt phẳng không song song.

A, B, C - đúng

\(D = {i_1} + {i_2} - A = {i_1} + {i_2} - ({r_1} + {r_2})\)

Mặt khác: \(\sin {i_1} = n\sin {r_1};{\rm{   }}\sin {i_2} = n\sin {r_2}\)

=>Góc lệch D có thể tăng hay giảm

Chùm ánh sáng trắng khi đi qua lăng kính sẽ bị phân tích thành nhiều chùm sáng đơn sắc khác nhau do chiết suất của chất làm lăng kính đối với mỗi ánh sáng khác nhau là khác nhau.

=>Chiếu một tia sáng đến lăng kính thì thấy tia ló ra là một tia sáng đơn sắc => Ánh sáng đó là ánh sáng đơn sắc.

Góc lệch D: là góc tạo bởi tia tới lăng kính và tia ló ra khỏi lăng kính

Ta có: Điều kiện để có tia ló ra cạnh bên:

     + Đối với góc chiết quang A: \(A \le 2{i_{gh}}\)

     + Đối với góc tới i: \(i \ge {i_0}\)  với \(\sin {i_0} = n\sin (A - {i_{gh}})\)

Ta có: Khi tia sáng qua lăng kính có góc lệch cực tiểu thì đường đi của tia sáng đối xứng qua mặt phân giác của góc chiết quang của lăng kính.

Ta có:

+ \({i_1} = {i_2} = {i_m}\) (góc tới ứng với độ lệch cực tiểu)

+ \({r_1} = {r_2} = \frac{A}{2}\)

+ \({D_m} = 2{i_m} - A\)

+ \(\sin \frac{{{D_m} + A}}{2} = n\sin \frac{A}{2}\)

A, C, D - đúng

B- sai vì: Khi ánh sáng truyền từ môi trường có chiết suất lớn hơn chiết suất của lăng kính thì tia ló sẽ lệch về phía đỉnh

\(\begin{array}{l}\sin {i_1} = n\sin {r_1};{\rm{   }}\sin {i_2} = n\sin {r_2}\\{r_1} + {r_2} = A\\D = {i_1} + {i_2} - A\end{array}\)

+ Khi góc lệch cực tiểu: \(\sin \frac{{{D_m} + A}}{2} = n\sin \frac{A}{2}\)

=> A - sai

\(\begin{array}{l}\sin {i_1} = n\sin {r_1};{\rm{   }}\sin {i_2} = n\sin {r_2}\\{r_1} + {r_2} = A\\D = {i_1} + {i_2} - A\end{array}\)

+ Khi góc lệch cực tiểu:  \(\sin \frac{{{D_m} + A}}{2} = n\sin \frac{A}{2}\)

=> A, B, C  đều đúng

A- sai vì tiết diện thẳng của lăng kính có thể là tam giác cân có thể làm tam giác thường, có thể là  tam giác vuông , ...

B- đúng

C- sai vì không phải mọi tia sáng qua lăng kính đều cho tia ló ra khỏi lăng kính

A - đúng

B- sai vì: góc chiết quang A có thể lớn hơn 90⁰

C - sai vì: chỉ có lăng kính tam giác cân hoặc tam giác đều thì hai mặt bên của lăng kính mới đối xứng nhau qua mặt phân giác cảu góc chiết quang

D - sai

Lăng kính phản xạ toàn phần là lăng kính thủy tinh có tiết diện thẳng là một tam giác vuông cân

Góc lệch D của tia sáng qua lăng kính được xác định bởi biểu thức:

\(D = {i_1} + {i_2} - A\)

Vì chiếu tia tới vuông góc với mặt nên \({i_1} = 0 \to {r_1} = 0\)

Ta có: \(A = {r_1} + {r_2} \to A = {r_2}\)

Mà: \(D = {i_1} + {i_2} - A \leftrightarrow 15 = 0 + {i_2} - A \to {i_2} = 15 + A\)

Lại có:

\(\begin{array}{l}\sin {i_2} = n{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_2} \leftrightarrow \sin {i_2} = n\sin A \leftrightarrow \sin (15 + A) = 1,5\sin A\\ \leftrightarrow \sin 15c{\rm{osA + sinAcos15  =  1,5sin}}A\\ \leftrightarrow sin15c{\rm{osA = (1,5 - cos15)sinA}}\\ \to \tan A = \frac{{\sin 15}}{{1,5 - c{\rm{os15}}}} = 0,485 \to A = 25,{87^0}\end{array}\)

Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại điểm tới I của mặt thứ nhất, ta có:

\(\sin {i_1} = n{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_1} \leftrightarrow \sin 45 = \sqrt 2 {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_1} \to {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_1} = \frac{1}{2} \to {r_1} = {30^0}\)

Vì tia ló ra khỏi mặt thứ 2 đi vuông góc nên: \({i_2} = 0 \to {r_2} = 0\)

Ta có: \(A = {r_1} + {r_2} = 30 + 0 = {30^0}\)

Vì ∆ABC là tam giác đều và tia tới đi song song với cạnh đáy BC nên dễ suy ra được \({i_1} = {30^0}\).

Mà: \(\sin {i_1} = n{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_1} \leftrightarrow \sin {30^0} = n{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_1} \to n{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_1} = 0,5\) (1)

Tia ló đi là là mặt AC, nên \({i_2} = {90^0}\)

Góc chiết quang: \(A = {r_1} + {r_2}\)

Ta lại có:

\(\begin{array}{l}\sin {i_2} = n{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_2} \leftrightarrow \sin 90 = n\sin (A - {r_1})\\ \leftrightarrow \sin 90 = n\sin (60 - {r_1}){\rm{         (2)}}\end{array}\)

Lấy (2) chia cho (1) ta được:

\(\begin{array}{l}\frac{{\sin 90}}{{0,5}} = \frac{{n\sin (60 - {r_1})}}{{n{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_1}}} \leftrightarrow 2{{\mathop{\rm sinr}\nolimits} _1} = sin(60 - {r_1})\\ \leftrightarrow 2\sin {r_1} = \sin 60c{\rm{os}}{{\rm{r}}_1} - c{\rm{os60}}{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_1}\\ \leftrightarrow (2 + c{\rm{os60)}}{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_1} = \sin 60.c{\rm{os}}{{\rm{r}}_1}\\ \to {\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{an}}{{\rm{r}}_1} = \frac{{\sin 60}}{{2 + c{\rm{os60}}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{5} \to {r_1} = 19,{1^0}\end{array}\)

Thay vào (1), ta được: \(n = \frac{{0,5}}{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_1}}} = \frac{{0,5}}{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in19,}}{{\rm{1}}^0}}} = 1,53\)

Vì góc chiết quang nhỏ nên ta dễ suy ra công thức tính góc lệch giữa tia tới và tia ló là:

\(D = (n - 1)A\)

Từ hình vẽ, ta có:

\(\tan D = \frac{{{\rm{IJ}}}}{{AI}}\)

Vì A nhỏ, nên D nhỏ

Ta có: \(\tan D \approx D\)

$ \leftrightarrow (n - 1)A = \frac{{IJ}}{{AI}} = \frac{{{\text{IJ}}}}{d} \to I{\text{J}} = d(n - 1)A = 1.(1,5 - 1).\frac{{5.\pi }}{{180}} = 0,0436m = 4,36cm$

Khi tia màu vàng cho góc lệch cực tiểu, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}{i_{1v}} = {i_{2v}} = i\\{r_{1v}} = {r_{2v}} = \frac{A}{2} = {30^0}\end{array} \right.\)

Áp dụng định luật khúc xạ, ta có: \(\sin i = {n_v}{{\mathop{\rm sinr}\nolimits} _{1v}} = 1,52.\sin {30^0} = 0,76 \to i = {49,46^0}\)

+ Khi thay bằng tia đỏ:

\(\begin{array}{l}\sin i = {n_d}{{\mathop{\rm sinr}\nolimits} _{1d}} \to {{\mathop{\rm sinr}\nolimits} _{1d}} = \frac{{\sin {{49,46}^0}}}{{{n_d}}} = 0.51 \to {r_{1{\rm{d}}}} = {30,67^0}\\A = {r_{1{\rm{d}}}} + {r_{2{\rm{d}}}} \to {r_{2{\rm{d}}}} = A - {r_{1{\rm{d}}}} = 60 - 30,67 = {29,33^0}\\\sin {i_{2{\rm{d}}}} = n{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_{2{\rm{d}}}} = 1,49.\sin 29,33 = 0,73 \to {i_{2{\rm{d}}}} = {46,87^0}\\D = i + {i_{2{\rm{d}}}} - A = 49,46 + 46,87 - 60 = {36,33^0}\end{array}\)

Vì tia tím truyền đối xứng qua lăng kính nên ta có: góc lệch D cực tiểu

\(\left\{ \begin{array}{l}{i_{1t}} = {i_{2t}} = i\\{r_{1t}} = {r_{2t}} = \frac{A}{2} = {30^0}\end{array} \right. \to {D_m} = 2i - A \to i = \frac{{{D_m} + 60}}{2}\)

Mặt khác, ta có:

\(\begin{array}{l}\sin i = {n_t}{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_{1t}} \leftrightarrow \sin \left( {\frac{{{D_m} + 60}}{2}} \right) = \sqrt 3 \sin {30^0}\\ \to \sin \left( {\frac{{{D_m} + 60}}{2}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \to \frac{{{D_m} + 60}}{2} = 60 \to {D_m} = {60^0},i = {60^0}\end{array}\)

+ Tia ló đỏ truyền đối xứng qua lăng kính thì:

\(\left\{ \begin{array}{l}{i_{1{\rm{d}}}} = {i_{2{\rm{d}}}} = i'\\{r_{1{\rm{d}}}} = {r_{2{\rm{d}}}} = \frac{A}{2} = {30^0}\end{array} \right. \to {D_m} = 2i' - A \to i' = \frac{{{D_m} + 60}}{2}\)

Mặt khác, ta có:

\(\begin{array}{l}\sin i = {n_d}{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_{1d}} \leftrightarrow \sin \left( {\frac{{{D_m} + 60}}{2}} \right) = \sqrt 2 \sin {30^0}\\ \to \sin \left( {\frac{{{D_m} + 60}}{2}} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \to \frac{{{D_m} + 60}}{2} = 45 \to {D_m} = {30^0},i = {45^0}\end{array}\)

Vậy ta cần phải quay góc: \(\alpha  = i - i' = 60 - 45 = {15^0}\)