Bài tập tán sắc ánh sáng có đáp án chi tiết

BÀI TẬP TÁN SẮC ÁNH SÁNG CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT:

Dạng 1: Tán sắc qua lăng kính

Lời giải chi tiết

Ta có ${{\lambda }_{d}}>{{\lambda }_{v}}>{{\lambda }_{c}}$ nên ${{n}_{d}}<{{n}_{v}}<{{n}_{c}}$. Chọn C.

Lời giải chi tiết

Ta có: $n=\frac{c}{v}\Rightarrow v=\frac{c}{n}=\frac{{{3.10}^{8}}}{1,5}={{2.10}^{8}}m/s$

Khi truyền từ môi trường này sang môi trường khác thì tần số của ánh sáng là không đổi. Bước sóng của ánh sáng khi truyền trong chân không:

${{\lambda }_{0}}=\frac{c}{f}$

Bước sóng của ánh sáng khi truyền trong môi trường có chiết suất n:

$\lambda =\frac{v}{f}=\frac{c}{nf}=\frac{{{\lambda }_{0}}}{n}\Rightarrow \lambda =\frac{0,6}{1,5}=0,4\mu m$ . Chọn A.

Lời giải chi tiết

Theo bài ra, ta có tia phản xạ hợp với phương ngang góc 37°. Mà tia khúc xạ màu đỏ vuông góc với tia phản xạ, nên gọi góc hợp bởi tia khúc xạ màu đỏ và phương ngang là a thì ta có:

$\left\{ \begin{array}{} \alpha +37{}^\circ =90{}^\circ  \\ {} {{r}_{0}}+\alpha =90{}^\circ  \\ \end{array} \right.\Rightarrow {{r}_{d}}=37{}^\circ $

Theo định luật khúc xạ ánh sáng ta có $1.\sin i=n.\operatorname{s}\text{in r}$ nên với i không đổi, chiết suất n càng lớn thì góc khúc xạ r càng nhỏ. Vì ${{n}_{d}}<{{n}_{t}}$ nên ${{r}_{d}}>{{r}_{t}}$

Do đó: ${{r}_{d}}-{{r}_{r}}=0,5{}^\circ \Rightarrow {{r}_{t}}=37{}^\circ -0,5{}^\circ =36,5{}^\circ $

Theo định luật khúc xạ ánh sáng ta có: $\sin 53{}^\circ ={{n}_{t}}.\sin 36,5{}^\circ \Rightarrow {{n}_{t}}=\frac{\sin 53{}^\circ }{\sin 36,5{}^\circ }=1,343$ . Chọn A.

Lời giải chi tiết

Tia vàng có góc lệch cực tiểu qua lăng kính: $\sin \frac{{{D}_{\min }}+A}{2}=n\sin \frac{A}{2}$

${{i}_{l}}=\frac{{{D}_{\min }}+A}{2}\Rightarrow \sin {{i}_{l}}={{n}_{v}}.\sin \frac{A}{2}=1,52.\sin 22,5{}^\circ =0,582\Rightarrow {{i}_{l}}=35,6{}^\circ $

Ta có:  $\sin {{i}_{l}}={{n}_{d}}\sin {{r}_{ld}}\Rightarrow \sin {{r}_{1d}}=\frac{\sin 35,6{}^\circ }{1,5}\Rightarrow {{r}_{1d}}=28,82{}^\circ $

Mà ${{r}_{2d}}=A-{{r}_{1d}}=22,18{}^\circ $

$\Rightarrow \sin {{i}_{2d}}={{n}_{d}}.\operatorname{s}\text{in}{{\text{r}}_{2d}}=1,5.\sin 22,18{}^\circ \Rightarrow {{i}_{2d}}=34,5{}^\circ $

Góc lệch của tia đỏ: ${{D}_{}}=\left( {{i}_{1d}}+{{i}_{2d}} \right)-A=\left( 35,6{}^\circ +34,5{}^\circ  \right)-45{}^\circ =25,1{}^\circ $ . Chọn B.

Lời giải chi tiết

Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng: $n\operatorname{sinA}=sini$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} {{n}_{d}}\sin A=\sin {{i}_{d}}\Rightarrow 1,532\sin 30{}^\circ =\sin {{i}_{d}}\Rightarrow {{i}_{d}}\approx 50{}^\circ  \\ {} {{n}_{t}}\sin A=\sin {{i}_{t}}\Rightarrow 1,5867\sin 30{}^\circ =\sin {{i}_{t}}\Rightarrow {{i}_{t}}\approx 52,5{}^\circ  \\ \end{array} \right.\Rightarrow \delta ={{i}_{t}}-{{i}_{d}}=2,5{}^\circ $ . Chọn C.

Lời giải chi tiết

Ta có: $A=8{}^\circ =2\pi /45rad$

Góc lệch của tia đỏ và tia tím so với tia tới lần lượt là:

$\left. \begin{array}{} {{D}_{d}}=\left( {{n}_{d}}-1 \right)A \\ {} {{D}_{t}}=\left( {{n}_{t}}-1 \right)A \\ \end{array} \right\}\Rightarrow \delta ={{D}_{t}}-{{D}_{d}}=\left( {{n}_{t}}-{{n}_{d}} \right)A$

Độ rộng của quang phổ: $DT=L.\delta =\left( 1,685-1,642 \right)\frac{2\pi }{45}.1,5={{9.10}^{-3}}m=9mm$ . Chọn C.

Chú ý: Nếu lăng kính có góc chiết quang bé và góc tới bé thì:

$D=\left( n-1 \right)A\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} {{D}_{d}}=\left({{n}_{d}}-1 \right)A \\ {} {{D}_{t}}=\left( {{n}_{t}}-1 \right)A \\ \end{array} \right.$

Þ Góc hợp bởi 2 tia ló đỏ và tím: $\delta ={{D}_{t}}-{{D}_{d}}=\left( {{n}_{t}}-{{n}_{d}} \right)A$

Þ Độ rộng quang phổ:

$DT=IO\left( {{\operatorname{tanD}}_{t}}-\tan {{D}_{d}} \right)\approx IO\left( {{D}_{t}}-{{D}_{d}} \right)=IO.\delta =IO\left( {{n}_{t}}-{{n}_{d}} \right)A$

Lời giải chi tiết

Góc lệch của tia tới và tia ló

$D=\left( n-1 \right)A\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} {{D}_{d}}=\left( {{n}_{d}}-1 \right)A \\ {} {{D}_{t}}=\left( n-1 \right)A \\ \end{array} \right.\Rightarrow DT=IO\left( {{\operatorname{tanD}}_{t}}-\tan {{D}_{d}} \right)\approx IO\left( {{n}_{t}}-{{n}_{d}} \right)A$

Thay số vào ta được: $5,585=2000\left( 1,54-1,5 \right)A\Rightarrow A\approx 0,07rad=4{}^\circ $ . Chọn A.

Dạng 2: Tán sắc với lưỡng chất phẳng

- Chiếu chùm ánh sáng trắng hẹp song song từ không khí vào nước dưới góc tới

$\left\{ \begin{array}{} \sin i={{n}_{d}}\operatorname{s}\text{in}{{\text{r}}_{d}}={{n}_{t}}\sin {{r}_{t}}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} {{r}_{d}}=? \\ {} {{r}_{t}}=? \\ \end{array} \right. \\ {} \Rightarrow DT=h\left( \tan {{r}_{d}}-{{\operatorname{tanr}}_{t}} \right) \\ \end{array} \right.$

- Nếu ở dưới đáy bể đặt gương phẳng thì chùm tán sắc phản xạ lên mặt nước có độ rộng $D'T'=2DT$ , rồi ló ra ngoài vói góc ló đúng bằng góc tới i nên độ rộng chùm ló là: $a=D'T'\sin \left( 90{}^\circ -i \right)$

- Khoảng cách giữa tia ló đỏ và ló tím ra không khí:

$\Delta =D'H\cos i=2DT.cosi$

Lời giải chi tiết

Ta có: $\sin 60{}^\circ =1,33.\sin {{r}_{d}}=1,34.\sin {{r}_{t}}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} {{r}_{d}}\approx 40,63{}^\circ  \\ {} {{r}_{t}}\approx 40,26{}^\circ  \\ \end{array} \right.$

$\Rightarrow DT=75.\left( \tan {{r}_{d}}-\tan {{r}_{t}} \right)\approx 0,836cm$ . Chọn A.

Lời giải chi tiết

Ta có: $\sin 60{}^\circ =1,33.\sin {{r}_{d}}=1,34.\sin {{r}_{t}}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} {{r}_{d}}\approx 40,63{}^\circ  \\ {} {{r}_{t}}\approx 40,26{}^\circ  \\ \end{array} \right.$

$\begin{array}{} \Rightarrow DT=75.\left( \tan {{r}_{d}}-\tan {{r}_{t}} \right)\approx 0,836cm \\ {} \Rightarrow D'T'=2DT=1,672cm \\ \end{array}$

Độ rộng chùm ló ra ngoài: $a=D'T'sin\left( 90{}^\circ -i \right)=1,672.\sin \left( 90{}^\circ -60{}^\circ  \right)=0,836cm$ .Chọn A.

Lời giải chi tiết

Ta có: $\sin 60{}^\circ =1,33.\sin {{r}_{d}}=1,34.\sin {{r}_{t}}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} {{r}_{d}}\approx 40,63{}^\circ  \\ {} {{r}_{t}}\approx 40,26{}^\circ  \\ \end{array} \right.$

$\begin{array}{} \Rightarrow DT=75.\left( \tan {{r}_{d}}-\tan {{r}_{t}} \right)\approx 0,836cm \\ {} \Rightarrow D'T'=2DT=1,672cm \\ \end{array}$

Độ rộng chùm ló ra ngoài: $a=D'T'sin\left( 90{}^\circ -i \right)=1,672.\sin \left( 90{}^\circ -60{}^\circ  \right)=0,836cm$

Khoảng cách giữa tia ló đỏ và ló tím ra không khí:

$\Delta =D'H.\cos i=2DT.\cos i=2.0,836.\cos 60{}^\circ =0,836cm$  Chọn A.

Dạng 3: Tán sắc qua bản mặt song song

Chiếu ánh sáng trắng từ không khí vào bản song song có chiết suất n, bề dày h dưới góc tới i. Biết chiết suất của chất làm bản mặt song song đối với tia đỏ và tia tím lần lượt là n_d và n_t.

Thì ta có:$\left\{ \begin{array}{} \sin i={{n}_{d}}\sin {{r}_{d}}={{n}_{t}}\sin {{r}_{t}}\Rightarrow {{r}_{d}}=?,{{r}_{t}}=? \\ {} \Rightarrow DT=h.\left( \tan {{r}_{d}}-\tan {{r}_{t}} \right) \\ {} \Rightarrow \Delta =DT.\sin \left( 90{}^\circ -i \right)=DT.\cos i \\ \end{array} \right.$

Trong đó D là khoảng cách giữa hai tia ló đỏ và tím

Lời giải chi tiết

Ta có: $\left\{ \begin{array}{} \sin 80{}^\circ =1,472\sin {{r}_{d}}=1,511\sin {{r}_{t}}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} {{r}_{d}}\approx 41,99{}^\circ  \\ {} {{r}_{t}}\approx 40,67{}^\circ  \\ \end{array} \right. \\ {} a=DT.\cos 80{}^\circ =h.\left( \tan {{r}_{d}}-\tan {{r}_{t}} \right)\cos 80{}^\circ \approx 0,35\left( mm \right) \\ \end{array} \right.$ . Chọn D.

Lời giải chi tiết

Xét đường truyền của ánh sáng đỏ qua thủy tinh, ta có:

${{d}_{d}}=L\sin \left( 90-{{r}_{d}} \right)=L\cos {{r}_{d}}=L\sqrt{1-{{\sin }^{2}}{{r}_{d}}}$

Tương tự như vậy với ánh sáng tím ta cũng có:

${{d}_{t}}=L\sin \left( 90-{{r}_{t}} \right)=L\cos {{r}_{t}}=L\sqrt{1-{{\sin }^{2}}{{r}_{t}}}$

Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng ta thu được:

$\sin i=n\sin r\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} \sin {{r}_{t}}=\frac{1}{2} \\ {} \sin {{r}_{d}}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}} \\ \end{array} \right.$

Lập tỏ số: $\frac{{{d}_{t}}}{{{d}_{d}}}=\frac{\sqrt{1-{{\sin }^{2}}{{r}_{t}}}}{\sqrt{1-{{\sin }^{2}}{{r}_{d}}}}\approx 1,1.$ Chọn B.

Lời giải chi tiết

Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại mặt phân cách giữa không khí và khối chất:

$\sin i=n\sin r\Rightarrow r=ar\sin \left( \frac{\sin i}{n} \right)\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{} {{r}_{1}}=ar\sin \left( \frac{\sin 60{}^\circ }{\sqrt{3}} \right) \\ {} {{r}_{2}}=ar\sin \left( \frac{\sin 60{}^\circ }{\sqrt{2}} \right) \\ \end{array} \right.$

Trên hình:

$L={{L}_{2}}-{{L}_{1}}=h\left( \tan {{r}_{2}}-\tan {{r}_{1}} \right)=h\left( \tan \left[ ar\sin \left( \frac{\sin 60{}^\circ }{\sqrt{2}} \right) \right]-\tan \left[ ar\sin \left( \frac{\sin 60{}^\circ }{\sqrt{3}} \right) \right] \right)\approx 0,76h$

Từ hình vẽ ta có: $d=L\sin 30{}^\circ \approx 0,38h$

Chọn A.

Dạng 4: Tán sắc qua thấu kính hội tụ

- Công thức về thấu kính: $D=\frac{1}{f}=\left( n-1 \right)\left( \frac{1}{{{R}_{1}}}+\frac{1}{{{R}_{2}}} \right)$

Trong đó:

+) Tk hội tụ: D (độ tụ), f (tiêu cự) > 0

+) n là chiết suất tỉ đối $n=\frac{{{n}_{tk}}}{{{n}_{mtrg}}}$

+) R là bán kính mặt tk: lồi R > 0, lõm R < 0, phẳng R = µ

- Bài tập về tán sắc qua thấu kính hội tụ:

Tia đỏ: $\frac{1}{{{f}_{d}}}=\left( {{n}_{d}}-1 \right)\left( \frac{1}{{{R}_{1}}}+\frac{1}{{{R}_{2}}} \right)$

Tia tím: $\frac{1}{{{f}_{d}}}=\left( {{n}_{d}}-1 \right)\left( \frac{1}{{{R}_{1}}}+\frac{1}{{{R}_{2}}} \right)$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} {{f}_{d}}=O{{F}_{d}} \\ {} {{f}_{t}}=O{{F}_{t}} \\ \end{array} \right.\Rightarrow {{F}_{d}}{{F}_{t}}={{f}_{d}}-{{f}_{t}}:$ là khoảng cách giữa 2 tiêu cự của tia đỏ và tia tím

Lời giải chi tiết

Ta có: $\frac{1}{f}=\left( n-1 \right)\left( \frac{1}{{{R}_{1}}}+\frac{1}{{{R}_{2}}} \right)=\left( n-1 \right)\frac{2}{R}\Rightarrow f=\frac{R}{2\left( n-1 \right)}$

$\Rightarrow {{F}_{d}}{{F}_{t}}={{f}_{d}}-{{f}_{t}}=\frac{R}{2}\left[ \frac{1}{\left( {{n}_{d}}-1 \right)}-\frac{1}{\left( {{n}_{t}}-1 \right)} \right]\approx 1,48\left( cm \right)$ . Chọn D.

Lời giải chi tiết

Tia đỏ: $\frac{1}{{{f}_{d}}}=\left( {{n}_{d}}-1 \right)\left( \frac{1}{{{R}_{1}}}+\frac{1}{{{R}_{2}}} \right)$

Tia tím: $\frac{1}{{{f}_{d}}}=\left( {{n}_{d}}-1 \right)\left( \frac{1}{{{R}_{1}}}+\frac{1}{{{R}_{2}}} \right)$

$\Rightarrow \frac{{{f}_{d}}}{{{f}_{t}}}=\frac{{{n}_{t}}-1}{{{n}_{d}}-1}\Rightarrow {{D}_{t}}.{{f}_{d}}=\frac{{{n}_{t}}-1}{{{n}_{d}}-1}\Rightarrow {{D}_{t}}.0,2=\frac{0,685}{0,643}\Rightarrow {{D}_{t}}\approx 5,33dp.$ Chọn D.

Dạng 5: Xác định độ lệch của các ánh sáng đơn sắc

- Khi tia sáng đi từ môi trường chiết suất lớn sang môi trường chiết suất bé có khả năng xảy ra phản xạ toàn phần, góc tới hạn $\sin \theta =1/n$

${{\theta }_{d}}>{{\theta }_{c}}>{{\theta }_{v}}>{{\theta }_{lu}}>{{\theta }_{la}}>{{\theta }_{ch}}>{{\theta }_{t}}$

- Nếu chiếu 7 tia sáng trên từ nước ra không khí với $i={{\theta }_{lu}}$  thì: tất cả các tia lam, chàm tím bị phản xạ toàn phần trong khi ba tia đỏ, cam, vàng thì bị khúc xạ sang môi trường kia.

- Nếu chiếu ánh sáng trắng từ nước ra không khí với $i={{\theta }_{lu}}$  thì tất cả các tia sáng từ Lục đến Tím bị phản xạ toàn phần (không bị tán sắc) trong khi các tia từ Lục đến Đỏ ló ra không khí và bị tán sắc.

Lời giải chi tiết

Chiếu ánh sáng từ không khí vào nước, theo định luật khúc xạ ánh sáng:

$1.\sin i={{n}_{nuoc}}.\sin r\Rightarrow \sin i={{n}_{nuoc}}.\sin r$

Chiết suất của nước đối với mỗi ánh sáng đơn sắc khác nhau là khác nhau:

${{n}_{tim}}>{{n}_{lam}}>{{n}_{do}}$

Do vậy với cùng góc tới i, chiết suất n càng lớn thì sinr càng nhỏ Þ r càng nhỏ:

${{r}_{tim}}<{{n}_{lam}}<{{r}_{do}}$

Chọn D.

Lời giải chi tiết

Chiếu ánh sáng từ nước vào không khí, theo định luật khúc xạ ánh sáng:

${{n}_{nuoc}}.\sin i=1.\operatorname{s}\text{inr}\Rightarrow \sin i=\frac{\operatorname{s}\text{inr}}{{{n}_{nuoc}}}$

Chiết suất của nước đối với mỗi ánh sáng đơn sắc khác nhau là khác nhau: ${{n}_{tim}}>{{n}_{lam}}>{{n}_{luc}}>{{n}_{vang}}>{{n}_{do}}$ . Do vậy, với cùng góc tới i, chiết suất n càng lớn thì sinr càng lớn  r càng lớn:

${{r}_{tim}}>{{r}_{lam}}>{{r}_{vang}}>{{r}_{do}}$

Khi đó, ló ra không khí tia đỏ ló ra trước tiên, đến vàng, đến lục là là mặt nước, phản xạ toàn phần là một tia có màu trộn của màu lam và tím. Chọn C.