Bài 7.25 trang 85 Sách bài tập (SBT) Vật lí 11 nâng cao
Cho một lăng kính có chiết suất 1,5 ; tiết diện thẳng là một tam giác đều ABC. Chiếu tới mặt AB một chùm sáng hẹp (tia sáng) với góc tới :
a) \(i = {30^o}\).
b) \(i = {15^o}\).
Tính góc hợp bởi tia ló và tia tới trong mỗi trường hợp.
a) Góc tới \(i = {30^o}\), góc ở đỉnh lăng kính : \(A = {60^o}\)
Ta có : \(\sin r = {{{\mathop{\rm sini}\nolimits} } \over n} = 0,3333 \Rightarrow r = {19^o}28’\)
\( \Rightarrow r’ = A – r = {40^o}32’\)
Suy ra : \(\sin i’ = n\sin r’ = 0,9748\)
\( \Rightarrow i’ \approx {77^o}\)
Góc lệch làm bởi tia ló và tia tới là:
\(D = i + i’ – A = {47^o}\) (Hình 7.1G).
b) Góc tới \(i = {15^o}\)
Advertisements (Quảng cáo)
\(\eqalign{
& \sin r = {{\sin i} \over n} = 0,1725 \cr
& \Rightarrow r = {9^o}56′ \cr} \)
Suy ra \(r’ = A – r = {50^o}04’\).
So sánh với góc tới giới hạn \({i_{gh}}\), ta thấy \(r’ > {i_{gh}}\).
\(\left( {\sin {i_{gh}} = {1 \over n} = 0,6666 \Rightarrow {i_{gh}} \approx {{41}^o}48′} \right)\).
Vậy, tia sáng phản xạ toàn phần tại mặt AC của lăng kính, tới mặt đáy BC tại K với góc tới là r’’ (Hình 7.2G).
Ta có \(r” = {90^o} – \widehat {JKC}\). Từ đó, tính được \(r” \approx {9^o}56’\)
\(\eqalign{
& \Rightarrow \sin i” = n\sin r” = 0,2604 \cr
& \Rightarrow i” \approx {15^o}6′ \cr} \)
Góc làm bởi tia ló KP và tia tới SI là :
\(D = {D_1} + {D_2} + {D_3}\)
Với \({D_1} = i – r = {5^o}4’\)
\(\eqalign{
& {D_2} = {180^o} – 2r’ = {79^o}52′ \cr
& {D_3} = i” – r” = {5^o}10′ \cr} \).
Suy ra: \(D \approx {90^o}6’\).