Advertisements (Quảng cáo)
Bài 7.26 trang 85 Sách bài tập (SBT) Vật lí 11 nâng cao
Lăng kính có tiết diện thẳng là tam giác ABC, góc ở đỉnh là \(A = {75^o}\), góc \(B = {60^o}\), chiết suất \(n = 1,5\).
a) Chiết tới mặt AB một chùm song song với góc tới \(i = {30^o}\). Tính góc lệch của chùm sáng khi đi qua lăng kính.
b) Khảo sát đường đi của chùm sáng khi góc tới bằng \({i_o}\) và bằng \({90^o}\). Cho \({{\mathop{\rm sini}\nolimits} _0} = n\sin \left( {A – {i_{gh}}} \right)\).
a)
Với \(i = {30^o},n = 1,5\), suy ra: \(r = {19^o}28′ \approx {19^o}30’\)
\( \Rightarrow r’ = A – r = {55^o}30′ > {i_{gh}} = {41^o}48’\) (đã tính ở bài 7.25)
Vậy tia sáng phản xạ toàn phần tại J (Hình 7.3G).
Xét tam giác JKC, ta có : \(\widehat J = {90^o} – r’ = {34^o}30’\)
Suy ra góc tới tại K là : \(r” = {180^o} – \widehat J – \widehat C – {90^o}\) với \(\widehat C = {45^o}\)
\(r” = {10^o}30’\)
Ta có: \(\sin i” = n\sin r” = 0,2733\)
\( \Rightarrow i” = {15^o}50’\)
Advertisements (Quảng cáo)
Góc hợp bởi tia ló KR với tia tới SI là :
\(D = {D_1} + {D_2} – {D_3}\)
Với: \({D_1} = i – r = {10^o}30’\)
\(\eqalign{
& {D_2} = {180^O} – 2r’ = {69^O} \cr
& {D_3} = i” – r” = {5^o}20′ \cr} \)
Suy ra: \(D = {74^o}10’\).
b) Khi \(i = {i_o}\) (Hình 7.4G) :
\(\eqalign{
& \sin r = {{{{{\mathop{\rm sini}\nolimits} }_0}} \over n} = \sin \left( {A – {i_{gh}}} \right) \cr
& \Rightarrow r = A – {i_{gh}} \cr
& r’ = A – r = {i_{gh}} \cr} \)
Suy ra góc ló tại mặt AC là \(i’ = {90^o}\).
– Khi \(i = {90^o}\) (Hình 7.5G).
\(\eqalign{
& \sin r = {{\sin i} \over n} = {1 \over n} = \sin {i_{gh}} \cr
& \Rightarrow r = {i_{gh}} \cr
& r’ = A – {i_{gh}} \cr} \)
Suy ra: \({\mathop{\rm sini}\nolimits} ‘ = nsinr’ = nsin\left( {A – {i_{gh}}} \right)\)
Vậy \(i’ = {i_0}\).