Advertisements (Quảng cáo)
Bài 7.27 trang 85 Sách bài tập (SBT) Vật lí 11 nâng cao
Lăng kính có tiết diện thẳng là một tam giác đều ABC, chiết suất 1,5. Một chùm sáng song song từ khe F của một ống chuẩn trực đến thẳng góc với mặt AB của lăng kính và tới mặt AC. Khe F song song với cạnh của lăng kính.
a) Mắt nhìn vào mặt AC có thấy ảnh của khe F không ? Tại sao ?
b) Giữ cố định chùm tia tới, quay lăng kính quanh một trục \(\Delta \) song song với cạnh của lăng kính một góc ít nhất là bao nhiêu thì mất trông thấy ảnh của khe F qua mặt AC ? Cho góc tới nhỏ nhất để có tia ló là \({i_0}\) với \(\sin {i_0} = n\sin \left( {A – {i_{gh}}} \right)\).
a) Chùm sáng song song tới vuông góc với mặt AB nên đi thẳng vào lăng kính, đến mặt AC với góc tới là :
\(r’ = {60^o}\)
Góc tới giới hạn là \({i_{gh}}\).
Với \(\sin {i_{gh}} = {1 \over n} = 0,6666 \Rightarrow {i_{gh}} = 41,{8^o}\).
Vậy \(r’ > {i_{gh}}\): Tia sáng không ló ra khỏi mặt AC mà phản xạ toàn phần và ló ra ở mặt BC. Do đó, mắt không nhìn thấy ảnh của khe F (Hình 7.6G).
b) Góc tới tại mặt AB là \(i = 0\). Muốn có tia sáng ló ra ở mặt AC, ta phải quay lăng kính theo chiều mũi tên để góc i tăng dần cho tới khi \(i \ge {i_0}\) (góc tới nhỏ nhất để có tia ló ở mặt bên AC, không bị phản xạ toàn phần).
\(\eqalign{
& \sin {i_0} = n\sin \left( {A – {i_{gh}}} \right) = 0,4685 \cr
& {i_0} = {27^o}56′ \cr} \)
Mà ta có góc quay của lăng kính là \(\alpha = i\).
Vậy \({\alpha _{\min }} = {27^o}56’\).