Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Khi chưa quay lăng kính thì tia tím có góc lệch cực tiểu, do đó:
rt1 = rt2 = A/2 = 30°
- Vì sini = nt.sinrt nên góc tới i = 46,55°
- Sau khi quay lăng kính để tia đỏ có góc lệch cực tiểu thì khi đó:
rđ1 = rđ2 = A/2 = 30°
- Vì sini’ = nđ.sinrđ nên góc tới khi đó là: i’ = 44,99°
- Góc quay là: i – i’ = 1,56°
Tia đỏ có tia ló đối xứng qua mặt phân giác --> Tia đỏ có góc lệch cực tiểu, khi đó, bạn vẽ hình ra sẽ tìm được góc tới i1
sin i1 / sin 300 = căn 2 --> i1 = 450.
Sau đó, áp dụng công thức thấu kính để tìm góc r2, bạn sẽ thấy xảy ra phản xạ toàn phần với một phần tia sáng --> Tia màu tím không ló ra được
--> Đáp án A sai.
a/ Chiết suất của lăng kính đối với tia tím và đỏ tính theo (1) là:
\(n_t=1,7311\text{≈}\sqrt{3};\)\(n_đ=1,4142\text{≈}\sqrt{2}\)
Khi góc lệch của tia tím là cực tiểu thì: \(\iota'_1=\iota_2\Rightarrow r_1=r_2=\frac{A}{2}\)
và \(D_{min}=2\iota_1-A\) hay \(\iota_1=\frac{D_{tmin}+A}{2}\)
áp dụng công thức : \(\sin\iota_1=n\sin r_1\) ta được \(\sin D_{tmin}+A_2=n_t\sin\frac{A}{2}\)
Đối với tia tím \(n_t=\sqrt{3}\) và biết \(A=60^0\), ta được:
\(\sin D_{tmin}+A_2=60^0\Rightarrow D_{tmin}=60^0\)
Góc tới của tia sáng trắng ở mặt AB phải bằng:\(i_t=60^0\)
b/ Tương tự như vậy, muốn cho góc lệch của tia đỏ là cực tiểu thì:
\(\sin\frac{D_{dmin}+A}{2}=n_d\sin\frac{A}{2}\Rightarrow D_{dmin}=30^0\)
và góc tới của tia sáng trắng trên mặt AB là: \(i_đ=45^0\)
Như vậy phải giảm góc tới trên mặt AB một góc là :\(i_t-t_đ=15^0\), tức là phải quay lăng kính quanh cạnh A một góc \(15^0\) ngược chiều kim đồng hồ.
c/Gọi \(r_{0đ}\)và \(r_{0t}\) là các góc giới hạn phản xạ toàn phần của tia đỏ và tia tím ta có:
\(\sin r_{0đ}=\frac{1}{n_d}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow r_{0đ}=45^0\)
\(\sin r_{0t}=\frac{1}{n_t}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)=>r0t < r0đ .Do đó muốn cho không có tia sáng nào ló ra khỏi mặt AC của lăng kính thì phải có: r2 \(\ge\)r0đ \(\Rightarrow r_2\ge15^0\)
Hay \(\sin r_1\ge\sin\left(60^0-45^0\right)=0,2588\)
Biết \(\sin r_{1t}=\frac{\sin\iota}{n_t},\sin r_{1đ}=\frac{\sin\iota}{n_d}\); vì \(n_t\le n_đ\)nên suy ra \(r_{1t}\le\sin r_{1đ}\)(2)
Từ (1) và (2) ta thấy bất đẳng thức (1) được thõa mãn đối với mọi tia sáng, nghĩa là không có tia nào trong chùm sáng trắng ló ra khỏi mặt AC, nếu
\(\sin r_{1đ}\le0,2588\)hay \(\frac{\sin\iota}{n_đ}<0,2588\)
\(\Rightarrow\sin i\le0,2588.n_đ\)\(\Rightarrow\sin\le0,36\) .Suy ra góc tới:\(i\le21^06'\)
Chọn đáp án D.
Sin i 1 = n t . sin A 2 = 1 , 696. sin 30 0 ⇒ i 1 = 58 0 Sin i ' 1 = n d . sin A 2 = 2 . sin 30 0 ⇒ i ' 1 = 45 0
⇒ Góc quay = 58 0 − 45 0 = 13 0 .
Đáp án B.
Khi tia tím có góc lệnh cực tiểu, ta có r t 1 = r t 2 = A/2 = 30 0
Theo luật định khúc xạ, ở mặt AB của lăng kính:
sin sin i t = n t sin r t 1 → i t = 60 0 .
Khi góc lệch của tia đỏ cực tiểu, ta có r d 1 = r d 2 = A/2 = 30 0
sin i d = n d sin r t 1 → i d = 45 0
Đáp án B.
Khi tia tím có góc lệnh cực tiểu, ta có:
Theo luật định khúc xạ, ở mặt AB của lăng kính:
Khi góc lệch của tia đỏ cực tiểu, ta có:
Vậy kể từ vị trí góc lệch tia tím cực tiểu đến tia đỏ cực tiểu ta phải quay lăng kính ngược chiều kim đồng hồ một góc 15 0
Bạn hình dung lăng kính là một khối lăng trụ tam giác, nên góc chiết quang A nằm trên cạnh A. Còn khi nói AB là nói một mặt bên của lăng kính.
A M N i1 i2 r1 r2 60
+ Để có góc lệch cực tiểu thì góc tới i1 = góc ló i2, tam giác AMN đều
--> r1 = 300.
+ Tia màu đỏ
sini1 = n sin r1 --> i1 = 450
+ Tương tự, với tia màu tím: i1' = 600
Như vậy, góc quay: 60 - 45 = 150
Chọn đáp án C
sin i 1 = n t sin A 2 ⇔ sin 59 0 = n t sin 68 0 2 ⇒ n t ≈ 1 , 53
Đáp án: D.
Trước hết ta tìm góc tới i, để tia đỏ phản xạ toàn phần ở mặt bên AC. (Hình vẽ)
Góc tới hạn của tia đỏ:
Muốn tia đỏ phản xạ toàn phần thì 
hay r2 > 45°
=> r1 = A - r2, hay r1 < 60° - 45°, r1 < 15°
sini1 = nsinr1; sini1 < √2sin15° →i1 < 24,47° (1)
Ta tìm i1 để tia tím phản xạ toàn phần.
Để tia tím phản xạ toàn phần thì
Để tất cả tia màu đều khúc xạ, thì i1 phải không thỏa mãn cả (1) và (2).
Vậy i1 > 46,44°.
Khi chưa quay lăng kính thì tia tím có góc lệch cực tiểu, do đó:
rt1 = rt2 = A/2 = 30°
Vì sini = nt.sinrt nên góc tới i = 46,55°
Sau khi quay lăng kính để tia đỏ có góc lệch cực tiểu thì khi đó:
rđ1 = rđ2 = A/2 = 30°
Vì sini’ = nđ.sinrđ nên góc tới khi đó là: i’ = 44,99°
Góc quay là i – i’ = 1,56°
Chọn đáp án B