Question

[Công Chúa Băng Giá]

Cho một lăng kính tam giác đều ABC, góc chiết quang là A. Chiết suất của chất làm lăng kính phụ thuộc vào bước sóng ánh sáng theo công thức \(n=1+\frac{b}{\text{λ}^2}\left(1\right)\)

Trong đó \(a=1,26;b=7,555.10^{-14}m^2\) còn λ được đo bằng đơn vị mét. Chiếu một tia sáng trắng vào mặt bên AB của lăng kính sao cho thia tới nằm dưới pháp tuyến điểm tới. Tia tím có bước sóng  \(\text{λ}_t=0,4\text{μm}\) còn tia đới nằm dưới phép tuyến tại điểm tới. Tia tím có bước sóng \(\text{λ}_t=0,4\text{μm}\) , còn tia đỏ có bước sóng  \(\text{λ}_đ=0,7\text{μm}\) 

a/ Xác định gói tới của tia sáng trên  mặt AB sao cho tia tím co góc lệch là cực tiểu. Tính góc lệch đó.
b/ Bây giờ muốn tia đỏ đó có góc lệch cực thiểu thì quảy quay lăng kính quanh cạnh A một góc là bao nhiêu? theo chiều nào>
c/ Góc tới của tia sáng trên mặt ABC thỏa mãn điều kiện nào thì không có tia nào trong chùm sáng trắng đó la khỏi mặt AC.

Answer 1

[Sky SơnTùng]

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:

\(\sin r_{0đ}=\frac{1}{n_d}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow r_{0đ}=45^0\)

\(\sin r_{0t}=\frac{1}{n_t}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)=>r_0t < r_0đ .Do đó muốn cho không có tia sáng nào ló ra khỏi mặt AC của lăng kính thì phải có: r₂ \(\ge\)r_0đ  \(\Rightarrow r_2\ge15^0\)

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:\(i\le21^06'\)