Tailieumoi.vn giới thiệu Giải sách bài tập Vật lí lớp 11 Bài 28: Lăng kính chi tiết giúp học sinh xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập trong SBT Vật lí 11. Mời các bạn đón xem:

Giải SBT Vật lí 11 Bài 28: Lăng kính

Bài 28.1 trang 77 SBT Vật Lí 11: Cho một lăng kính có tiết diện thẳng là một tam giác đều và có chiết suất n=1,5. Chiếu một tia tới nằm trong một tiết diện thẳng ABC và vuông góc với mặt bên AB của lăng kính; điểm tới gần A hơn B.

Tia sáng sẽ

A. Ló ra ở mặt bên AC

B. Ló ra ở mặt đáy BC

C. Trở lại, ló ra ở mặt AB

D. Bị phản xạ toàn phần liên tiếp trong lăng kính và không ló ra ngoài được.

Phương pháp giải:

Sử dụng kiến thức về lăng kính.

Lời giải:

Khi chiếu một tia tới nằm trong một tiết diện thẳng ABC và vuông góc với mặt bên AB của lăng kính thì tia ló ra ở mặt đáy BC

Chọn đáp án: B

Bài 28.2 trang 78 SBT Vật Lí 11: Một lăng kính trong suốt có tiết diện thẳng là tam giác vuông như hình 28.1. Góc chiết quang A của lăng kính có giá trị là:

A. ${30}^0$

B. ${60}^0$

C. ${90}^0$

D. A,B,C đều đúng tùy đường truyền tia sáng

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về lăng kính.

Lời giải:

Góc chiết quang A của lăng kính có thể có giá trị là ${30}^0;{60}^0;{90}^0$ tùy thuộc vào đường truyền của tia sáng đến các mặt.

Chọn đáp án: D

Bài 28.3 trang 78 SBT Vật Lí 11: Một tia sáng truyền qua lăng kính (xem Hình 28.2). Góc lệch D của tia sáng có giá trị phụ thuộc các biến số độc lập nào (các kí hiệu có ý nghía như trong bài học) ?

A. Góc A và chiết suất n. 

B. Góc tới i1 và góc A.

C. Góc A, góc tới i1 và chiết suất n. 

D. Góc A, góc tới i1 và góc tới i2.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức lăng kính: $D=i_1+i_2-A$

Lời giải:

Ta có: $A=r_1+r_2$

Mà $i_1=n{r}_1$

=> $i_2=n(A-r_1)$

=> Nếu biết $A,i_1,n$ thì ta sẽ xác định được D. ( $D=i_1+i_2-A$)

Chọn đáp án: C

Bài 28.4 trang 78 SBT Vật Lí 11: Có một tia sáng truyền tới lăng kính, với góc tới i1 ta có đường truyền như Hình 28.2. Đặt $sin\gamma ={\displaystyle \frac{1}{n}}$. Tìm phát biểu sai sau đây khi thay đổi góc i1.

A. Luôn luôn có i1 ≤  90°.

B. Luôn luôn có r1 ≤ γ.

C . Luôn luôn có r2 ≤ γ.

D. Góc lệch D có biểu thức là i1 + i2-A

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về lăng kính 

Lời giải:

A. Đúng vì luôn có góc tới $i_1\le {90}^0.$

B. Đúng vì có : $sin{r}_1={\displaystyle \frac{sin{i}_1}{n}}\le {\displaystyle \frac{1}{n}}=sin\gamma$

D. Đúng vì : $D=i_1+i_2-A$ 

Chọn đáp án: C

Bài 28.5 trang 78 SBT Vật Lí 11: Có tia sáng truyền qua lăng kính như Hình 28.3. Đặt sinγ = 1/n. Chỉ ra kết quả sai.

A. R1 = r2 = γ

B. A = 2γ

C. D = π - A

D. Các kết quả A, B, C đều sai.

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về lăng kính.

Lời giải:

Ta có: $sin{r}_1=sin{r}_2={\displaystyle \frac{sin{i}_1}{n}}={\displaystyle \frac{1}{n}}=sin\gamma$

=> Câu A đúng

=> Câu D sai

Chọn đáp án: D

Bài 28.6 trang 78 SBT Vật Lí 11: Một tia sáng Mặt Trời truyền qua một lăng kính sẽ ló ra như thế nào ?

A. Bị tách ra thành nhiều tia sáng có màu khác nhau.

B. Vẫn là một tia sáng trắng.

C. Bị tách ra thành nhiều tia sáng trắng.

D. Là một tia sáng trắng có viền màu.

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về lăng kính. 

Lời giải:

Một tia sáng Mặt Trời truyền qua một lăng kính sẽ bị tách ra thành nhiều tia sáng có màu khác nhau.

Chọn đáp án: A

Bài 28.7 trang 78 SBT Vật Lí 11: Lăng kính có chiết suất n = 1,50 và góc chiết quang A = 30°. Một chùm tia sáng hẹp, đơn sắc được chiếu vuông góc đến mặt trước của lăng kính,

a) Tính góc ló và góc lệch của chùm tia sáng.

b) Giữ chùm tia tới cố định, thay lăng kính trên bằng một lăng kính có cùng kích thước nhưng có chiết suất n’ $\ne$  n. Chùm tia ló sát mật sau của lăng kính. Tính n’.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức lăng kính : $D=i_1+i_2-A$; $sini=nsinr$

Lời giải: 

a) Ở I:$i=0=>r=0.$

Tia sáng truyền thẳng vào lăng kính (Hình 28.1G). Ở J : iJ = 30° (góc có cạnh tương ứng vuông góc) :

$\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{r}=n\sin i_J={\displaystyle \frac{3}{2}}.{\displaystyle \frac{1}{2}}=0,75\Rightarrow r\approx {48}^0{35}^{\prime }$

Suy ra góc lệch :

$D=R-i_j={48}^0{35}^{\prime }-30={18}^0{35}^{\prime }$

b) Ta có ở J trong trường hợp này (Hình 28.2G) :

$n^{\prime }sin{i}_j=sin{90}^0$ 

$=>n^{\prime }={\displaystyle \frac{1}{sin{30}^0}}=2$

Bài 28.8 trang 79 SBT Vật Lí 11: Lăng kính có chiết suất n và góc chiết quang A. Một tia sáng đơn sắc được chiếu tới lăng kính sát mặt trước. Tia sáng khúc xạ vào lăng kính và ló ra ớ mặt kia với góc ló i’. Chứng minh hệ thức         

${\displaystyle \frac{\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\mathrm{A}+\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}{\mathrm{i}}^{\prime }}{\sin A}}=\sqrt{n^2-1}$

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức lăng kính :$A=r_1+r_2$ ; $sini=nsinr$

Lời giải:

Ta có ở I (Hình 28.3G):

nsinr1 = sin900 -->  $sin{r}_1={\displaystyle \frac{1}{n}}$

Mặt khác: $r_1+r_2=A=>r_2=A-r_1$

Ở J:

$\begin{array}{l}n\sin r_2=\sin i^{\prime }\\ \Rightarrow n\sin (A-r_1)=\sin i^{\prime }\\ \Rightarrow \sin A\cos r_1-\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}{\mathrm{r}}_1\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\mathrm{A}={\displaystyle \frac{\sin i^{\prime }}{n}}\\ \Rightarrow \sin A\sqrt{1-{{\sin }^2}_{r_1}}-\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}{\mathrm{r}}_1\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\mathrm{A}={\displaystyle \frac{\sin i^{\prime }}{n}}\\ \Rightarrow \sin A{\displaystyle \frac{\sqrt{n^2-1}}{n}}-{\displaystyle \frac{\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\mathrm{A}}{n}}={\displaystyle \frac{\sin i^{\prime }}{n}}\end{array}$

Do đó: ${\displaystyle \frac{\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\mathrm{A}+\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}{\mathrm{i}}^{\prime }}{\sin A}}=\sqrt{n^2-1}$

Bài 28.9 trang 79 SBT Vật Lí 11: Một lăng kính có tiết diện vuông góc là một tam giác đều ABC. Một chùm tia sáng đơn sắc hẹp SI được chiếu tới mặt AB trong mặt phẳng của tiết diện vuông góc và theo phương vuông góc với đường cao AH của ABC. Chùm tia ló khỏi mặt AC theo phương sát với mặt này. Tính chiết suất của lăng kính.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức lăng kính: $sini=nsinr$ ; $A=r_1+r_2$

Lời giải:

Theo đề bài: i = 300; $sin{r}_1={\displaystyle \frac{1}{2n}}$

i2 = 900 (HÌnh 28.4G); r2 = igh --> $sin{r}_2={\displaystyle \frac{1}{n}}$

Nhưng r1 = A – r2 – 600 - igh

$\begin{array}{l}\Rightarrow {\displaystyle \frac{1}{2n}}=\frac{\sqrt{3}}{2}.{\displaystyle \frac{\sqrt{n^2-1}}{n}}-{\displaystyle \frac{1}{n}}.{\displaystyle \frac{1}{2}}\\ \Rightarrow n=\sqrt{1+{\displaystyle \frac{4}{3}}}=\sqrt{\frac{7}{3}}\approx 1,53\end{array}$

Bài 28.10 trang 79 SBT Vật Lí 11: Chậu chứa chất lỏng có chiết suất n = l,5. Tia tới chiếu tới mặt thoáng với góc tới 45° (Hình 28.4).

a) Tính góc lệch khi ánh sáng khúc xạ vào chất lỏng.

b) Tia tới cố định. Nghiêng đáy chậu một góc α. Tính α để có góc lệch giữa tia tới và tia ló có giá trị như ở câu a (coi bề dày trong suốt của đáy chậu không đáng kể).

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức lăng kính: $sini=nsinr$

Lời giải:

a) (Hình 28.5G)

 $\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{r}={\displaystyle \frac{\sin {45}^0}{n}}={\displaystyle \frac{1}{1,5\sqrt{2}}}\Rightarrow r\approx {28}^0$

--> $D=I–r={17}^0$

b) Để có góc lệch D như ở câu a thì tia khúc xạ vào chất lỏng phải truyền thẳng ra không khí (Hình 28.6G). Tính chất của góc có cạnh tương ứng vuông góc và góc so le trong cho thẩy α = r = 280.