Giải SBT Lí 11 Bài 28: Lăng kính

Mục lục Giải SBT Lí 11 Bài 28: Lăng kính

Bài 28.1 trang 77 SBT Lí 11: Cho một lăng kính có tiết diện thẳng là một tam giác đều và có chiết suất n =1,5. Chiết 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 phân liên tiếp bên trong lăng kính và không ló ra ngoài được

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.

Đáp án B

Bài 28.2 trang 77 SBT 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^o.    

B. 60^o.

C. 90^o.    

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

Lời giải

Góc chiết quang A của lăng kính có thể có giá trị là 30^o, 60^o, 90^o tùy thuộc vào đường truyền của tia sáng đến các mặt.

Đáp án D

Bài 28.3 trang 77 SBT 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 nghĩa 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.

Lời giải

Công thức tính góc lệch: D = i₁ + i₂ – A

Ta có: A = r₁ + r₂

Mà i₁ = n r₁

=> i₂ = n(A – r₂)

=> Nếu biết A, i₁, n thì sẽ xác định được D.

Đáp án C

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

Lời giải

Góc tới i₁ ≤ 90° => A đúng

 $\sin r_1=\frac{\sin i_1}{n}\le \frac{1}{n}=\sin \gamma$=> B đúng

D = i₁ + i₂ – A => D đúng

Vậy C sai

Đáp án C

Bài 28.5 trang 78 SBT Lí 11: Có tia sáng truyền qua lăng kính như Hình 28.3. Đặt sinγ = $\frac{1}{n}$. Chỉ ra khẳng định sai.

A. r₁ = r₂ = γ.

B. A = 2γ.

C. D = π – A.

D. Các hệ thức A, B, C đều sai.

Lời giải

Ta có:  $\sin r_1=\sin r_2=\frac{\sin i_1}{n}=\frac{1}{n}=\sin \gamma$

=> r₁ = r₂ = γ ⇒ A đúng

⇒ A = r₁ + r₂ ⇒ B đúng

D = π – A  ⇒ đúng

Đáp án D

Bài 28.6 trang 78 SBT 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.

Lời giải

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

Đáp án A

Bài 28.7 trang 78 SBT 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’ ≠ n. Chùm tia ló sát mặt sau của lăng kính. Tính n’.

Lời giải

 

a. Ở I: i = 0 => r = 0.

Tia sáng truyền thẳng vào lăng kính (Hình 28.1G).

Ở J : i_J = 30° (góc có cạnh tương ứng vuông góc):

sin r = n.sin i_J = $\frac{3}{2}$.$\frac{1}{2}$  = 0,75 => r = 48^o35'

Suy ra góc lệch:

D = r - i_J = 48°35' - 30° = 18°35'

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

n’sini_J = sin90^o 

=> n’ = $\frac{1}{\sin 30°}$ = 2

Bài 28.8 trang 79 SBT 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 ở mặt kia với góc ló i’. Chứng minh hệ thức $\frac{\cos A+\sin i\text{'}}{\sin A}=\sqrt{n^2-1}$.

Lời giải

Ta có (Hình 28.3G):

Ở I: n.sinr₁ = sin90⁰ ⇒ sinr₁ =$\frac{1}{n}$

Ở J: n.sinr₂ = sin i’

⇒ n.sin(A – r₁) = sin i’

⇒ sinA.cosr₁ – sinr₁. cosA = $\frac{1}{n}$.sin i’

⇒ $sinA.\sqrt{1-{\sin }^2{r}_1}-si{\text{nr}}_1.c\text{osA=}\frac{\sin i\text{'}}{n}$

⇒$sinA.\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}-\frac{1}{n}c\text{osA=}\frac{\sin i\text{'}}{n}$

⇒$sinA.\frac{\sqrt{n^2-1}}{n}=\frac{1}{n}\left(c\text{osA + sini'}\right)$

⇒$\frac{\cos A+\sin i\text{'}}{\sin A}=\sqrt{n^2-1}$

Bài 28.9 trang 79 SBT 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.

Lời giải

Theo đề bài: i = 30^o; sinr₁ =  $\frac{1}{2n}$

i₂ = 90^o (HÌnh 28.4G); r₂ = i_gh → sinr₂ = $\frac{1}{n}$

Nhưng r₁ = A – r₂ – 60^o - i_gh

 $\Rightarrow \frac{1}{2n}=\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{\sqrt{n^2-1}}{n}-\frac{1}{n}.\frac{1}{2}$

 $\Rightarrow n=\sqrt{1+\frac{4}{3}}=\sqrt{\frac{7}{3}}\approx 1,53$

Đáp số: 1,53

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

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

b) Tia tới cố định. Nghiêng đáy chậu một góc α (Hình 28.4). Tính α để có góc lệch giữa tia tới và tia ló có giá trị như ở câu a (coi đáy chậu là một tấm kính phẳng, hai mặt song song, chiết suất n₀).

Lời giải

a)

   

$\sin r=\frac{\sin 45°}{n}=\frac{1}{1,5\sqrt{2}}\Rightarrow r\approx 28°$

⇒ D = i – r = 17⁰

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 = 28^o.