Phương pháp giải bài tập chuyên đề lăng kính môn Vật Lý 11 năm 2021-2022

Nội Dung Bài Phương pháp giải bài tập chuyên đề lăng kính môn Vật Lý 11 năm 2021-2022

Phương pháp giải bài tập chuyên đề lăng kính môn Vật Lý 11 5 2021-2022

Mời quý thầy cô cùng các em học trò tham khảo tài liệu Phương pháp giải bài tập chuyên đề lăng kính môn Vật Lý 11 5 2021-2022. Tài liệu gồm lý thuyết và phần tự luyện tập kì vọng sẽ giúp các em học trò ôn tập hiệu quả và đạt điểm số cao trong các kì thi sắp đến.

1. KIẾN THỨC CƠ BẢN

Các công thức của lăng kính:

Tại mặt phẳng AB:  sini1 = n.sinr1

Tại mặt phẳng AC:  sini2 = n.sinr2

Góc chiết quang: A = r1 + r2

Góc lệch giữa tia đến và tia ló:

D = i1 + i2 – A

Khi có góc lệch cực tiểu (hay các tia sáng đối xứng qua mặt phân giác của góc A) thì:

 (left{ begin{align} & {{r}_{1}}={{r}_{2}}=frac{A}{2} & {{i}_{1}}={{i}_{2}}=i end{align} right.) (Rightarrow {{D}_{min }}={{i}_{1}}+{{i}_{2}}-A=2i-A)

Nếu góc chiết quang A < 100 và góc đến bé, ta có: 

({{left{ begin{align} & {{i}_{1}}=n.{{r}_{1}} & ,{{i}_{2}}=n.r end{align} right.}_{2}})

Khi đấy: (D={{i}_{1}}+{{i}_{2}}-A=n.A-A=left( n-1 right)A)

Với n là chiết suất tỉ đối của lăng kính với môi trường chứa nó: (n=frac{{{n}_{lk}}}{{{n}_{mt}}})

2. VÍ DỤ MINH HỌA

Tỉ dụ 1: 1 lăng kính thủy tinh có chiết suất n = (sqrt{2}). Tiết diện thẳng của lăng kính là 1 tam giác đều ABC. Chiếu 1 tia sáng nằm trong mặt phẳng của thiết diện thẳng, đến AB với góc đến i1 = 450. Xác định đường truyền của tia sáng. Vẽ hình.

Hướng áp giải

+ Vận dụng định luật khúc xạ tại I ta có:

(sin {{i}_{1}}=nsin {{r}_{1}})

(Leftrightarrow sin 45=sqrt{2}sin {{r}_{1}}Rightarrow sin {{r}_{1}}=frac{1}{2}Rightarrow {{r}_{1}}={{30}^{0}})

+ Lại có: (A={{r}_{1}}+{{r}_{2}}Rightarrow {{r}_{2}}=A-{{r}_{1}}={{30}^{0}})

+ Vận dụng định luật khúc xạ tại J ta có:

(sin {{i}_{2}}=nsin {{r}_{2}})

(Leftrightarrow sin {{i}_{2}}=sqrt{2}sin 30=frac{sqrt{2}}{2}Rightarrow {{i}_{2}}={{45}^{0}})

Tỉ dụ 2: 1 lăng kính có góc chiết quang A. Chiếu tia sáng SI tới vuông góc với mặt bên của lăng kính. Biết góc lệch của tia ló và tia đến là D = 150. Cho chiết suất của lăng kính là n = 1,5. Tính góc chiết quang A?

Hướng áp giải

Vì chiếu tia đến vuông góc với mặt nên i1 = 0 → r1 = 0

Ta có: (A={{r}_{1}}+{{r}_{2}}Rightarrow A={{r}_{2}})

Nhưng mà: (D={{i}_{1}}+{{i}_{2}}-ALeftrightarrow 15=0+{{i}_{2}}-ARightarrow {{i}_{2}}=15+A)

Lại có: (sin {{i}_{2}}=nsin {{r}_{2}}Leftrightarrow sin left( 15+A right)=1,5sin A)

(Leftrightarrow sin 15cos A+sin Acos 15=1,5sin ALeftrightarrow sin 15cos A=left( 1,5-cos 15 right)sin A)

(Leftrightarrow tan A=frac{sin 15}{left( 1,5-cos 15 right)}Rightarrow Aapprox 25,{{85}^{0}})

Tỉ dụ 3: 1 lăng kính có chiét suất (n=sqrt{2}). Chiếu 1 tia sáng đơn sắc vào mặt bên của lăng kính góc đến i = 450, tia ló ra khỏi lăng kính vuông góc với mặt bên thứ 2 như hình vẽ. Tìm góc chiết quang A của lăng kính?

Hướng áp giải

Tại điểm đến I của mặt thứ nhất ta có: (sin {{i}_{1}}=nsin {{r}_{1}})

(Leftrightarrow sin 45=sqrt{2}sin {{r}_{1}}Leftrightarrow sin {{r}_{1}}=frac{1}{2}Rightarrow {{r}_{1}}={{30}^{0}})

Vì tia ló ra khỏi mặt thứ 2 đi vuông góc nên i2 = 0 → r2 = 0

Ta có: (A={{r}_{1}}+{{r}_{2}}Rightarrow A={{r}_{2}}={{30}^{0}})

Tỉ dụ 4: Cho 1 lăng kính tam giác đều ABC, chiết suất (n=sqrt{3}). Chiếu tia sáng đơn sắc đến mặt bên AB của lăng kính với góc đến i = 0 thì đường đi của tia sáng như thế nào ?

Hướng áp giải

+ Ta có: (i=0Rightarrow {{r}_{1}}=0Rightarrow {{r}_{2}}=A={{60}^{0}})

+ Định luật khúc xạ tại J:

(sin {{i}_{2}}=noperatorname{s}text{in}{{text{r}}_{2}}=sqrt{3}sin {{60}^{0}}=1,5>1)

+ Vậy phản xạ toàn phần tại J

+ Theo định luật phản xạ có:

(r_{2}^{/}={{r}_{2}}={{60}^{0}})(Rightarrow widehat{RJC}={{30}^{0}}Rightarrow JRbot BC)

Vậy tia sáng đi vuông góc tới mặt đáy BC rồi ra ngoài.

Tỉ dụ 5: Cho 1 lăng kính có chiết suất (n=sqrt{3})và góc chiết quang A. Tia sáng đơn sắc sau lúc khúc xạ qua lăng kính cho tia ló có góc lệch cực tiểu đúng bằng A.

a) Tính góc chiết quang A.

b) Nếu nhúng lăng kính này vào nước có chiết suất ({{n}_{nc}}=frac{4}{3})thì góc đến i phải bằng bao lăm để có góc lệch cực tiểu ? Tính góc lệch cực tiểu lúc đấy ?

Hướng áp giải

a) Khi ({{D}_{min }}Rightarrow left{ begin{align} & {{r}_{1}}={{r}_{2}}=frac{A}{2} & {{i}_{1}}={{i}_{2}}=i end{align} right.Rightarrow {{D}_{min }}=2i-ALeftrightarrow A=2i-ARightarrow i=A)

Ta có: (sin i=nsin rLeftrightarrow sin A=sqrt{3}sin frac{A}{2}Leftrightarrow 2sin frac{A}{2}cooperatorname{s}frac{A}{2}=sqrt{3}sin frac{A}{2})

(Leftrightarrow cooperatorname{s}frac{A}{2}=frac{sqrt{3}}{2}Rightarrow A={{60}^{0}})

b) Khi ({{D}_{min }}Rightarrow left{ begin{align} & {{r}_{1}}={{r}_{2}}=frac{A}{2}={{30}^{0}} & {{i}_{1}}={{i}_{2}}=i end{align} right.)

Ta có: (sin i=frac{{{n}_{lk}}}{{{n}_{nc}}}sin {{30}^{0}}Leftrightarrow sin i=frac{sqrt{3}}{4/3}sin {{30}^{0}}=frac{3sqrt{3}}{8}Rightarrow i=40,{{5}^{0}})

Góc lệch cực tiểu lúc đấy: ({{D}_{min }}=2i-A={{21}^{0}})

Tỉ dụ 6: Lăng kính thủy tinh có n = 1,5 góc A = 600. Chiếu 1 chùm tia sáng hẹp đơn sắc đến lăng kính trong mặt phẳng của thiết diện vuông góc.

a)  Tính i1 để tia ló và tia đến đối xứng nhau qua mặt phẳng phân giác của A.

b) Tính góc lệch.

Hướng áp giải

a)  Tính i1 để tia ló và tia đến đối xứng nhau qua mặt phẳng phân giác của A

– Khi tia ló và tia đến đối xứng nhau qua mặt phẳng phân giác của A thì:

r1 = r2 = (frac{A}{2}) = 300

– Vận dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại I (hình vẽ), ta có:

sini1 = nsinr1 = 1,5sin300 = 0,75 → i1 = 48,590 = 48035′.

Vậy: Để tia ló và tia đến đối xứng nhau qua mặt phẳng phân giác của A thì i1 = 48o35’.

b)  Góc lệch D

Ta có: D = i1 + i2 – A = 2i1 – A = 2.48035¢ – 600 = 37010¢.

Vậy: Góc lệch giữa tia ló và tia đến là D = 37o10’.

3. LUYỆN TẬP

Bài 1. Lăng kính có chiết suất (n=sqrt{2}) và góc chiết quang A = 600. 1 chùm sáng đơn sắc hẹp được chiếu vào mặt bên AB của lăng kính với góc đến 300. Tính góc ló của tia sáng lúc ra khỏi lăng kính và góc lệch của tia ló và tia đến.

Bài 2. Lăng kính có chiết suất n = 1,6 và góc chiết quang nhỏ A = 50. 1 chùm sáng đơn sắc hẹp được chiếu vào mặt bên AB của lăng kính với góc đến bé. Tính góc lệch của tia ló và tia đến.

Tỉ dụ 5: Lăng kính có góc chiết quang A = 600, chiết suất(n=1,41approx sqrt{2}) đặt trong ko khí. Chiếu tia sáng đơn sắc SI đến mặt bên với góc đến i = 450.

a) Tính góc lệch của tia sáng qua lăng kính.

b) Nếu ta tăng hoặc giảm góc đến 100 thì góc lệch tăng hay giảm.

Bài 3. Lăng kính thủy tinh chiết suất (n=sqrt{2}), có góc lệch cực tiểu Dmin bằng nửa góc chiết quang A. Tìm góc chiết quang A của lăng kính?

Bài 4. Hình vẽ bên là đường truyền của tia sáng đơn sắc qua lăng kính đặt trong ko khí có chiết suất n = (sqrt{2}). Biết tia đến vuông  góc với mặt bên AB và tia ló ra khỏi lăng kính đi tà tà mặt AC. Tính góc chiết quang lăng kính.

Bài 5. Chiếu 1 tia sáng đơn sắc tới mặt bên AB của 1 lăng kính thiết diện là 1 tam giác đều ABC, theo phương song song với đáy BC. Tia ló ra khỏi AC đi tà tà mặt AC. Tính chiết suất của chất làm lăng kính ?

Bài 6. 1 lăng kính có thiết diện thẳng là 1 tam giác vuông cân ABC, A = 90°; B = 30° và C = 60°. Chiếu 1 tia sáng đơn sắc SI đến mặt bên AB của lăng kính theo phương song song với đáy BC. Tia sáng đi vào lăng kính và ló ra ở mặt bên AC. Biết chiết suất của lăng kính (ứng với ánh sáng đơn sắc chiếu đến lăng kính) là n.

a) Để tia sáng ló ra khỏi mặt bên AC thì chiết suất của lăng kính phải thỏa mãn điều kiện gì?

b) Với n bằng bao lăm thì tia sáng phản xạ toàn phần ở mặt bên AC và ló ra khỏi mặt bên BC theo phương vuông góc với BC.

Bài 7. 1 lăng kính thủy tinh có góc chiết quang A, chiết suất n = 1,5. Chiếu tia sáng qua lăng kính để có góc lệch cực tiểu bằng góc chiết quang A. Tính góc B của lăng kính biết thiết diện thẳng là tam giác ABC cân tại A.

Bài 8. Chiếu 1 chùm tia sáng hẹp song song, đơn sắc vào 1 lăng kính có có thiết diện thẳng là tam giác đều ABC, chiết suất n = (sqrt{3}) đối với ánh sáng đơn sắc này.

a) Tính góc đến để có góc lệch cực tiểu. Tính góc lệch cực tiểu này.

b) Góc đến phải có trị giá trong giới hạn nào để có tia ló ở mặt AC.

Bài 9. 1 lăng kính thủy tinh có n = 1,5. Tiết diện vuông góc là tam giác vuông cân ABC (A = 900). Tia sáng đơn sắc SI được chiếu đến mặt AB theo phương song song BC. Xác định đường đi của tia sáng qua lăng kính.

Bài 10. 1 lăng kính thủy tinh có thiết diện thẳng là tam giác cân ABC đỉnh A. 1 tia sáng rọi vuông góc vào mặt bên AB sau 2 lần phản xạ toàn phần liên tục trên mặt AC và AB thì ló ra khỏi BC theo phương vuông góc BC.

a) Tính góc chiết quang A.

b) Tìm điều kiện chiết suất phải thỏa mãn.

Bài 11. 1 lăng kính có thiết diện thẳng là tam giác vuông cân ABC, A = 900 được đặt sao cho mặt huyền BC xúc tiếp với mặt nước trong chậu, nước có n = 4/3.

a) 1 tia sáng đơn sắc SI tới mặt bên AB theo phương song song với BC. Chiết suất n của lăng kính và khoảng cách AI phải thỏa mãn điều kiện gì để tia sáng phản xạ toàn phần tại mặt BC ?

b) Giả sử AI thỏa mãn điều kiện tìm được, n = 1,41. Hãy vẽ đường đi của tia sáng ?

—–( Để xem đầy đủ nội dung của tài liệu, các em vui lòng xem Online hoặc Đăng nhập để tải về dế yêu)——

Trên đây là trích dẫn 1 phần nội dung tài liệu Phương pháp giải bài tập chuyên đề lăng kính môn Vật Lý 11 5 2021-2022. Để xem thêm nhiều tư liệu có ích khác, các em đăng nhập vào trang hoc247.net để tải tài liệu về máy tính.

Hy vọng tài liệu này sẽ giúp các em học trò ôn tập tốt và đạt thành quả cao trong học tập.

Ngoài ra các em học trò có thể tham khảo thêm 1 số tư liệu cùng phân mục sau đây:
Phương pháp giải dạng bài tập về phản xạ toàn phần môn Vật Lý 11 5 2021-2022
Phương pháp giải bài tập liên can tới phản xạ – khúc xạ môn Vật Lý 11 5 2021-2022

Phương pháp giải bài tập về Độ giảm điện thế của đoạn mạch môn Vật Lý 9

270

Đoàn luyện kĩ năng giải bài toán mạch điện bằng bí quyết điện thế nút – Định luật Kiếc-Sốp môn Vật Lý 9

485

Đoàn luyện kĩ năng giải bài toán mạch điện bằng bí quyết điện thế nút – Chọn gốc điện thế môn Vật Lý 9

171

Đoàn luyện kĩ năng giải bài toán mạch điện bằng bí quyết điện thế nút – Định luật Ôm môn Vật Lý 9 5 2020

155

Chuyên đề Sự lệ thuộc của cường độ dòng điện vào hiệu điện thế giữa 2 đầu dây dẫn môn Vật Lý 9

117

Phương pháp giải bài tập Sự lệ thuộc của cường độ dòng điện vào hiệu điện thế môn Vật Lý 9 5 2020

104

[rule_2_plain] [rule_3_plain]

#Phương #pháp #giải #bài #tập #chuyên #đề #lăng #kính #môn #Vật #Lý #5

Gonbidatu irakasleak eta ikasleak 2021-2022 Fisikaren prismako gaikako ariketak 11 ebazteko metodoak dokumentura jotzera. Materialak teoria eta autopraktika biltzen ditu, ikasleei modu eraginkorrean berrikusten eta datozen azterketetan puntuazio altua lortzen laguntzeko asmoz.

1. OINARRIZKO EZAGUTZAK

Prismaren formulak:

AB planoan: sinilehenik = n.sinrlehenik

AC hegazkinean: sini2 = n.sinr2

Errefrakzio-angelu optikoa: A = rlehenik + r2

Izpi intzidentearen eta izpi emergentearen arteko desbideratze-angelua:

D = ilehenik + i2 – A

Desbideratze-angelu minimo bat dagoenean (edo argi izpiak A angeluaren erdibitzailearen inguruan simetrikoak direnean), orduan:

(left{ begin{align} & {{r}_{1}}={{r}_{2}}=frac{A}{2} & {{i}_{1 }}={{i}_{2}}=i end{align} right.) (Rightarrow {{D}_{min }}={{i}_{1}} +{{i}_{2}}-A=2i-A)

Errefrakzio-angelua A < 10 bada0 eta intzidentzia angelu txikia dugu:

({{left{ begin{align} & {{i}_{1}}=n. {{r}_{1}} & ,{{i}_{2}}= zb. end{align} right.}_{2}})

Orduan: (D={{i}_{1}}+{{i}_{2}}-A=nA-A=ezkerrean(n-1 eskuinean)A)

Non n prismak bere medioarekiko duen errefrakzio-indize erlatiboa den: (n=frac{{{n}_{lk}}}{{{n}_{mt}}})

2. ILUSTRAZIO ADIBIDEA

1. adibidea: Beirazko prisma batek n = (sqrt{2}) du errefrakzio-indizea. Prismaren ebakidura zuzena ABC triangelu aldekide bat da. Distira ezazu sekzio zuzenaren planoan dagoen argi izpi bat, i intzidentzia-angelua duen AB-ralehenik = 450. Zehaztu argi izpiaren ibilbidea. Marrazkia.

Irtenbide gida

I-n errefrakzio legea aplikatuz, honako hau dugu:

(sin {{i}_{1}}=nsin {{r}_{1}})

(Leftrightarrow sin 45=sqrt{2}sin {{r}_{1}}Rightarrow sin {{r}_{1}}=frac{1}{2}Rightarrow {{ r}_{1}}={{30}^{0}})

+ Berriz ere: (A={{r}_{1}}+{{r}_{2}}Rightarrow {{r}_{2}}=A-{{r}_{1}} = {{30}^{0}})

+ Errefrakzio legea J-n aplikatuz honako hau dugu:

(sin {{i}_{2}}=nsin {{r}_{2}})

(Leftrightarrow sin {{i}_{2}}=sqrt{2}sin 30=frac{sqrt{2}}{2}Rightarrow {{i}_{2}}={ {45}^{0}})

2. adibidea: Prisma batek A errefrakzio-angelua du. Distira SI argi izpi intzidentea prismaren alboko aurpegiarekiko perpendikularra. Izpi gorabeheratsuaren eta izpi intzidentearen desbideratze-angelua D = 15 da0. Izan bedi prismaren errefrakzio-indizea n = 1,5. Kalkulatu A errefrakzio-angelua?

Irtenbide gida

Izpi intzidentea aurpegiarekiko perpendikularra denez, hau dalehenik = 0 → rlehenik = 0

Hau dugu: (A={{r}_{1}}+{{r}_{2}}Rightarrow A={{r}_{2}})

Zein: (D={{i}_{1}}+{{i}_{2}}-ALeftrightarrow 15=0+{{i}_{2}}-ARightarrow {{i} _{2}}=15+A)

Berriz ere: (sin {{i}_{2}}=nsin {{r}_{2}}Leftrightarrow sin left( 15+A right)=1,5sin A )

(Leftrightarrow sin 15cos A+sin Acos 15=1,5sin ALeftrightarrow sin 15cos A=left( 1,5-cos 15 right)sin A)

(Leftrightarrow tan A=frac{sin 15}{left( 1,5-cos 15 right)}Rightarrow Aapprox 25,{{85}^{0}})

3. adibidea: Prisma batek (n=sqrt{2}) errefrakzio-indizea du. I = 45 intzidentzia-angelu prisma baten alboan argi monokromatiko bat distira0, prismatik ateratzen den izpia bigarren alboko aurpegiarekiko perpendikularra da irudian ageri den bezala. Aurkitu prismaren A errefrakzio-angelua?

Irtenbide gida

Lehenengo aurpegiko I puntuan hau dugu: (sin {{i}_{1}}=nsin {{r}_{1}})

(Leftrightarrow sin 45=sqrt{2}sin {{r}_{1}}Leftrightarrow sin {{r}_{1}}=frac{1}{2}Rightarrow {{ r}_{1}}={{30}^{0}})

Bigarren aurpegitik ateratzen den izpia perpendikularra denez, i2 = 0 → r2 = 0

Hau dugu: (A={{r}_{1}}+{{r}_{2}}Rightarrow A={{r}_{2}}={{30}^{0}} )

4. adibidea: ABC triangelu aldekideko prisma kontuan hartuta, errefrakzio-indizea (n=sqrt{3}). I = 0 intzidentzia angelua duen prismaren AB aldean argi izpi monokromatiko bat intzidentea bada, zein da argi izpiaren ibilbidea?

Irtenbide gida

+ Hau dugu: (i=0Rightarrow {{r}_{1}}=0Rightarrow {{r}_{2}}=A={{60}^{0}})

+ Errefrakzio legea Jn:

(sin {{i}_{2}}=noperatorname{s}text{in}{{text{r}}_{2}}=sqrt{3}sin {{60} ^{0}}=1.5>1)

Beraz, barne hausnarketa osoa J

Hausnarketa legearen arabera, honako hauek daude:

(r_{2}^{/}={{r}_{2}}={{60}^{0}})(Rightarrow widehat{RJC}={{30}^{0} }Rightarrow JRbot BC)

Beraz, argi-izpia BC oinarriarekiko perpendikularra da eta gero kanpora.

5. adibidea: (n=sqrt{3}) errefrakzio-indizea eta A errefrakzio-angelua dituen prisma bat emanda. Argi monokromatikoak, prismaren bidez errefraktatu ondoren, A-ren berdina den desbideratze-angelu minimo bat ematen du.

a) Kalkulatu A errefrakzio-angelua.

b) Prisma hau ({{n}_{nc}}=frac{4}{3} errefrakzio-indizeko uretan murgilduta badago), zein izan behar du i intzidentzia-angeluak desbideratze minimoa izateko? Kalkulatu orduan desbideratze angelu minimoa?

Irtenbide gida

a) Noiz ({{D}_{min }}Rightarrow left{ begin{align} & {{r}_{1}}={{r}_{2}}=frac{A}{ 2} & {{i}_{1}}={{i}_{2}}=i end{align} right.Rightarrow {{D}_{min }}=2i -ALeftrightarrow A=2i-ARightarrow i=A)

Hau dugu: (sin i=nsin rLeftrightarrow sin A=sqrt{3}sin frac{A}{2}Leftrightarrow 2sin frac{A}{2}cooperatorname {s}frac{A}{2}=sqrt{3}sin frac{A}{2})

(Leftrightarrow cooperatorname{s}frac{A}{2}=frac{sqrt{3}}{2}Rightarrow A={{60}^{0}})

b) Noiz ({{D}_{min }}Rightarrow left{ begin{align} & {{r}_{1}}={{r}_{2}}=frac{A}{ 2}={{30}^{0}} & {{i}_{1}}={{i}_{2}}=i end{align} eskuinean.)

Hau dugu: (sin i=frac{{{n}_{lk}}}{{{n}_{nc}}}sin {{30}^{0}}Leftrightarrow sin i= frac{sqrt{3}}{4/3}sin {{30}^{0}}=frac{3sqrt{3}}{8}Rightarrow i=40,{{5}^ {0}})

Gutxieneko desbideratze-angelua orduan: ({{D}_{min }}=2i-A={{21}^{0}})

6. adibidea: Beirazko prismak n = 1,5 angelua du A = 600. Argi monokromatiko izpi estu bat ebakidura perpendikular baten planoko prisma batean distira.

a) Kalkulatu ilehenik beraz, izpi islatua eta izpi intzidentea A-ren erdibitzailearen inguruan simetrikoak dira.

b) Kalkulatu desbideratze-angelua.

Irtenbide gida

a) Kalkulatu ilehenik beraz, izpi emergenteak eta intzidenteak A-ren erdibitzailearen inguruan simetrikoak dira

– Izpi intzidenteak eta emergenteak A-ren erdibitzailearen inguruan simetrikoak direnean, orduan:

rlehenik = r2 = (frac{A}{2}) = 300

– Argiaren errefrakzio-legea I-n (irudia) aplikatuz, honako hau dugu:

sinilehenik = nsinrlehenik = 1,5sin300 = 0,75 → ilehenik = 48,590 = 48035′.

Beraz: izpi intzidentea eta izpi intzidentea A-ren erdibitzailearen inguruan simetrikoak izan daitezen, orduan ilehenik = 48o35′.

b) Desbideratze-angelua

Hau dugu: D = ilehenik + i2 – A = 2ilehenik – A = 2,48035¢ – 600 = 37010¢.

Beraz: Izpi emergentearen eta izpi intzidentearen arteko desbideratze-angelua D = 37 daohamar’.

3. ARIKETA

1. ikasgaia. Prismak (n=sqrt{2}) errefrakzio-indizea eta A = 60 errefrakzio-angelua ditu0. Argi-sorta monokromatiko estu bat prismaren AB alboko aurpegian 30-ko intzidentzia-angeluarekin gertatzen da.0. Kalkulatu prismatik irtetean argi izpiaren azaleratze-angelua eta sarrerako eta irteteko izpien desbideratze-angelua.

2. ikasgaia. Prismak n = 1,6-ko errefrakzio-indizea eta A = 5 errefrakzio-angelu txikia ditu.0. Argi-sorta estu monokromatiko bat proiektatzen da prismaren AB alboko aurpegian intzidentzia angelu txiki batekin. Kalkulatu islatutako eta intzidenteen izpien desbideratze-angelua.

5. adibidea: A = 60 errefrakzio-angelua duen prisma0, errefrakzio-indizea(n=1,41approx sqrt{2}) airean jarrita. Distira SI argi izpi monokromatiko bat i = 45 intzidentzia angelua duen alderantz0.

a) Kalkulatu prismatik pasatzen den argi izpiaren desbideratze-angelua.

b) Angelua 10era handitzen edo txikitzen badugu0 desbideratze-angelua handitu edo txikiagotu egiten da.

3. ikasgaia. (n=sqrt{2}) errefrakzio-indizeko beirazko prisma, D desbideratze angelu minimoarekinmin A errefrakzio-angeluaren erdia. Aurkitu prismaren A errefrakzio-angelua?

4. ikasgaia. Beheko irudian n = (sqrt{2}) airean jarritako prisma batetik igarotzen den argi monokromatikoaren ibilbidea erakusten da. Izpi intzidentea AB aldearekiko perpendikularra eta irteerako prismatik ateratzen den izpia AC planoa da.. Kalkulatu prismaren errefrakzio-angelua.

5. ikasgaia. Argi monokromatiko-izpi bat inguratzen da prisma baten AB aldean, zeinaren ebakidura ABC triangelu aldekide bat den, BC oinarriarekiko paraleloa. AC-tik ateratzen den izpia AC aldea da. Kalkulatu prismaren errefrakzio-indizea?

6. ikasgaia. Ebakidura zuzena duen prisma ABC triangelu zuzen isoszele bat da, A = 90°; B = 30° eta C = 60°. Distira SI argi monokromatikoaren izpi bat prismaren AB alderantz BC oinarriarekiko paraleloan. Argi izpia prisman sartzen da eta AC aldean ateratzen da. Prismaren errefrakzio-indizea (prisma jotzen duen argi monokromatikoari dagokiona) n da.

a) AC aldetik argi izpi bat ateratzeko, zer baldintza bete behar du prismaren errefrakzio-indizeak?

b) n denarentzat, argi-izpia AC aldean guztiz islatzen da eta BC aldetik irteten da BCrekiko noranzko perpendikular batean.

7. ikasgaia. Beirazko prisma batek A errefrakzio-angelua du, n = 1,5 errefrakzio-indizea. Argi-izpi bat distira prismatik barrena, desbideratze-angelu minimoa A errefrakzio-angeluaren berdina izan dadin. Kalkulatu A-n ABC triangelu isoszelea duen prismaren B angelua.

8. ikasgaia. Argi-sorta estu monokromatiko eta paralelo bat distira ABC triangelu aldekide baten ebakidura zuzena duen prisma batean, argi monokromatiko honetarako n = (sqrt{3}) errefrakzio-indizea.

a) Kalkulatu intzidentzia-angelua deformazio-angelu minimoa lortzeko. Kalkulatu desbideratze angelu minimo hori.

b) Zein mugaren barruan egon behar du intzidentzia-angeluak AC aurpegian izpi bat azaleratzeko.

9. ikasgaia. Beirazko prisma batek n = 1,5 du. Ebakidura perpendikularra ABC triangelu zuzen isoszelea da (A = 900). SI argi-izpi monokromatiko bat AB aurpegian BCren paraleloan gertatzen da. Zehaztu argi izpiaren ibilbidea prismatik.

10. ikasgaia. Ebakidura zuzena duen beirazko prisma bat A erpin duen ABC triangelu isoszelea da.B albotik perpendikularki erortzen den argi izpi bat AC eta AB gainazaletan ondoz ondoko bi islapen totalen ondoren irteten da BCtik noranzko perpendikularrean.BC.

a) Kalkulatu A errefrakzio-angelua.

b) Aurkitu bete beharreko errefrakzio-indizearen baldintza.

11. ikasgaia. Ebakidura zuzena duen prisma ABC triangelu zuzen isoszele bat da, A = 900 BC hipotenusa ontziko urarekin kontaktuan egon dadin jarrita, urak n = 4/3 du.

a) SI argi monokromatikoaren izpi bat AB aldera iristen da BCren norabide paraleloan. Prismaren n errefrakzio-indizeak eta AI distantziak zein baldintza bete behar dituzte argi izpiak BC gainazalean guztiz isla dezan?

b) AI-k aurkikuntza-baldintza betetzen duela suposatuz, n = 1,41. Marraztu argi izpiaren bidea?

—–( Dokumentuaren eduki osoa ikusteko, ikusi sarean edo hasi saioa deskargatzeko)——

Aurrekoa 2021-2022ko Fisikaren prismako gaikako ariketak 11 ebazteko metodoak dokumentuaren aipu partziala da. Beste material erabilgarri asko ikusteko, sartu hoc247.net-en dokumentuak ordenagailura deskargatzeko.

Espero dugu dokumentu honek ikasleei ongi berrikusten eta errendimendu akademiko altua lortzen lagunduko diela.

  • Gainera, ikasleek behean kategoria bereko beste dokumentu batzuetara jo dezakete:
  • 2021-2022ko Fisikako 11. guztirako hausnarketari buruzko ariketak ebazteko metodoa
  • Hausnarketa – errefrakzioarekin lotutako ariketak ebazteko metodoa Fisikan 11. urtea 2021-2022

.

Xem thêm thông tin Phương pháp giải bài tập chuyên đề lăng kính môn Vật Lý 11 năm 2021-2022

Phương pháp giải bài tập chuyên đề lăng kính môn Vật Lý 11 5 2021-2022

Mời quý thầy cô cùng các em học trò tham khảo tài liệu Phương pháp giải bài tập chuyên đề lăng kính môn Vật Lý 11 5 2021-2022. Tài liệu gồm lý thuyết và phần tự luyện tập kì vọng sẽ giúp các em học trò ôn tập hiệu quả và đạt điểm số cao trong các kì thi sắp đến.

1. KIẾN THỨC CƠ BẢN

Các công thức của lăng kính:

Tại mặt phẳng AB:  sini1 = n.sinr1

Tại mặt phẳng AC:  sini2 = n.sinr2

Góc chiết quang: A = r1 + r2

Góc lệch giữa tia đến và tia ló:

D = i1 + i2 – A

Khi có góc lệch cực tiểu (hay các tia sáng đối xứng qua mặt phân giác của góc A) thì:

 (left{ begin{align} & {{r}_{1}}={{r}_{2}}=frac{A}{2} & {{i}_{1}}={{i}_{2}}=i end{align} right.) (Rightarrow {{D}_{min }}={{i}_{1}}+{{i}_{2}}-A=2i-A)

Nếu góc chiết quang A < 100 và góc đến bé, ta có: 

({{left{ begin{align} & {{i}_{1}}=n.{{r}_{1}} & ,{{i}_{2}}=n.r end{align} right.}_{2}})

Khi đấy: (D={{i}_{1}}+{{i}_{2}}-A=n.A-A=left( n-1 right)A)

Với n là chiết suất tỉ đối của lăng kính với môi trường chứa nó: (n=frac{{{n}_{lk}}}{{{n}_{mt}}})

2. VÍ DỤ MINH HỌA

Tỉ dụ 1: 1 lăng kính thủy tinh có chiết suất n = (sqrt{2}). Tiết diện thẳng của lăng kính là 1 tam giác đều ABC. Chiếu 1 tia sáng nằm trong mặt phẳng của thiết diện thẳng, đến AB với góc đến i1 = 450. Xác định đường truyền của tia sáng. Vẽ hình.

Hướng áp giải

+ Vận dụng định luật khúc xạ tại I ta có:

(sin {{i}_{1}}=nsin {{r}_{1}})

(Leftrightarrow sin 45=sqrt{2}sin {{r}_{1}}Rightarrow sin {{r}_{1}}=frac{1}{2}Rightarrow {{r}_{1}}={{30}^{0}})

+ Lại có: (A={{r}_{1}}+{{r}_{2}}Rightarrow {{r}_{2}}=A-{{r}_{1}}={{30}^{0}})

+ Vận dụng định luật khúc xạ tại J ta có:

(sin {{i}_{2}}=nsin {{r}_{2}})

(Leftrightarrow sin {{i}_{2}}=sqrt{2}sin 30=frac{sqrt{2}}{2}Rightarrow {{i}_{2}}={{45}^{0}})

Tỉ dụ 2: 1 lăng kính có góc chiết quang A. Chiếu tia sáng SI tới vuông góc với mặt bên của lăng kính. Biết góc lệch của tia ló và tia đến là D = 150. Cho chiết suất của lăng kính là n = 1,5. Tính góc chiết quang A?

Hướng áp giải

Vì chiếu tia đến vuông góc với mặt nên i1 = 0 → r1 = 0

Ta có: (A={{r}_{1}}+{{r}_{2}}Rightarrow A={{r}_{2}})

Nhưng mà: (D={{i}_{1}}+{{i}_{2}}-ALeftrightarrow 15=0+{{i}_{2}}-ARightarrow {{i}_{2}}=15+A)

Lại có: (sin {{i}_{2}}=nsin {{r}_{2}}Leftrightarrow sin left( 15+A right)=1,5sin A)

(Leftrightarrow sin 15cos A+sin Acos 15=1,5sin ALeftrightarrow sin 15cos A=left( 1,5-cos 15 right)sin A)

(Leftrightarrow tan A=frac{sin 15}{left( 1,5-cos 15 right)}Rightarrow Aapprox 25,{{85}^{0}})

Tỉ dụ 3: 1 lăng kính có chiét suất (n=sqrt{2}). Chiếu 1 tia sáng đơn sắc vào mặt bên của lăng kính góc đến i = 450, tia ló ra khỏi lăng kính vuông góc với mặt bên thứ 2 như hình vẽ. Tìm góc chiết quang A của lăng kính?

Hướng áp giải

Tại điểm đến I của mặt thứ nhất ta có: (sin {{i}_{1}}=nsin {{r}_{1}})

(Leftrightarrow sin 45=sqrt{2}sin {{r}_{1}}Leftrightarrow sin {{r}_{1}}=frac{1}{2}Rightarrow {{r}_{1}}={{30}^{0}})

Vì tia ló ra khỏi mặt thứ 2 đi vuông góc nên i2 = 0 → r2 = 0

Ta có: (A={{r}_{1}}+{{r}_{2}}Rightarrow A={{r}_{2}}={{30}^{0}})

Tỉ dụ 4: Cho 1 lăng kính tam giác đều ABC, chiết suất (n=sqrt{3}). Chiếu tia sáng đơn sắc đến mặt bên AB của lăng kính với góc đến i = 0 thì đường đi của tia sáng như thế nào ?

Hướng áp giải

+ Ta có: (i=0Rightarrow {{r}_{1}}=0Rightarrow {{r}_{2}}=A={{60}^{0}})

+ Định luật khúc xạ tại J:

(sin {{i}_{2}}=noperatorname{s}text{in}{{text{r}}_{2}}=sqrt{3}sin {{60}^{0}}=1,5>1)

+ Vậy phản xạ toàn phần tại J

+ Theo định luật phản xạ có:

(r_{2}^{/}={{r}_{2}}={{60}^{0}})(Rightarrow widehat{RJC}={{30}^{0}}Rightarrow JRbot BC)

Vậy tia sáng đi vuông góc tới mặt đáy BC rồi ra ngoài.

Tỉ dụ 5: Cho 1 lăng kính có chiết suất (n=sqrt{3})và góc chiết quang A. Tia sáng đơn sắc sau lúc khúc xạ qua lăng kính cho tia ló có góc lệch cực tiểu đúng bằng A.

a) Tính góc chiết quang A.

b) Nếu nhúng lăng kính này vào nước có chiết suất ({{n}_{nc}}=frac{4}{3})thì góc đến i phải bằng bao lăm để có góc lệch cực tiểu ? Tính góc lệch cực tiểu lúc đấy ?

Hướng áp giải

a) Khi ({{D}_{min }}Rightarrow left{ begin{align} & {{r}_{1}}={{r}_{2}}=frac{A}{2} & {{i}_{1}}={{i}_{2}}=i end{align} right.Rightarrow {{D}_{min }}=2i-ALeftrightarrow A=2i-ARightarrow i=A)

Ta có: (sin i=nsin rLeftrightarrow sin A=sqrt{3}sin frac{A}{2}Leftrightarrow 2sin frac{A}{2}cooperatorname{s}frac{A}{2}=sqrt{3}sin frac{A}{2})

(Leftrightarrow cooperatorname{s}frac{A}{2}=frac{sqrt{3}}{2}Rightarrow A={{60}^{0}})

b) Khi ({{D}_{min }}Rightarrow left{ begin{align} & {{r}_{1}}={{r}_{2}}=frac{A}{2}={{30}^{0}} & {{i}_{1}}={{i}_{2}}=i end{align} right.)

Ta có: (sin i=frac{{{n}_{lk}}}{{{n}_{nc}}}sin {{30}^{0}}Leftrightarrow sin i=frac{sqrt{3}}{4/3}sin {{30}^{0}}=frac{3sqrt{3}}{8}Rightarrow i=40,{{5}^{0}})

Góc lệch cực tiểu lúc đấy: ({{D}_{min }}=2i-A={{21}^{0}})

Tỉ dụ 6: Lăng kính thủy tinh có n = 1,5 góc A = 600. Chiếu 1 chùm tia sáng hẹp đơn sắc đến lăng kính trong mặt phẳng của thiết diện vuông góc.

a)  Tính i1 để tia ló và tia đến đối xứng nhau qua mặt phẳng phân giác của A.

b) Tính góc lệch.

Hướng áp giải

a)  Tính i1 để tia ló và tia đến đối xứng nhau qua mặt phẳng phân giác của A

– Khi tia ló và tia đến đối xứng nhau qua mặt phẳng phân giác của A thì:

r1 = r2 = (frac{A}{2}) = 300

– Vận dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại I (hình vẽ), ta có:

sini1 = nsinr1 = 1,5sin300 = 0,75 → i1 = 48,590 = 48035′.

Vậy: Để tia ló và tia đến đối xứng nhau qua mặt phẳng phân giác của A thì i1 = 48o35’.

b)  Góc lệch D

Ta có: D = i1 + i2 – A = 2i1 – A = 2.48035¢ – 600 = 37010¢.

Vậy: Góc lệch giữa tia ló và tia đến là D = 37o10’.

3. LUYỆN TẬP

Bài 1. Lăng kính có chiết suất (n=sqrt{2}) và góc chiết quang A = 600. 1 chùm sáng đơn sắc hẹp được chiếu vào mặt bên AB của lăng kính với góc đến 300. Tính góc ló của tia sáng lúc ra khỏi lăng kính và góc lệch của tia ló và tia đến.

Bài 2. Lăng kính có chiết suất n = 1,6 và góc chiết quang nhỏ A = 50. 1 chùm sáng đơn sắc hẹp được chiếu vào mặt bên AB của lăng kính với góc đến bé. Tính góc lệch của tia ló và tia đến.

Tỉ dụ 5: Lăng kính có góc chiết quang A = 600, chiết suất(n=1,41approx sqrt{2}) đặt trong ko khí. Chiếu tia sáng đơn sắc SI đến mặt bên với góc đến i = 450.

a) Tính góc lệch của tia sáng qua lăng kính.

b) Nếu ta tăng hoặc giảm góc đến 100 thì góc lệch tăng hay giảm.

Bài 3. Lăng kính thủy tinh chiết suất (n=sqrt{2}), có góc lệch cực tiểu Dmin bằng nửa góc chiết quang A. Tìm góc chiết quang A của lăng kính?

Bài 4. Hình vẽ bên là đường truyền của tia sáng đơn sắc qua lăng kính đặt trong ko khí có chiết suất n = (sqrt{2}). Biết tia đến vuông  góc với mặt bên AB và tia ló ra khỏi lăng kính đi tà tà mặt AC. Tính góc chiết quang lăng kính.

Bài 5. Chiếu 1 tia sáng đơn sắc tới mặt bên AB của 1 lăng kính thiết diện là 1 tam giác đều ABC, theo phương song song với đáy BC. Tia ló ra khỏi AC đi tà tà mặt AC. Tính chiết suất của chất làm lăng kính ?

Bài 6. 1 lăng kính có thiết diện thẳng là 1 tam giác vuông cân ABC, A = 90°; B = 30° và C = 60°. Chiếu 1 tia sáng đơn sắc SI đến mặt bên AB của lăng kính theo phương song song với đáy BC. Tia sáng đi vào lăng kính và ló ra ở mặt bên AC. Biết chiết suất của lăng kính (ứng với ánh sáng đơn sắc chiếu đến lăng kính) là n.

a) Để tia sáng ló ra khỏi mặt bên AC thì chiết suất của lăng kính phải thỏa mãn điều kiện gì?

b) Với n bằng bao lăm thì tia sáng phản xạ toàn phần ở mặt bên AC và ló ra khỏi mặt bên BC theo phương vuông góc với BC.

Bài 7. 1 lăng kính thủy tinh có góc chiết quang A, chiết suất n = 1,5. Chiếu tia sáng qua lăng kính để có góc lệch cực tiểu bằng góc chiết quang A. Tính góc B của lăng kính biết thiết diện thẳng là tam giác ABC cân tại A.

Bài 8. Chiếu 1 chùm tia sáng hẹp song song, đơn sắc vào 1 lăng kính có có thiết diện thẳng là tam giác đều ABC, chiết suất n = (sqrt{3}) đối với ánh sáng đơn sắc này.

a) Tính góc đến để có góc lệch cực tiểu. Tính góc lệch cực tiểu này.

b) Góc đến phải có trị giá trong giới hạn nào để có tia ló ở mặt AC.

Bài 9. 1 lăng kính thủy tinh có n = 1,5. Tiết diện vuông góc là tam giác vuông cân ABC (A = 900). Tia sáng đơn sắc SI được chiếu đến mặt AB theo phương song song BC. Xác định đường đi của tia sáng qua lăng kính.

Bài 10. 1 lăng kính thủy tinh có thiết diện thẳng là tam giác cân ABC đỉnh A. 1 tia sáng rọi vuông góc vào mặt bên AB sau 2 lần phản xạ toàn phần liên tục trên mặt AC và AB thì ló ra khỏi BC theo phương vuông góc BC.

a) Tính góc chiết quang A.

b) Tìm điều kiện chiết suất phải thỏa mãn.

Bài 11. 1 lăng kính có thiết diện thẳng là tam giác vuông cân ABC, A = 900 được đặt sao cho mặt huyền BC xúc tiếp với mặt nước trong chậu, nước có n = 4/3.

a) 1 tia sáng đơn sắc SI tới mặt bên AB theo phương song song với BC. Chiết suất n của lăng kính và khoảng cách AI phải thỏa mãn điều kiện gì để tia sáng phản xạ toàn phần tại mặt BC ?

b) Giả sử AI thỏa mãn điều kiện tìm được, n = 1,41. Hãy vẽ đường đi của tia sáng ?

—–( Để xem đầy đủ nội dung của tài liệu, các em vui lòng xem Online hoặc Đăng nhập để tải về dế yêu)——

Trên đây là trích dẫn 1 phần nội dung tài liệu Phương pháp giải bài tập chuyên đề lăng kính môn Vật Lý 11 5 2021-2022. Để xem thêm nhiều tư liệu có ích khác, các em đăng nhập vào trang hoc247.net để tải tài liệu về máy tính.

Hy vọng tài liệu này sẽ giúp các em học trò ôn tập tốt và đạt thành quả cao trong học tập.

Ngoài ra các em học trò có thể tham khảo thêm 1 số tư liệu cùng phân mục sau đây:
Phương pháp giải dạng bài tập về phản xạ toàn phần môn Vật Lý 11 5 2021-2022
Phương pháp giải bài tập liên can tới phản xạ – khúc xạ môn Vật Lý 11 5 2021-2022

Phương pháp giải bài tập về Độ giảm điện thế của đoạn mạch môn Vật Lý 9

270

Đoàn luyện kĩ năng giải bài toán mạch điện bằng bí quyết điện thế nút – Định luật Kiếc-Sốp môn Vật Lý 9

485

Đoàn luyện kĩ năng giải bài toán mạch điện bằng bí quyết điện thế nút – Chọn gốc điện thế môn Vật Lý 9

171

Đoàn luyện kĩ năng giải bài toán mạch điện bằng bí quyết điện thế nút – Định luật Ôm môn Vật Lý 9 5 2020

155

Chuyên đề Sự lệ thuộc của cường độ dòng điện vào hiệu điện thế giữa 2 đầu dây dẫn môn Vật Lý 9

117

Phương pháp giải bài tập Sự lệ thuộc của cường độ dòng điện vào hiệu điện thế môn Vật Lý 9 5 2020

104

[rule_2_plain] [rule_3_plain]

#Phương #pháp #giải #bài #tập #chuyên #đề #lăng #kính #môn #Vật #Lý #5

#Phương #pháp #giải #bài #tập #chuyên #đề #lăng #kính #môn #Vật #Lý #5

Happy Home

Trả lời

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *

Back to top button