›
›
›

Bài tập luyện tập tổng hợp Vật lí Lớp 11 - Tập 2 - Phần 2: Quang hình học - Chuyên đề 5: Sự khúc xạ ánh sáng

doc 43 trang xuanthu 27/08/2022 4040
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài tập luyện tập tổng hợp Vật lí Lớp 11 - Tập 2 - Phần 2: Quang hình học - Chuyên đề 5: Sự khúc xạ ánh sáng", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.

File đính kèm:

  • docbai_tap_luyen_tap_tong_hop_vat_li_lop_11_tap_2_phan_2_quang.doc

Nội dung text: Bài tập luyện tập tổng hợp Vật lí Lớp 11 - Tập 2 - Phần 2: Quang hình học - Chuyên đề 5: Sự khúc xạ ánh sáng

  1. Chuyên đề 5: SỰ KHÚC XẠ ÁNH SÁNG 6. Chùm tia sáng Mặt Trời chiếu vào giọt nước hình cầu cĩ chiết suất n 4 / 3. a) Chứng tỏ chỉ cĩ một tia sáng qua tâm giọt nước. b) Xét tia sáng cĩ gĩc tới 60 . Tính gĩc lệch giữa tia lĩ và tía tới. Bài giải a) Chứng tỏ chỉ cĩ một tia sáng qua tâm giọt nước Tia sáng qua tâm giọt nước ứng với tia khúc xạ với r 0 i 0 . Như vậy trong chùm tia sáng Mặt Trời chiếu vào giọt nước hình cầu thì chỉ cĩ một tia sáng qua tâm giọt nước (tia tới hướng vào tâm giọt nước). b) Gĩc lệnh giữa tia lĩ và tia tới -Với mơi trường khơng khí – nước: sin i1 sin i1 sin 60 n sin r1 sin r1 n n 3 3 3 sin i 2 1 4 8 3 r1 4030' . - Tam giác cân OIJ cho r2 r1 4030' . sin r 1 - Với mơi trường nước – khơng khí: 2 . sin i2 n Vì r2 r1 nên i2 i1 60 . - Tam giác NIJ cho: D NIJ NJI (i1 r1) (i2 r2 ) 2(i1 r1) 2.(60 4030') 39 . Vậy: Gĩc lệch giữa tia tới và tia lĩ là 39 . 7. Theo nguyên lí Fermat, ánh sáng truyền từ điểm này tới điểm kia theo đường đi sao cho thời gian truyền ngắn nhất. Cĩ hai điểm ở trong các mơi trường chiết suất n1 và n2 . Từ nguyên lí Fermat, hãy suy ra định luật khúc xạ ánh sáng. Bài giải Giả sử ánh sáng truyền theo đường AIB (hình vẽ). Gọi A , B là hình chiếu của A và B lên mặt phân cách giữa hai mơi trường 1, 2.
  2. - Đặt AA a; BB b; A B c (a, b, c cĩ giá trị xác định); A I x, B I c x . - Thời gian truyền của ánh sáng là: AI BI a2 x2 (c x)2 b2 t t1 t2 t v1 v2 v1 v2 dt - Để t t thì 0 min dx 2x 2(c x) 0 2 2 2 2 v1 a x v2 (c x) b x (c x) 0 2 2 2 2 v1 a x v2 (c x) b x (c x) sin i sin r Vì sin i; sin r . 2 2 2 2 a x (c x) b v1 v2 sin i v1 n2 c c (với v1 ,v2 ) sin r v2 n1 n1 n2 sin i n Vậy: Từ nguyên lí Fermat ta đã suy ra được định luật khúc xạ ánh sáng 2 , với i là gĩc tới sin r n1 và r là gĩc khúc xạ. 8. Một mơi trường trong suốt tồn tại ở nửa khơng gian x 0 trong hệ tọa độ Đề-các, chiết suất của mơi 2 2 2 trường biến đổi theo tọa độ y theo quy luật n(y) n0 1 k (a y ) trong đĩ n0 , k và a là các hằng số dương. Xét một tia sáng tới nằm trong mặt phẳng Oxy, song song với Ox, đi đến mặt phân cách của mơi trường tại vị trí cĩ tọa độ y a như hình vẽ. Tìm phương trình quỹ đạo của tia sáng. Bài giải Chia mơi trường thành những lớp mỏng song song với trục Ox như hình vẽ, theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta cĩ: n(y)sin i n0 sin 90 const n(y)sin i n0 Gọi là gĩc giữa tiếp tuyến quỹ đạo và trục Ox, ta cĩ: i 90 cos sin i n(y)cos n0
  3. dy 1 Ta cĩ: tan 1 dx cos2 2 n(y) 2 2 1 k a y n0 y dy x k dx y a cos(kx) 2 2 a a y 0 Vậy: Tia sáng truyền trong mơi trường theo quỹ đạo hình sin. 9. Một tia sáng SI đi từ khơng khí vào một bản mặt song song cĩ bề dày e 0,3m với chiết suất thay đổi 4 theo độ sâu x với quy luật n như hình vẽ, với x 0,1m . x 0 1 x0 Xác định quỹ đạo của tia sáng trong bản mặt song song? Nĩ cĩ thể đạt tới độ sâu nào và bị lệch một khoảng bao nhiêu so với điểm tới? Cho biết gĩc tới 0 30,OI 0,63m , chiết suất khơng khí bằng 1. Bài giải - Khi tia sáng đi từ khơng khí vào bản mặt song song, ta cĩ: sin 1 1 (1) sin 0 n1 - Sau khi tia sáng đi qua một khoảng nhỏ dh trong bản mặt thì: sin n 2 1 (a) sin 1 n2 sin n sin n Tiếp theo: 3 2 (b) ; n n 1 (n) sin 2 n3 sin n 1 nn - Nhân (a), (b), , (n) với nhau vế theo vế, ta được: sin 1 n (2) sin 0 nn sin 1 - Tổng quát, ta cĩ: (3) sin 0 n Với là gĩc giữa tiếp tuyến của quỹ đạo tia sáng và phương thẳng đứng. Nếu khảo sát quỹ đạo của tia sáng như một hàm dịch chuyển theo độ sâu thì: f (x) tan (hệ số gĩc của tiếp tuyến).
  4. n 1 - Từ (3) suy ra: sin 0 sin n2 1 n2 2 1 cot 2 2 2 1 sin 0 tan sin 0 sin sin f (x) 0 0 (4) 2 2 16 n sin 0 2 2 sin 0 x 1 x0 1 - Thay x 0,1m,sin vào (4) và biến đổi, ta được: 0 0 2 (10x 1) f (x) 64 (1 10x)2 (10x 1)dx 1 (10x 1)d(10x 1) f (x) 2 2 64 (1 10x) 10 64 (1 10x) 1 1 d(10x 1)2 1 f (x) . ( 2) 64 (1 10x)2 C 2 10 2 64 (1 10x) 20 f (x) 0,64 (x 0,1)2 C - Từ hệ tọa độ đã cho, ta chỉ lấy nghiệm: f (x) 0,64 (x 0,1)2 C với hằng số C được xác định từ điều kiện ban đầu: x 0 thì f (x) 0,63 . 0,64 (0 0,1)2 C 0,63 C 0 Từ đĩ: f (x) 0,64 (x 0,1)2 : đường trịn tâm J ( 0,1;0) , bán kính r 0,8 m . - Dựa vào hình vẽ, ta xác định được độ sâu của tia sáng đi được: x r 0,1 0,8 0,1 0,7 m e 0,3 m : tia sáng đi hết bề dày của bản mặt. - Độ lệch tia sáng so với điểm tới khi ra khỏi bản: y IK OI OK 0,63 0,82 0,42 0,1009 m Vậy: Quỹ đạo của tia sáng trong bản mặt song song là cung trịn tâm J ( 0,1;0) , bán kính r 0,8 m ; độ sâu đạt tới là x 0,7 m và bị lệch một khoảng 0,1009 m so với điểm tới. 10. a) Một vỏ cầu cĩ bán kính ngồi R1 và bán kính trong R2 được làm bằng chất trong suốt cĩ chiết suất n2 . Từ mơi trường ngịai cĩ chiết suất n1 , một tia sáng được chiếu tới vỏ cầu dưới gĩc tới i1 .
  5. Trước khi đi vào bên trong, tia sáng chiếu đến mặt trong của vỏ cầu dưới gĩc tới i2 (hình vẽ). Thiết lập hệ thức liên hệ giữa i1,i2 với R1, R2 và n1,n2 . b) Một quả cầu tâm O, bán kính R được làm bằng một chất trong suốt. Cách tâm O khoảng r, chiết suất của quả cầu tại những điểm đĩ 2R được xác định bởi biểu thức n . Từ khơng khí, chiếu một r R r tia sáng tới quả cầu dưới gĩc tới i 30. Xác định khoảng cách ngắn nhất từ tâm O tới đường đi của tia sáng. Bài giải a) Hệ thức liên hệ giữa i1,i2 với R1, R2 và n1,n2 - Áp dụng định luật khúc xạ, tại điểm I: n1 sin i1 n2 sin r (1) - Áp dụng định lí hàm số sin trong tam giác OIJ: R R 1 2 (2) sin i2 sin r - Từ (1) và (2) suy ra: n1R1 sin i1 n2 R2 sin i2 (3) Vậy: Hệ thức liên hệ giữa i1,i2 với R1, R2 và n1,n2 là n1R1 sin i1 n2 R2 sin i2 . b) Khoảng cách ngắn nhất từ tâm O tới đường đi của tia sáng - Chia quả cầu thành những vỏ cầu mỏng: bán kính trong r, bán kính ngồi r dr . Chiết suất của vỏ cầu coi như khơng đổi và bằng n1 . R - Từ (3): n r sin i n Rsin 30 . r R 2 R 1 1 R 1 R sin i . ( 1) (x 1) với x (4) 2R 2 r 4 r 4 r R r R - Từ (4): x 3 r khi (sin i) 1 và i 90. max min 3 max R Vậy: Khoảng cách ngắn nhất từ tâm O tới đường đi của tia sáng là r . min 3
  6. 11. Một nguồn sáng điểm S nằm tại đáy của một hồ nước cĩ chiều sâu là H. Một người đặt mắt trong khơng khí phía trên mặt chất lỏng để quan sát ảnh của nguồn sáng S dưới đáy hồ. a) Giả sử chất lỏng là đồng chất cĩ chiết suất n 3 và mắt cĩ cảm giác S nằm cách mặt nước h 1 m . Tính H trong các trường hợp sau: • Mắt nhìn nguồn sáng theo phương vuơng gĩc với mặt chất lỏng. • Mắt nhìn nguồn sáng theo phương hợp với mặt chất lỏng một gĩc 30 . y b) Thật ra chiết suất của chất lỏng thay đổi theo chiều sâu với quy luật n(y) 3 với y là H khoảng cách từ mặt nước đến điểm đang xét. Biến tia sáng truyền từ S lĩ ra khỏi mặt nước và đi tới mắt theo phương hợp với mặt nước một gĩc 30 và tia này lĩ ra ở điểm cách S một khoảng x0 2 m theo phương nằm ngang. Tính H. Lời giải a) Tính H - Trường hợp mắt nhìn nguồn sáng theo phương vuơng gĩc với mặt chất lỏng: Khi đĩ: H nh 3.1 1,73m - Trường hợp mắt nhìn nguồn sáng theo phương hợp với mặt chất lỏng một gĩc 30 : 1 3 Khi đĩ: r 90 60 cos r ;sin r 2 2 sin r 3 1 3 và sin i ;cosi n 2 3 2 2 - Xét hai tia sáng SI và SJ đến mặt thống với các gĩc tới là i và (i di) với di rất nhỏ, các tia lĩ ra khỏi mặt thĩang với các gĩc r và (r dr) . Đường kéo dài của hai tia lĩ gặp nhau tại S , ta cĩ: nsin i sin r ncosidi cos rdr di cos r hay: (1) dr ncosi di - Mặt khác, ta cĩ: IJ d(H tan i) H . cos2 i dr di h cos2 i - Tương tự, ta cĩ: IJ d(h tan r) h . (2) cos2 r dr H cos2 r
  7. 3 3 ncos3 i - Từ (1) và (2) ta được: H h 1. 3 2 9 m . cos3 r 1 2 Vậy: Khi mắt nhìn nguồn sáng theo phương hợp với mặt chất lỏng một gĩc 30 thì H 9m . y b) Tính H khi chiết suất biến đổi theo quy luật n(y) 3 H - Chia chất lỏng ra các lớp rất mỏng để cĩ thể xem như chiết suất của lớp cĩ tung độ y đến (y dy) là khơng đổi và bằng n(y) . - Tại bề mặt cĩ tung độ y, theo định luật khúc xạ ta cĩ: cos n(y)sin i 1.cos cos sin i n(y) cos dx dy.tan i dy n(y)2 cos2 - Độ dời ngang của điểm lĩ của tia sáng: 0 cos H cos x dy dy 0 2 2 y H n(y) cos 0 3 cos2 H 2 x 2H cos 3 cos2 2 cos2 , x 6 cm; 45, cos . 0 0 2 2 2 2 2 x0 2H cos 3 2 ( 5 3)H . 2 2 x 2 H 0 4 m 5 3 5 3 y Vậy: Khi chiết suất biến đổi theo quy luật n(y) 3 thì H 4 m . H 12. Một khối nhựa trong suốt hình lập phương, chiết suất n. Định điều kiện mà n phải nghiệm để mọi tia sáng từ khơng khí xuyên vào một mặt, tới mặt kề đều phản xạ tồn phần trên mặt này. Bài giải Xét một tiết diện chứa mặt phẳng tới. Theo đề thì tại I cĩ khúc xạ và tại J cĩ phản xạ tồn phần. Ta cĩ: sin i - Tại I: sin i nsin r sin r 1 (1) 1 1 1 n
  8. 1 1 - Tại J: sin i ,i i sin i gh n 2 gh 2 n 1 1 hay cos r 1 sin2 r (2) 1 n 1 n Thay (1) vào (2) ta được: sin2 i 1 1 1 n2 sin2 i 1 n2 n 1 2 n 1 sin i1 Vì i1max 90 n 1 1 2 . Vậy: Để mọi tia sáng từ khơng khí xuyên vào một mặt đều phản xạ tồn phần trên mặt bên tiếp theo là n 2 . 13. Một lăng kính thủy tinh cĩ tiết diện là một tam giác vuơng cân ABC với gĩc A vuơng, cĩ mặt bên AC được bơi đen. Lăng kính được đặt lên một tờ giấy trên cĩ in thước chia độ MN chứa 100 độ chia sao cho mặt huyền BC áp vào thước chia, cạnh B trùng với vạch 0 của thước, cịn cạnh C trùng với vạch 100 của thước. Khi đĩ, nhìn qua mặt AB vào thước chia chỉ đọc đến đúng vạch 89. a) Xác định chiết suất của thủy tinh. b) Nếu cĩ một bản nhựa mỏng trong suốt hai mặt song song giữa thủy tinh và trang giấy thì đọc được đến độ chia nào? Cho biết chiết suất của nhựa là 1,38. Bài giải a) Tính n - Giả sử S là một điểm (một vạch chia) trên thước. Từ S phát ra một chùm sáng hình nĩn đỉnh S, nửa gĩc ở đỉnh là gĩc giới hạn phản xạ tồn phần igh của thủy tinh. - Mắt nhìn thấy điểm S nếu cĩ ít nhất một tia sáng của chùm sáng đĩ gặp mặt AB (khơng bị bơi đen). Điểm S xa nhất trùng với M mà mắt cịn thấy được là điểm mà tia sáng duy nhất của hình nĩn đến A. Do đĩ M là vạch 89 (MB 89) . 1 AI HM - Ta cĩ: sin i gh n AM AM AM HM 2 HA2 n HM HM
  9. với: HM 89 50 39 ; AM HM 2 HA2 392 502 63,41 63,41 n 1,626 39 Vậy: Chiết suất của thủy tinh là n 1,626 . b) Khi cĩ bản nhựa mỏng trong suốt: Lúc đĩ, bản nhựa trong suốt tạo thành một bản mặt song song giữa thước và lăng kính: ảnh của S sẽ dịch đi nhưng vì lớp nhựa rất mỏng nên ta bỏ qua độ dịch đĩ. Vì thế ta vẫn đọc được độ chia 89 mà thơi. 14. Một sợi quang hình trụ rất dài, chiết suất lõi là n1 1,5 ; chiết suất vỏ là n2 1,48. Bán kính vỏ lớn hơn rất nhiều so với bán kính lõi. Một tia sáng SI đi vào một đầu sợi quang dưới gĩc tới I, khúc xạ và lĩ ra khỏi đầu cịn lại sau nhiều lần phản xạ tồn phần tại mặt phân cách giữa lõi và vỏ. a) Tính giá trị lớn nhất im để tia sáng chỉ truyền trong lõi sợi quang. b) Sợi quang được uốn thành một cung trịn bán kính R (R là khoảng cách tâm cung trịn đến trục của lõi sợi quang). Tính lại im , cho bán kính lõi là a 0,2 mm ; bán kính vỏ là R 5 cm . (Trích Đề thi Olimpic 30 tháng 4, lần thứ XX – 2014) Bài giải a) Giá trị lớn nhất im để tia sáng chỉ truyền trong lõi sợi quang - Gĩc tới im lớn nhất của tia tới SI ứng với trường hợp tia khúc xạ IJ tới mặt tiếp xúc của hai lớp thủy tinh dưới gĩc tới giới hạn phản xạ tồn phần tại J, tức là gĩc khúc xạ tại I: n r cos r sin 2 2 ni 2 2 2 2 2 - Từ đĩ: sin im n1 sin r n1 1 cos r n1 n2 1,5 1,48 0,24413 im 14 o Vậy: Giá trị lớn nhất im để tia sáng chỉ truyền trong lõi sợi quang là im 14 . b) Tính lại im - Gĩc tới im lớn nhất bây giờ của tia SI ứng với tia KH tới mép ngồi của hình vành khăn dưới gĩc giới hạn phản xạ tồn phần A. sin K sin H - Xét tam giác OKH, ta cĩ: . OH OK
  10. Với K ( ); H ;OH R a;OK R a sin( ) sin Từ đĩ: R a R a R a n R a sin( ) sin . 2 . R a n1 R a - Vì a R nên K r 2 n R a r ( );cos r sin( ) 2 . . 2 n1 R a 2 2 R a 50 0,2 2 2 2 2 Từ đĩ: sin im n1 n2 1,5 1,48 0,1558 . R a 50 0,2 im 9 . Vậy: Khi tính lại theo các giá trị của R và a ta được im 9 . 15. Một sợi cáp quang hình trụ rất dài, hai đáy phẳng và vuơng gĩc với trục sợi cáp, bằng thủy tinh chiết suất n1 , được bao quanh bằng một hình trụ đồng trục, bán kính lớn hơn nhiều bán kính a của sợi cáp, bằng thủy tinh chiết suất n2 , với n2 n1 (hình vẽ). Một tia sáng SI tới một đáy của sợi cáp quang dưới gĩc i, khúc xạ trong sợi cáp, và sau nhiều lần phản xạ tồn phần ở mặt tiếp xúc giữa hai lớp thủy tinh, cĩ thể lĩ ra khỏi đáy kia. a) Tính giá trị lớn nhất im mà i khơng vượt quá để tia sáng khơng truyền sang lớp vỏ ngịai. b) Sợi cáp (cùng với lớp bọc) được uốn cong cho trục của nĩ làm thành một cung trịn, bán kính R. Gĩc i bây giờ là bao nhiêu? Cho biết: n1 1,50;n2 1,48;a 0,2mm; R 5cm . Chú ý: - Chỉ cần xét tia sáng nằm trong mặt phẳng chứa trục của sợi cáp. - Chỉ cần cho biết giá trị chính xác của sin, cosin hoặc tan của im . (Trích Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia, Năm 2001) Bài giải a) Giá trị lớn nhất im mà i khơng vượt quá để tia sáng khơng truyền sang lớp vỏ ngồi.
  11. Gĩc tới im lớn nhất ứng với IJ tới mặt tiếp xúc của hai lớp thủy tinh dưới gĩc giới hạn igh tức là ứng với r i . Do đĩ: 2 gh n2 cos r sin igh ; n1 2 2 n2 2 2 2 2 sin im nsin r n1 1 cos r n1 1 2 n1 n2 1,5 1,48 n1 n 0,244;im 1408 Vậy: Giá trị lớn nhất im mà i khơng vượt quá để tia sáng khơng truyền sang lớp vỏ ngồi là im 1408 . b) Khi sợi cáp được uốn thành cung trịn Gĩc tới im lớn nhất ứng với tia JH tới mép ngồi của hình vành khăn dưới gĩc tới igh . Trong tam sin J sin H giác OJH, ta cĩ: . OH OJ sin(i ) sin i gh gh R a R a R a n2 R a sin(igh ) sin igh . R a n1 R a Do đĩ: r (i ) nên: 2 gh n2 R a cos r sin(igh ) sin igh . n1 R a 2 n2 R a sin im n1 sin r n1 1 . 0,1558 n1 R a im 9 Vậy: Gĩc i bây giờ là im 9 . 16. Một tia sáng đi vào một giọt nước hình cầu chiết suất n như hình vẽ. a) Gĩc tới của tia sáng trên mặt đối diện là bao nhiêu? Tia này là tia phản xạ một phần hay tồn phần?
  12. b) Tìm biểu thức của gĩc lệch D. c) Tìm gĩc để tạo ra gĩc lệch cực tiểu. Bài giải a) Tính gĩc tới - Trên hình vẽ, ta cĩ: nsin sin (1) 1 1 - Vì sin sin n n i igh : cĩ sự phản xạ một phần trên mặt cầu đối diện. b) Biểu thức của gĩc lệch D Vì ( ) x x 2 Ta cĩ: D 2x 4 2 (2) Vậy: Biểu thức của gĩc lệch D là D 4 2 . c) Gĩc để tạo ra gĩc lệch cực tiểu dD d d 1 - Từ (2), để gĩc lệch cực tiểu thì: 4 2 0 . d d d 2 1 d 1 cos cos - Từ (1): ar sin sin . . n d n cos ncos cos 1 4cos2 cos2 ncos 2 n2 1 4 1 3 1 sin2 cos2 1 cos2 n2 n2 n2 n2 n2 1 cos2 3 n2 1 Vậy: Để cĩ gĩc lệch cực tiểu thì cos2 . 3 17. a) Xét một bản song song, trong suốt cĩ chiết suất n biến thiên theo khoảng cách z tình từ mặt dưới của bản (hình vẽ). Chứng minh rằng nA sin nB sin  . b) Giả sử bạn đứng trong một sa mạc rộng và phẳng. Bạn thấy ở đằng xa hình như cĩ mặt nước. Nhưng khi bạn lại gần thì “nước” lại lùi ra xa sao cho khoảng cách từ bạn đến “nước” luơn luơn khơng đổi. Giải thích ảo ảnh đĩ.
  13. c) Ước lượng nhiệt độ của mặt đất trong câu b với giả thiết rằng mắt bạn ở độ cao 1,6m so với mặt đất và khoảng cách từ bạn tới “nước” bằng 250m. Chiết suất của khơng khí ở nhiệt độ 15C và ở áp suất khí quyển chuẩn là 1,000276. Ở độ cao hơn 1m so với mặt đất thì nhiệt độ khơng khí được coi là khơng đổi và bằng 30C . Áp suất khí quyển bằng áp suất tiêu chuẩn. Gọi chiết suất khơng khí bằng n và giả thiết rằng n 1 tỉ lệ với khối lượng riêng của khơng khí. Ước lượng độ chính xác của kết quả thu được. (Trích Đề thi Olympic Quốc tế, Thụy Điển -1984) Bài giải a) Chứng minh rằng nA sin nB sin  Chia bản thành rất nhiều lớp rất mỏng cĩ chiết suất coi như khơng đổi trong mỗi lớp: n1,n2 Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng, ta được: nA sin n1 sin 1 n2 sin 2 nk sin k nB sin  Vậy: nA sin nB sin  . b) Giải thích ảo ảnh Lớp khơng khí càng gần mặt đất thì càng nĩng, chiết suất giảm theo độ cao nên tia sáng truyền từ M theo đường cong với gĩc khúc xạ tăng dần. Tại điểm P cĩ sự phản xạ tồn phần, tia sáng đi cong lên và lọt vào mắt O. Mắt sẽ nhìn thấy ảnh M của M ngược so với vật gây nên ảo ảnh cĩ “nước”. c) Ước lượng nhiệt độ của mặt đất và độ chính xác của kết quả thu được Vì khối lượng riêng của một chất khí ở áp suất khơng đổi tỉ lệ nghịch với nhiệt độ tuyệt đối T, mặt khác theo đề thì (n 1) tỉ lệ với khối lượng riêng nên ta cĩ: k (n 1) k n(T) 1 ,k const T k - Ở 15C (T 288K) thì n 1,000276 :1,000276 1 k 0,0795. 288
  14. 0,0795 n(T) 1 (1) T - Khi cĩ phản xạ tồn phần ở P thì: nP n(T1)sin  (2) Với T1 303K là nhiệt độ khơng khí ở độ cao lớn hơn 1 m, nP là chiết suất khơng khí ở mặt đất, với nP n(T). l2 1 h2 2  - Từ hình vẽ, ta cĩ: sin 2 2 2 1 2 l h h l 1 l h2 1,62 sin  1 1 0,99998 l2 2502 0,0795 - Từ (1): n(T ) n(303) 1 1,000262 . 1 303 - Từ (2): n(T) 1,000262.0,99998 1,000242 . - Thay vào (1) ta được: T 328K hay t 55C . Vậy: Nhiệt độ của mặt đất vào khoảng 55C . 18. Một lăng kính thủy tinh cĩ n 1,5 . Tiết diện vuơng gĩc là tam giác vuơng cân ABC (A 90) . Tia sáng đơn sắc SI được chiếu tới mặt AB theo phương song song BC. Xác định đường đi của tia sáng qua lăng kính. Bài giải a) Trường hợp 1: Tia khúc xạ từ I gặp mặt đáy BC (hình a) A - Vì tia tới SI song song với mặt đáy BC nên gĩc tới lăng kính: i 45 (gĩc cĩ cạnh tương 1 2 ứng vuơng gĩc). - Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại I, ta cĩ: sini1 nsinr1 (1) sini 2 sinr 1 0,4714 r 28,12 1 n 2.1,5 1 - Tia khúc xạ IJ gặp mặt đáy BC tại J với gĩc tới J1 . Ta cĩ: J1 B r1 45 28,12 73,12
  15. 1 1 - Gĩc giới hạn phản xạ tồn phần tại J là: sini i 48,8 . gh n 1,5 gh - Vì J1 igh nên xảy ra phản xạ tồn phần tại J, cho tia phản xạ JK với gĩc phản xạ là: J2 J1 73,12 - Tia phản xạ từ J gặp mặt AC tại K với gĩc tới K1 . Ta cĩ: K1 J2 C 73,12 45 28,12 r1 - Vì K1 igh nên cĩ khúc xạ tại K cho tia lĩ ra khỏi lăng kính KR với gĩc khúc xạ i2 . Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại K, ta cĩ: sini2 nsin K1 nsinr1 (2) - Từ (1) và (2) suy ra: i2 i1 45 . Vậy: Tia lĩ ra khỏi lăng kính KR song song với tia lĩ tới SI. b) Trường hợp 2: Tia khúc xạ từ I gặp mặt bên AC (hình b) - Gĩc tới i1 và gĩc khúc xạ r1 tại I trên mặt AB là: i1 45;r1 28,12 . - Gĩc tới tại J trên mặt AC là: J1 A r1 90 28,12 61,88 Ta cĩ: J1 igh cĩ phản xạ tồn phần tại J với gĩc phản xạ J2 J1 61,88 . - Gĩc tới tại K1 trên mặt BC là: K1 J2 C 61,88 45 16,88 Vì K1 igh nên cĩ khúc xạ tại K cho tia lĩ ra khỏi lăng kính KR với gĩc khúc xạ i2 . - Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại K ta cĩ: sini2 nsin K1 1,5sin16,88 0,4356 i2 25,82 25,49 Vậy: Tia lĩ ra khỏi mặt BC với gĩc lĩ i2 2549 .
  16. 19. Một lăng kính thủy tinh cĩ chiết suất n 1,5 . Một tia sáng qua lăng kính cĩ gĩc lệch cực tiểu bằng gĩc chiết quang A của lăng kính. Tính A. Bài giải A - Khi gĩc lệch cĩ giá trị cực tiểu thì: D 2i A;r . min 1 1 2 - Theo đề bài thì Dmin A 2i1 A A i1 A . - Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại I ta cĩ: A nsinr sini nsin sin A 1 1 2 A A A nsin 2sin cos 2 2 2 A Vì sin 0 nên: 2 A n A cos 0,75 41,41 2 2 2 A 82,82 8249 Vậy: Gĩc chiết quang A của lăng kính bằng 8249 . 20. Một lăng kính thủy tinh chiết suất n 1,732 3 cĩ tiết diện vuơng gĩc là một tam giác đều ABC. Tia sáng SI, nằm trong mặt phẳng của tiết diện vuơng gĩc với mặt AB dưới gĩc tới i 60 a)Vẽ đường đi của tia sáng. Nhận xét. b) Giữ SI cố định, quay lăng kính một gĩc nhỏ quanh trục qua A và song song với cạnh. Xác định chiều quay của tia lĩ đối với chiều quay của lăng kính Bài giải a) Đường đi của tia sáng - Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại I, ta cĩ: sini1 nsinr1 3 i sin 1 2 1 sinr1 r1 30 n 3 2 và r2 A r1 60 30 30 - Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại J, ta cĩ:
  17. 1 3 sini nsinr 3. 2 2 2 2 i2 60 - Đường đi của tia sáng được vẽ như hình vẽ trên. * Nhận xét: Vì i2 i1 và r2 r1 nên tia sáng qua lăng kính đối xứng qua mặt phẳng phân giác AH của gĩc chiết quang A và gĩc lệch đạt giá trị cực tiểu D Dmin . b) Chiều quay của tia lĩ khi quay lăng kính một gĩc nhỏ Khi i1 60 thì D Dmin . Do đĩ, khi quay lăng kính một gĩc nhỏ quanh trục qua A và song song với cạnh thì gĩc tới i1 tăng hoặc giảm một lượng nhỏ, trong cả hai trường hợp thì gĩc lệch D đều tăng, suy ra tia lĩ quay theo chiều kim đồng hồ. Nếu lăng kính quay theo chiều kim đồng hồ ( i1 tăng) thì tia lĩ quay cùng chiều với lăng kính. Nếu lăng kính quay ngược chiều kim đồng hồ ( i1 giảm) thì tia lĩ quay ngược chiều với lăng kình. 21. Một lăng kính cĩ gĩc chiết quang A 60 . Biết rằng chỉ cĩ những tia tới ứng với gĩc tới i 27,92 mới cho tia lĩ sau lăng kính. Xác định chiết suất n của lăng kính. Bài giải Ta cĩ: Trường hợp i igh 60 thì tia lĩ sau lăng kính i 90 . sini sin 90 1 - Theo cơng thức lăng kính: sinr (1) n n n 1 n2 1 Và cosr 1 sin2 i 1 (2) n2 n - Mặt khác: r A r (3) Và sini nsinr nsin(A r ) n(sin A.cosr sinr .cos A) (4) - Thay (1), (2) vào (4) và biến đổi, ta được: sini n2 1.sin A cos A 2 2 sini cos A sin 27,92 cos60 n 1 1 1,5 sin A sin 60 Vậy: Chiết suất của lăng kính là n 1,5 22. Cho một lăng kính tiết diện hình tam giác đều ABC làm bằng thủy tinh cĩ chiết suất n 1,556 (hình vẽ).
  18. a) Tia tới LM song song với cạnh BC. Tìm tia lĩ (tia đi ra khỏi lăng kính), tính gĩc mà nĩ làm với pháp tuyến ở điểm lĩ. Cĩ nhận xét gì? b) - Tìm điều kiện chung về gĩc tới i1 để cĩ phản xạ tồn phần trên mặt AB. Chứng minh rằng nếu cĩ phản xạ tịan phần ấy thì cĩ sự liện hệ đơn giản giữa tia tĩi và cả tia lĩ. - Tính theo i1 gĩc lệch D (gĩc giữa tia tới và tia lĩ). Vẽ hình chính xác ứng với trường hợp D 90 (giả thiết lăng kính đủ lớn để tia khúc xạ MN luơn luơn gặp cạnh AB). (Trích Đề thi học sinh giỏi Quốc gia, Năm học 1991- 1992) Bài giải a) Gĩc mà tia lĩ làm với pháp tuyến ở điểm lĩ 1 1 Ta cĩ: i 90 60 30 sinr 0,321;r A r 1 1 2n 2.1,556 2 1 sinr2 sin(A r1) sin A cosr1 cos Asinr1 3 1 .0,947 .0,321 0,659 2 2 1 1 Và sini 0,643 sinr gh n 1,556 2 Do đĩ, tia MN phản xạ tồn phần trên mặt AB tại N. Tia phản xạ tới gặp CB tại P dưới gĩc tới r: r r2 60;r r2 60 . r r 30 nên cĩ tia lĩ ra khỏi BC dưới gĩc lĩ i2 Vì r r nên i1 i2 30 Vậy: Gĩc mà tia lĩ làm với pháp tuyến ở điểm lĩ là i2 30 . b) Điều kiện chung về gĩc tới i1 để cĩ phản xạ tồn phần trên mặt AB 1 - Để cĩ phản xạ tồn phần trên mặt AB thì: sinr sini . 2 gh n 3 1 sinr sin(A i ) sinr n2 1 1 gh 1 2n 2n
  19. sini1 nsinr1 0,5324 i1 32 Vậy: Để cĩ phản xạ tồn phần trên mặt AB thì i1 32 . Nếu điều kiện này thỏa thì theo câu a ta cĩ i1 i2 . Đĩ là mối liên hệ đơn giản giữa tia tới và tia lĩ. - Tính D theo i1 Từ hình b, ta cĩ: D H1 K1 với K1 i2 r 90 r2 . Và H1 i1 r1 90 r2 Vì i1 i2;r1 r2 và r1 r2 60 nên: D 2i1 60. 90 60 Khi D 90 thì i 15 . 1 2 Vậy: D 2i1 60 và đường đi của tia sáng được vẽ như hình vẽ. 23. Cho một lăng kính cĩ tiết diện thẳng là một tam giác đều ABC, cạnh là a. Chiếu một tia sáng trắng SI đến mặt bên AB dưới gĩc tới nào đĩ, sao cho các tia bị phản xạ tịan phần ở mặt AC rồi lĩ ra ở mặt BC. Chiết suất của lăng kính đối với tia đỏ là nđ 1,61; đối với tia tím là nt 1,68. (Tia SI nằm trong mặt phẳng hình vẽ). a) Tính gĩc lệch cực đại giữa tia tới SI và tia lĩ màu đỏ. b) Chứng tỏ rằng chùm tia lĩ là chùm song song. Tính bề rộng của chùm tia ấy theo a trong trường hợp gĩc lệch giữa tia tới SI và tia lĩ màu đỏ đạt cực đại. (Trích Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia, Năm 2004) Bài giải a) Gĩc lệch Dđ(max) - Trên hình bên, gĩc lệch của tia đỏ khi lĩ ra khỏi mặt AC: Dd 2(i1 r1d ) 180 2(60 r1d ) 60 2i1 - Giá trị i1 lớn nhất để mọi tia đều bị phản xạ: sini1 nsin(60 igh ) n(sin 60cosigh sinigh cos60) 3 1 1 1 3(n2 1) 1 sini n( . 1 . . ) 1 2 n2 n 2 2
  20. Dd (max) 60 2.38,4 133 1 Với nd 1,61 (tia đỏ); sin igh(d ) 0,6211;igh(d ) 38,4 ; nd 1 nt 1,68;sinigh 0,5952;ight 36,52. nt Vậy: Gĩc lệch Dd(max) 133. b) Chứng tỏ rằng chùm tia lĩ là chùm song song và tính bề mặt của chùm tia ấy - Chứng tỏ rằng chùm tia lĩ là chùm song song Từ hình vẽ, ta chứng minh được các gĩc khúc xạ của các tia tại mặt AB bằng các gĩc tới của tia tới mặt BC. sini1 sin k1 1 Ta cĩ: n, , với k1 là gĩc tới của tia tới mặt BC và k2 là gĩc khúc xạ của tia lĩ ra sinr1 sin k2 n khỏi BC. Vì k1 r1 k2 i2 nên tất cả các tia lĩ ra khỏi mặt BC cùng một gĩc. Vậy: Chùm tia lĩ là chùm song song. - Tính bề rộng của chùm lĩ sin i sin r 1max 0,368 Ta cĩ: 1(d ) n . cos r1(d ) 0,9298; r1(d ) 21,59 IJ AJ và IJ 0,9314AJ sin 60 cosr1 Tương tự: KJ 0,9314CJ HK IJ KJ 0,9314AB . Và MP HP tan(r1d r1t ) HK tan(r1d r1t ) 0,01512AB KM PM cos r1d 0,01406AB KQ KM cosi1(max) 0,0113AB 0,0113a Vậy: Bề rộng của chùm lĩ là KQ 0,0113a .
  21. 24. Người ta đặt trong khơng khí một lăng kính cĩ tiết diện thẳng là tam giác đều ABC. Điểm sáng S đặt cách mặt bên AB của lăng kính một đoạn a 30 cm và cách cạnh A một đoạn b 50 cm . Chiết suất của lăng kính là n 2 . Gọi S là điểm đối xứng của S qua mặt phẳng phân giác của gĩc chiết quang A (hình vẽ). a) Hãy xác định đường đi của tia sáng truyền từ S qua lăng kính tới S . b) Tính thời gian truyền của ánh sáng từ S đến S . (Trích Đề thi chọn lọc học sinh giỏi Quốc gia, Năm 2006) Bài giải a) Đường đi của tia sáng truyền từ S qua lăng kính tới S - Vì S và S đối xứng qua mặt phẳng phân giác gĩc A nên tia tới mặt AB và tia lĩ khỏi mặt AC đối xứng nhau qua mặt phẳng phân giác gĩc A, nghĩa là điểm I và J đối xứng nhau qua mặt phẳng AM; IJ vuơng gĩc cới AM tại H (ứng với gĩc lệch cực tiểu). Gọi i là gĩc tới của tia SI, i KSI , r là gĩc khúc xạ của tia IJ, ta cĩ: 2 r 90 60 30 và sini nsinr i 45 2 - Trên hình vẽ, ta cĩ: AI IK b2 a2 502 302 40 cm . Vì IK a tani a nên AI 10 cm (AI IJ); ·KSI 45 nên SIK là tam giác vuơng cân, do đĩ IK SK a . Vậy: Đường đi của tia sáng truyền từ S qua lăng kính tới S là SIJS với IJ song song với đáy BC. b) Thời gian truyền của ánh sáng từ S đến S a 30 Ta cĩ: SI 30 2 42,4 cm JS cosi 2 2 2SI n.IJ 10(6 2 n) 70 2 t 3,3.10 9 s 3,3ns . c c c 3.1010
  22. Vậy: Thời gian truyền của ánh sáng từ S đến S là t 3,3ns . 25. Để xác định chiết suất n của một lăng kính P, người ta đo gĩc chiết quang A và gĩc lệch cực tiểu Dm của tia sáng đơn sắc truyền qua lăng kính, kết quả đo như sau: A 60 1 và Dm 30 1 . n a) Tính chiết suất n và sai số tương đối của phép đo chiết suất. n b) Tính gĩc lệch cực đại của tia sáng truyền qua lăng kính. (Trích Đề thi học dinh giỏi Thanh Hĩa, Năm 2011) Bài giải a) Chiết suất của lăng kính và sai số tương đối của phép đo chiết suất - Tia sáng truyền qua lăng kính cĩ gĩc lệch cực tiểu khi tia lĩ đối xứng với tia tới qua đường phân D A sin m giác của gĩc chiết quang, nên: n 2 (1) A sin 2 Với: A 60;Dm 30 n 2 1,414 . - Lấy vi phân (1), ta được: D A D A m m D A A cos d m 2 2 sin .cos A dn 2 2 d A A 2 sin sin2 2 2 dn 1 D A 1 A cot g m d(D A) cot g dA n 2 2 m 2 2 - Sai số tương đối: n 1 D A 1 D A A cot g m D cot g m cot g A 15.103 . n 2 2 m 2 2 2 Vậy: Chiết suất của lăng kính và sai số của phép đo là: n n 2 và 15.10 3 . n b) Gĩc lệch cực đại của tia sáng truyền qua lăng kính - Tia sáng truyền qua lăng kính cĩ gĩc lệch cực tiểu khi: A 1 2 r r 30;i 45(sini nsinr 2. ) 2 2 2
  23. - Khi gĩc tới của tia sáng i 45 và tăng dần thì gĩc lệch D của tia sáng truyền qua lăng kính sẽ tăng lên và sẽ đạt giá trị cực đại khi gĩc tới i 90 . - Khi gĩc tới của tia sáng i 45 và nhỏ dần thì gĩc lệch D của tia sáng truyền qua lăng kính sẽ tăng lên và sẽ đạt giá trị cực đại khi gĩc tới đạt giá trị i0 . Gĩc giới hạn phản xạ tồn phần của lăng 1 kính P là sini nên i 45 . gh n gh - Để cĩ tia sáng truyền qua lăng kính thì: r igh 45 mà r r A nên r 15 . - Mặt khác: sini nsinr i0 21,4 và i 90 . - Khi gĩc tới i 90 thì gĩc lĩ i i0 . - Gĩc lệch cực đại: Dmax i i A 90 21,4 60 51,4. Vậy: Gĩc lệch cực đại của tia sáng truyền qua lăng kính là Dmax 51,4 26. Một mặt cầu bán kính cong OI R phân cách hai mơi trường trong suốt cĩ chiết suất tuyệt đối n (ở bên trái mặt cầu) và n (ở bên trái). Lấy đỉnh cầu O làm gốc của trục chính, chiều dương sang phải (hình a). M là một điểm sáng ở trên trục (ta luơn luơn lấy M ở bên trái O). Gọi d là hồnh độ của M, d là hồnh độ của ảnh M của M qua mặt cầu. Coi R là giá trị đại số của bán kính cong ( R OI 0 nếu I ở bên phải O như trong hình a). a) Giả thiết các tia sáng làm với trục chính các gĩc rất nhỏ, hãy thiết lập cơng thức liên hệ d, d với R, n và n . Xét cả 4 trường hợp: + R 0,n n ; + R 0,n n ; + R 0,n n ; + R 0,n n . Với mỗi trường hợp hãy vẽ hình minh họa. b) Một thấu kính dày bằng thủy tinh cĩ chiết suất n 1,5 đặt trong khơng khí (hình b). Hai mặt lõm cĩ bán kính cong R1 0,2 m; R2 0,4 m . Hai đỉnh cầu cách nhau O1O2 0,1 m . Một điểm sáng M ở bên trái O1 và cách O1 0,5 m. Ảnh M của M qua thấu kính này là thật hay ảo, cách O1 bao nhiêu, về bên phải hay bên trái? Kiểm tra lại đáp số bằng cách coi thấu kính dày như các thấu kính mỏng và bản mặt song song đặt sát nhau.