Các chuyên đề bồi dưỡng Học sinh giỏi Vật lí Lớp 11 - Tập 2 - Phần 2: Quang hình học - Chuyên đề 5: Sự khúc xạ ánh sáng

Nội dung text: Các chuyên đề bồi dưỡng Học sinh giỏi Vật lí Lớp 11 - Tập 2 - Phần 2: Quang hình học - Chuyên đề 5: Sự khúc xạ ánh sáng

1. Phần 1. Chuyên đề 5: SỰ KHÚC XẠ ÁNH SÁNG A. TÓM TẮT KIẾN THỨC I. SỰ KHÚC XẠ ÁNH SÁNG 1. Định nghĩa: - Sự khúc xạ ánh sáng là hiện tượng tia sáng đổi phương khi truyền từ môi trường trong suốt này sang môi trường trong suốt khác. 2. Định luật khúc xạ ánh sáng - Tia khúc xạ nằm trong mặt phẳng tới và ở bên kia pháp tuyến so với tia tới. - Đối với một cặp môi trường trong suốt nhất định: sin i n2 n21 (5.1) sin r n1 Hay n1 sin i n2 sin r + n1,n2 là chiết suất tuyệt đối của môi trường 1 và 2: n21 là chiết suất tỉ đối của môi trường 2 đối với môi trường 1. + n2 n1 n21 1 : môi trường 2 chiết quang hơn môi trường 1. + n2 n1 n21 1 : môi trường 2 chiết quang kém môi trường 1. c n v + n 1 2 (v là vận tốc ánh sáng trong môi trường, c 3.108 m/s là vận tốc ánh sáng trong v n2 v1 chân không). II. SỰ PHẢN XẠ TOÀN PHẦN 1. Định nghĩa Sự phản xạ toàn phần là hiện tượng toàn bộ tia tới bị phản xạ trở lại môi trường cũ khi gặp mặt phân cách giữa hai môi trường trong suốt 2. Điều kiện để có sự phản xạ toàn phần - Môi trường tới phải chiết quang hơn môi trường khúc xạ n1 n2 . - Góc tới phải lớn hơn góc giới hạn phản xạ toàn phần: i igh , với: n2 sin igh n2 n1 (5.2) n1 III. LƯỠNG CHẤT PHẲNG 1. Định nghĩa Lưỡng chất phẳng là một cặp môi trường trong suốt, đồng tính, ngăn cách bởi một mặt phẳng.
2. 2. Ảnh của vật qua lưỡng chất phẳng - Sự tạo ảnh của vật qua lưỡng chất phẳng tuân theo định luật khúc xạ ánh sáng. - Ảnh và vật luôn có bản chất khác nhau: vật thật - ảnh ảo; vật ảo - ảnh thật. 3. Công thức về lưỡng chất phẳng HS HS Với chùm tia sáng hẹp: (5.3) n1 n2 ( HS là khoảng cách từ vật S đến mặt phẳng phân cách, HS là khoảng cách từ ảnh S đến mặt phân cách; n1 là chiết suất môi trường tới, n2 là chiết suất môi trường khúc xạ). d d Hay 1 0 5.3 n1 n2 (với d HS, d HS ; d 0 : vật thật; d 0 : vật ảo; d 0: ảnh thật; d 0 : ảnh ảo) IV. BẢN MẶT SONG SONG 1. Định nghĩa Bản mặt song song là một môi trường trong suốt, đồng tính, giới hạn bởi hai mặt song song đặt trong một (hoặc hai) môi trường có chiết suất khác nhau. 2. Đặc điểm ảnh qua bản mặt song song - Sự tạo ảnh của vật qua bản mặt song song tuân theo định luật khúc xạ ánh sáng. - Ảnh và vật luôn bằng nhau và có bản chất khác nhau: vật thật - ảnh ảo; vật ảo - ảnh thật. - Ảnh bị dời đi theo chiều truyền ánh sáng so với vật n 1 . 3. Công thức về bản mặt song song 1 Khoảng cách vật - ảnh: SS e 1 (5.4) n ( e là bề dày, n là chiết suất tỉ đối của chất làm bản với môi trường đặt bản)
3. 1 Hay d d e 1 5.4 n (với d HS, d HS ; d 0 : vật thật; d 0 : vật ảo; d 0: ảnh thật; d 0 : ảnh ảo) V. LĂNG KÍNH 1. Định nghĩa Lăng kính là một khối chất trong suốt, đồng tính, hình lăng trụ đứng có tiết diện thẳng là hình tam giác: - Hai mặt của lăng kính được dùng nên mài nhẵn gọi là hai mặt bên AB, AC ; mặt đáy BC không dùng đến nên có thể sần sùi hoặc bôi đen. - Góc nhị diện A tạo bởi hai mặt bên gọi là góc chiết quang A . - Chiết suất tỉ đối của chất làm lăng kính đối với môi trường đặt lăng kính gọi là chiết suất của lăng kính. Ta chỉ xét trường hợp n 1. 2. Đường đi của tia sáng qua lăng kính Trường hợp n 1, tia tới đi từ đáy lăng kính lên thì tia ló sẽ lệch về đáy nhiều hơn tia tới. 3. Công thức về lăng kính: Gọi D là góc lệch giữa tia ló và tia tới. sin i1 n.sin r1 sin i2 nsin r2 - Tổng quát: (5.5) A r1 r2 D i1 i2 A i1 nr1 i2 nr2 - Góc nhỏ: A r r 1 2 D n 1 A 4. Góc lệch cực tiểu A - Điều kiện: i i hay r r (5.6) 1 2 1 2 2 A D A - Công thức: D 2i A hay sin min n.sin (5.7) min 2 2 VI. LƯỠNG CHẤT CẦU 1. Định nghĩa: Lưỡng chất cầu là một cặp môi trường trong suốt, đồng tính, ngăn cách bởi một mặt cầu. 2. Ảnh của vật qua lưỡng chất cầu - Ảnh của một điểm sáng qua lưỡng chất cầu là một điểm sáng.
4. - Ảnh của một đoạn thẳng trên trục chính, vuông góc với trục chính qua lưỡng chất cầu là một đoạn thẳng đặt trên trục chính, vuông góc với trục chính. 3. Công thức về lưỡng chất cầu n n n n - Khi thỏa điều kiện tương điểm: 1 2 2 1 (5.8) d d R ( d OS : vị trí của vật, d OS : vị trí của ảnh; d 0 : vật thật; d 0 : vật ảo; d 0: ảnh thật; d 0 : ảnh ảo; R là bán kính của mặt cầu). n n - Khi R : 1 2 0 : công thức về lưỡng chất phẳng. d d VII. THẤU KÍNH 1. Định nghĩa – Phân loại - Thấu kính là một khối chất trong suốt, đồng tính giới hạn bởi hai mặt cầu (một trong hai mặt có thể là mặt phẳng). Mỗi thấu kính có: + một trục chính xy , vô số trục phụ x y , hai tiêu diện I, II . + một quang tâm O , hai tiêu điểm chính F (ảnh) và F (vật), vô số tiêu điểm phụ F1 . - Có hai loại thấu kính: thấu kính hội tụ (thấu kính rìa mỏng) và thấu kính phân kì (thấu kính rìa dày). 2. Đường đi của các tia sáng qua thấu kính - Ba tia đặc biệt: + Tia tới qua quang tâm O : tia ló truyền thẳng.
5. + Tia tới song song với trục chính: tia ló (hoặc đường kéo dài của tia ló) qua tiêu điểm chính F (ảnh). + Tia tới (hoặc đường kéo dài của tia tới) qua tiêu điểm chính F (vật): tia ló song song với trục chính. - Mỗi tia bất kì: Tia tới bất kì: tia ló (hoặc đường kéo dài của tia ló) qua tiêu điểm chính F1 tương ứng. 3. Công thức thấu kính a) Quy ước: Gọi d,d , f , D là vị trí của vật, vị trí của ảnh, tiêu cự và độ tụ của thấu kính; R1, R2 là bán kính các mặt cầu; k là độ phóng đại của ảnh; n là chiết suất tỉ đối của chất làm thấu kính đối với môi trường đặt thấu kính; L là khoảng chách giữa vật - ảnh, với quy ước: + Vật thật: d 0 ; vật ảo: d 0 ; ảnh thật : d 0; ảnh ảo: d 0 . + Thấu kính hội tụ: f 0, D 0 ; thấu kính phân kì: f 0, D 0 . + Mặt cầu lồi: R 0 , mặt cầu lõm: R 0, mặt phẳng: R . b) Công thức 1 1 1 D n 1 r R1 R2 1 1 1 d d f (5.9) d f f d k d f d f L d d B. NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP  Về kiến thức và kĩ năng n2 v1 1. Từ hệ thức: n1v1 n2v2 hay ta thấy: nguyên nhân của sự khúc xạ ánh sáng là sự thay đổi đột ngột n1 v2 của vận tốc truyền ánh sáng khi nó đi từ môi trường trong suốt này sang môi trường trong suốt khác. 2. Một điểm sáng chỉ cho ảnh điểm qua lưỡng chất phẳng hoặc lưỡng chất cầu khi thỏa mãn các điều kiện tương điểm: + Với lưỡng chất phẳng là chùm tia tới hẹp. + Với lưỡng chất cầu là góc mở 2 của mặt cầu phải nhỏ; chùm tia tới là chùm tia hẹp và đi gần song song với trục chính. 3. Với lưỡng chất phẳng. khi ánh sáng đi từ môi trường chiết quang hơn sang môi trường chiết quang kém thì ảnh được nâng lên gần mặt phân cách hơn; khi ánh sáng đi từ môi trường chiết quang kém sang mội trường chiết quang hơn thì ảnh được nâng xa mặt phân cách hơn
6. 4. Nếu vật có dạng một mặt phẳng rộng, song song với mặt bản thì ảnh của vật sẽ là một mặt cong vì độ nâng anh của các điểm khác nhau trên vật sẽ khác nhau và phụ thuộc vào phương của chùm tia sáng đi từ điểm đó vào mắt.  Về phương pháp giải 1. Với dạng bài tập về sự khúc xạ ánh sáng. Phương pháp giải là: - Áp dụng công thức định luật khúc xạ ánh sáng cho các trường hợp cụ thể: + Trường hợp tổng quát: n1 sin i n2 sin r . + Trường hợp góc nhỏ: n1i n2r . - Một số chú ý: + Trường hợp chiết suất của môi trường biến thiên khi vận dụng định luật khúc xạ ánh sáng cần: * Chia môi trường thành nhiều lớp vô cùng mỏng theo chiều biến thiên của chiết suất. * Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng như một định luật bảo toàn tích chiết suất và sin góc tương ứng: n1 sin i1 const . + Cần kết hợp các công thức hình học, công thức lượng giác, các tính chất về góc để biến đổi, tính toán 2. Với dạng bài tập về sự phản xạ toàn phần. Phương pháp giải là: - Vận dụng các kiến thức: + Điều kiện để có phản xạ toàn phần: n1 n2 ; i igh . n2 + Công thức tính góc giới hạn phản xạ toàn phần: sin igh (1 là môi trường tới; 2 là môi trường khúc n1 xạ). + Công thức định luật phản xạ: i i . - Một số chú ý: + Khi ánh sáng đi từ môi trường chiết quang hơn sang môi trường chiết quang kém n1 n2 : * Nếu i igh : tia sáng bị khúc xạ tại mặt phân cách hai môi trường, áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng: n1 sin i n2 sin r . * Nếu i igh : tia sáng bị phản xạ toàn phần tại mặt phân cách hai môi trường, áp dụng định luật phản xạ ánh sáng: i i . + Cần kết hợp các công thức hình học, công thức lượng giác, các tính chất về góc để biến đổi, tính toán 3. Với dạng bài tập về lưỡng chất phẳng. Phương pháp giải là: HS HS d d - Sử dụng công thức: hay 0 n1 n2 n1 n2
7. (với d HS, d HS ; d 0 : vật thật; d 0 : vật ảo; d 0: ảnh thật; d 0 : ảnh ảo; n1 là chiết suất môi trường tới, n2 là chiết suất môi trường khúc xạ) - Một số chú ý: + Đặc điểm ảnh của vật qua lưỡng chất phẳng: ảnh - vật luôn khác tính chất; ảnh dời đi theo phương thẳng đứng so với vật đoạn SS HS HS + Cần kết hợp với các công thức hình học, công thức lượng giác, các tính chất về góc để biến đối, tính toán 4. Với dạng bài tập về bản mặt song song. Phương pháp giải là: - Sử dụng các công thức: 1 + Khoảng cách vật - ảnh: SS e 1 n esin i r cosi + Độ dời ngang của tia sáng: d e.sin i 1 cos r n2 sin2 i (n là chiết suất tỉ đối của chất làm bản với môi trường đặt bản) - Một số chú ý: + Đặc điểm ảnh của vật qua bản mặt song song: *Ảnh - vật luôn khác bản chất. *Ảnh có độ lớn bằng vật. *Ảnh dời theo chiều truyền ánh sáng so với vật đoạn SS n 1 . + Trường hợp bản đặt tiếp giáp với hai môi trường trong suốt khác nhau ta có thể coi hệ tương đương với một trong hai trường hợp sau: * Hệ gồm hai lưỡng chất phẳng ghép liên tiếp nhau: (LCP: 1, 2); (LCP: 2, 3). * Hệ gồm bản song song ghép với lưỡng chất phẳng: Giữa một lớp tiếp xúc có một lớp môi trường rất mỏng có chiết suất như môi trường còn lại: (BMSS: 1, 2, 1 ); (LCP: 1,3). BMSS (1, 2, 1 ) ghép LCP (1,3). 5. Với dạng bài tập về lăng kính. Phương pháp giải là: - Sử dụng các công thức về lăng kính cho các trường hợp cụ thể: sin i1 nsin r1;sin i2 nsin r2 + Góc lớn (tổng quát): A r1 r2 D i1 i2 A A D A A D 2i A hay sin min nsin , điều kiện: i i hay r r . min 2 2 1 2 1 2 2
8. i1 nr1;i2 nr2 + Góc nhỏ: A r1 r2 D n 1 A - Một số chú ý: + Các khả năng xảy ra ở mặt bên thứ hai: * Để có hiện tượng phản xạ toàn phần: r2 igh : dùng định luật phản xạ ánh sáng. * Để có tia ló ra khỏi lăng kính: r2 igh 1 A 2 và i i với sin i n.sin A  ; sin 0 1 0 0 0 0 n A * Để có góc lệch cực tiểu: i i hay r r 1 2 1 2 2 + n là chiết suất tỉ đối của chất làm lăng kính và môi trường đặt lăng kính. 6. Với dạng bài tập về lưỡng chất cầu. Phương pháp giải là: n n n n - Sử dụng các công thức về lưỡng chất cầu: 1 2 2 1 d d R ( d OS : vị trí của vật, d OS : vị trí của ảnh; d 0 : vật thật; d 0 : vật ảo; d 0: ảnh thật; d 0 : ảnh ảo; R là bán kính của mặt cầu). - Một số chú ý: + Để ảnh của một điểm sáng qua lưỡng chất cầu là một điểm sáng thì lưỡng chất cầu phải thỏa mãn điều kiện tương điểm (về góc mở, về tia sáng qua lưỡng chất cầu). + Lưỡng chất phẳng là trường hợp riêng của lường chất cầu khi R 7. Với dạng bài tập về thấu kính. Phương pháp giải là: 7.1. Xác định loại thấu kính, các đặc điểm của thấu kính bằng hình vẽ - Vẽ ảnh: Dùng hai trong ba tia đặc biệt đã biết, lưu ý rằng trong nhiều trường hợp phải dùng đến tia bất kì. - Xác định loại thấu kính + Dựa vào quan hệ giữa tia tới và tia ló: Tia ló đi gần trục chính hơn tia tới: thấu kính hội tụ; tia ló đi xa trục chính hơn tia tới: thấu kính phân kì. + Dựa vào quan hệ giữa vật và ảnh: Vật thật cho ảnh thật: thấu kính hội tụ; vật thật cho ảnh ảo lớn hơn vật: thấu kính hội tụ, vật thật cho ảnh ảo nhỏ hơn vật: thấu kính phân kì - Xác định các đặc điểm của thấu kính: + Điểm vật, điểm ảnh và quang tâm O luôn thẳng hàng. + Tia tới (qua vật) song song với trục chính, tia ló có phương (qua ảnh) và qua tiêu điểm chính F (ảnh). + Tia tới có phương (qua ảnh) và qua tiêu điểm chính F (vật), tia ló có phương song song với trục chính. + Tiêu điểm chính I (vật) và tiêu điểm chính F (ảnh) đối xứng nhau qua quang tâm O .
9. 7.2. Giải bài toán về thấu kính bằng công thức - Sử dụng các công thức: 1 1 1 + Độ tụ: D n 1 f R1 R2 ( n là chiết suất tỉ đối của chất làm thấu kính đối với môi trường đặt thấu kính; R1, R2 là bán kính.các mặt cong). 1 1 1 + Công thức Đề-các: . f d d d f f d + Số phóng đại: k . d f d f + Khoảng cách vật - ảnh: L d d - Một số chú ý: + Khi thấu kính được giữ cố định, dời vật d thì ảnh cùng dời d theo chiều dời của vật: 1 1 1 d1 f f d1 * Trước khi dời vật: ; k1 . f d1 d1 d1 f d1 f 1 1 1 * Sau khi dời vật: ; f d1 d d1 d d1 d f f d1 d k2 . d1 d f d1 d f + Khi vật được giữ cố định, dời thấu kính, để xác định chiều và độ dời của ảnh ta cần tính khoảng cách L giữa vật - ảnh. + Khi hai vật đặt hai bên một thấu kính thì hai vật sẽ cho hai ảnh qua thấu kính. Với mỗi ảnh ta dùng các công thức thấu kính để xác định các đặc điểm của ảnh (vị trí, tính chất, độ lớn, độ phóng đại ). + Khi một vật đặt giữa hai thấu kính, vật sẽ cho hai ảnh qua hai thấu kính. Với mỗi ảnh ta cũng dùng các công thức thấu kính để xác định các đặc điểm của ảnh C. CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG 1. SỰ KHÚC XẠ ÁNH SÁNG 5.1. Ba môi trường trong suốt (1), (2), (3) có thể đặt tiếp giáp nhau. Với cùng góc tới i 60 : - Nếu ánh sáng truyền từ (1) vào (2) thì góc khúc xạ là 45. - Nếu ánh sáng truyền từ (1) vào (3) thì góc khúc xạ là 30 .
10. Hỏi nếu ánh sáng truyền từ (2) vào (3) thì góc khúc xạ là bao nhiêu? Bài giải - Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng cho các trường hợp, ta có: sin 60 n + Nếu ánh sáng truyền từ (1) vào (2) thì 2 (1) sin 45 n1 sin 60 n + Nếu ánh sáng truyền từ (1) vào (3) thì 3 (2) sin 30 n1 sin 60 n + Nếu ánh sáng truyền từ (2) vào (3) thì 3 (3) sin x n2 sin 60 2 sin 60 sin 45 - Từ (1), (2) và (3) suy ra: sin 30 2 2 sin x sin 60 sin 30 1 sin 45 2 3 sin 60 3 sin x 2 x 38 . 2 2 2 2 Vậy: Nếu ánh sáng truyền từ (2) vào (3) thì góc khúc xạ là 38 . 5.2. Một chậu hình hộp chữ nhật đựng chất lỏng. Biết AB a; AD 2a . Mắt nhìn theo phương BD nhìn thấy được trung điểm M của BC . Tính chiết suất của chất lỏng. Bài giải - Khi mắt nhìn theo phương BD thấy được điểm M nghĩa là tia sáng từ M qua D sẽ đến được mắt, hay tia tới theo phương MD và tia khúc xạ theo phương BD . sin i 1 sin r - Theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta có: n . sin r n sin i MC a 2 Với: sin i . MD a 2 2 BC 2a 2 sin r sin BDC BD 4a2 a2 5 2 4 n 5 1,27 2 10 2 Vậy: Chiết suất của chất lỏng là 1,27. 5.3. Một cái gậy dài 2m cắm thẳng đứng ở đáy hồ. Gậy nhô lên khỏi mặt nước 0,5m. Ánh sáng Mặt Trời chiếu xuống hồ theo phương hợp với pháp tuyến của mặt nước góc 60 .
11. Tính chiều dài bóng của cây gậy in trên đáy hồ. Bài giải - Theo đề, ta có: i 60; AB 0,5m; BH 2 0,5 1,5 m . sin i -Theo định luật khúc xạ ánh sáng: n . sin r 3 sin i 3 3 sin r 2 tan r 0,855. n 4 8 3 - Tam giác IKC cho: KC IK.tan r 1,5.0,855 1,28 m . - Tam giác ABI cho: BI AB.tan i AB.tan 60 0,5. 3 0,866 m . HC HK KC BI KC 0,866 1,28 2,15 m . Vậy: Chiều dài bóng gậy in trên mặt hồ là HC 2,15 m . 5.4. Hai tia sáng song song, có khoảng cách giữa chúng là R , được chiếu đến một xilanh hình trụ trong suốt chiết suất n , bán kính R . Các tia sáng đều nằm trong một mặt phẳng của tiết diện thẳng góc và đối xứng với nhau qua đường kính của tiết diện thẳng góc song song các tia sáng. Cho biết hai tia sáng giao nhau trên bề mặt hình trụ. Tính n . Bài giải - Do tính đối xứng nên giao điểm của hai tia khúc xạ bên trong xilanh nằm trên trục đối xứng. - Vì hai tia sáng giao nhau trên bề mặt hình trụ nên chúng chỉ khúc xạ một lần. AB R 1 Ta có: sin i 2 2 ; sin i nsin r . R R 2 i - Hai tia sáng cắt nhau trên bề mặt hình trụ nên: r (hệ thức giữa góc trong và ngoài của tam giác cân 2 OBD ). i sin i i sin i i sin r sin sin n 2cos sin 2a 2sin a.cos a i 2 n 2 sin 2 2 2 1 2 1 1 1 cosi 1 1 sin i 2 n 2 2 2 2 3 1,93 2 2 2
12. Vậy: chiết suất của chất làm khối trụ là n 1,93. 5.5. Một cái máng nước sâu 20 cm, rộng 40 cm có hai thành bên thẳng đứng. Đúng lúc máng cạn nước thì bóng râm của thành A kéo dài tới đúng chân thành B đối diện. Người ta đổ nước vào máng đến một độ cao h thì bóng của thành A ngắn bớt đi 7 cm so với trước. Biết chiết suất của nước là n 4/3 . Hãy tính h ; vẽ tia sáng giới hạn bóng râm của thành máng khi có nước. Bài giải - Trước khi đổ nước, bóng của thành A là AB ; sau khi đổ nước, bóng của thành A là AJ . HB - Ta có: tan i HB HI.tan i h.tan i . HI HJ tan r HJ HI.tan r h.tan r . HI - Theo đề: AB AJ HB HJ 7 cm h.tan i h.tan r h tan i tan r 7 7 h tan i tan r AB AB 40 - Mặt khác: sin i 0,8 . SB AS 2 AB2 302 402 0,8 4 cosi 0,6 và tan i . 0,6 3 sin i 3 0,6 3 7 sin r 0,8. 0,6 cos r 0,8 và tan r h 12 cm . 4 3 n 4 0,8 4 3 4 Vậy: Chiều cao của lớp nước trong máng là h 12 cm . 5.6. Cho một khối thủy tinh hình bán cầu, chiết suất n 2 . Chiếu một chùm tia sáng song song vào mặt phẳng, theo phương vuông góc với mặt đó và phủ kín mặt đó. a) Chứng minh rằng chùm sáng ló ra khỏi mặt cầu không phải là một chùm đồng quy mà nó tạo ra một vệt sáng có dạng một đoạn thẳng sáng nằm dọc theo đường kính của mặt cầu vuông góc với mặt phẳng. b) Xác định vị trí và chiều dài của đoạn thẳng sáng nói trên. Cho bán kính của hình bán cầu là R 4 cm . Bài giải
13. a) Chứng minh rằng chùm sáng ló ra khỏi mặt cầu là một vệt sáng có dạng một đoạn thẳng: Xét đường đi của tia sáng bất kì qua bán cầu và ló ra ngoài: + Tại I : Tia sáng truyền thẳng (góc tới bằng 0). + Tại J : Tia sáng có góc tới i , góc khúc xạ r . 1 1 - Để tia sáng ló ra ngoài thì: i i , với sin i i 45 . gh gh n 2 gh Gọi F là giao điểm của tia ló JK và trục của bán cầu. Trong tam giác OJF , ta có: OF OJ OJ.sin r OF sin r sin r i sin r i Với OJ R, sin r nsin i, sin r i sin r.cosi sin i.cos r nRsin i nR OF nsin i.cosi sin i. 1 n2 sin2 i n.cosi 1 n2 sin2 i 2 2 2 nR n 1 sin i 1 n sin i nR OF . n 1 sin2 i 1 n2 sin2 i 2 2 2 n2 1 sin2 i 1 n2 sin2 i n 1 - Từ hệ thức trên ta thấy: nR n 1 nR 2R Khi i 0 thì OF OF OF R 2 2 . max 1 2 n 1 n 1 2 1 nR 2R Khi i 45 thì OF OFmin OF2 R 2 . n2 1 2 1 Vì tính đối xứng nên các tia tới qua mặt cầu sẽ cùng hội tụ tại F (từ F1 đến F2 ), như vậy tia ló sẽ tạo ra một vệt sáng nằm dọc theo trục đối xứng của bán cầu từ F1 đến F2 . b) Vị trí và chiều dài của vệt sáng - Vị trí: Từ F1 đến F2 , trên trục đối xứng của bán cầu. - Chiều dài: F1F2 OF2 OF2 R 2 R 2 2 2R 2.4 8 cm . 5.7. Kẻ trên hai đường thẳng song song cách nhau khoảng d1 2,1 cm . Đặt một bản mặt song song trong suốt có bề dày d2 4,5 cm lên tờ giấy. Nhìn qua tấm kính dưới góc 45 lên một đường kẻ, ta có ảo giác nếu nối dài đường này ra ngoài bản song song thì nó trùng với đuờng kia. Tính chiết suất của bản. Bài giải
14. HM Ta có: tan i HM HI.tan i d .tan i HI 2 HR tan r HR HI.tan r d .tan r . HI 2 Mặt khác: d1 MR HM HR d2 tan i tan r d tan i d sin r tan r 2 1 2 d2 1 sin r d tan i d sin r 2 1 (1) 2 2 d2 d2 tan i d1 sin i - Theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta có: n (2) sin r sin i d 2 d tan i d 2 sin 45 4,52 4,5.tan 45 2,1 2 n 2 2 1 1,5. d2 tan i d1 4,5.tan 45 2,1 Vậy: Chiết suất của bản là n 1,5. 5.8. Quả cầu trong suốt bán kính R có chiết suất phụ thuộc khoảng cách r từ tâm theo công thức: R a n r a 0 r a Chiếu tới quả cầu tia sáng dưới góc tới i . Hãy định khoảng cách ngắn nhất dmin từ tâm quả cầu tới tia sáng. Bài giải - Chia quả cầu thành các lớp cầu rất mỏng bằng những mặt cầu đồng tâm O , mỗi lớp cầu được giới hạn bởi hai mặt cầu có bán kính r và r dr , chiết suất n r . Coi tia khúc xạ trong mỗi lớp cầu là một đoạn thẳng. - Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại mặt cầu thứ j : n rj sin i j n rj 1 sin r1 (1) - Áp dụng định lí hàm sin cho tam giác OAB ( AB là tia khúc xạ giới hạn bởi mặt cầu thứ j và j 1): sin sin r j 1 j (2) rj rj 1 - Từ (1) và (2) suy ra: n rj rj sin i j n rj 1 rj 1 sin i j 1 Mở rộng: n0 Rsin i n rj rj sin i j n rj 1 rj 1 sin i j 1 (i,i1,i2 , là góc tới tại các lớp cầu ngoài cùng, lớp cầu thứ 1,2, có bán kính R,r1,r2 , )
15. R a - Từ công thức n r , suy ra n 1, n n r n r i i i , nghĩa là tia khúc xạ uốn r a 0 0 1 2 1 2 cong dần về phía tâm O , đến khi góc tới bằng 90 thì tia khúc xạ lại tiếp tục truyền theo hướng ngày càng xa tâm O . Do tính đối xứng nên tia khúc xạ khi ló ra khỏi quả cầu cùng với góc ló bằng i . Tại điểm mà góc tới bằng 90 thì khoảng cách từ tâm O của quả cầu đến tia khúc xạ là nhỏ nhất và bằng bán kính tại đó: dmin r . Lúc đó: R a Rsin i n dmin dmin sin 90 Rsin i .dmin dmin a aRsin i Rsin i d a R a .d d min min min a R 1 sin i aRsin i Vậy: Khoảng cách ngắn nhất d từ tâm quả cầu tới tia sáng là d ứng với trường hợp min min a R 1 sin i góc tới tại lớp cầu đó bằng 90 . 5.9. Một người thợ lặn đứng ở đáy nằm ngang của một bể bơi có lớp nước dày 3m và ở cách tường 3m (tường thẳng đứng). Mắt của người ấy ở độ cao l,5m so với đáy bể. a) Người ấy nhìn thấy tường ở trên mặt nước có chiều cao bằng nửa chiều cao của phần tường ở dưới nước. AB Tính độ cao thực BC của tường BC . 2 b) Người ấy di chuyển để nhìn thấy được đỉnh C của tường theo tia làm góc 60 so với đường nằm ngang, mắt vẫn giữ ở độ cao 1,5m. Người ấy thấy tường cao bao nhiêu? c) Người ấy cầm đèn pin (loại đèn pin thợ lặn) chiếu một chùm sáng làm với đường nằm ngang một góc 40. Vệt sáng nằm ở đâu? Giải thích hiện tượng? 4 Chiết suất của nước n . 3 (Trích Đề thi học sinh giỏi Quốc gia, Năm học 1990 – 1991) Bài giải a) Độ cao thực của tường - Hai tam giác IBC và MHC đồng dạng cho: IB 1 r I·CB 45 MH 2 sin i - Mặt khác: n sin r 4 sin i nsin r sin 45 3
16. 4 2 2 2 sin i . tan i 2 2 3 2 3 IB 1.5 - Độ cao thực của tường: BC 0,53 m . tan i 2 2 Vậy: Độ cao thực của tường là BC 0,53 m . b) Độ cao của tường khi người ấy di chuyển: - Lúc này, ta có: r 30 I· C B 30 sin i 4 2 2 2 Và sin i tan i BI BC.tan i BC sin r 3 3 5 5 BI 2 2 3 - Mặt khác: BC 3BI 3. BC .0,53 0,82 m . tan 30 5 5 Vậy: Trường hợp này người ấy nhìn thấy tường cao BC 0,82 m . c) Vị trí vệt sáng và giải thích hiện tượng: 1 3 Ta có: i 50; sin i i 4830 . gh n 4 gh Vì i igh nên ánh sáng đèn pin sẽ phản xạ toàn phần trở lại và gặp tường ở điểm D theo định luật phản xạ ánh sáng. Khoảng cách từ B tới D còn phụ thuộc vào vị trí người đứng (hình b). Nếu biết được vị trí đứng của người này ta sẽ tìm được vị trí điểm sáng D trên tường.
17. 2. SỰ PHẢN XẠ TOÀN PHẦN 5.10. Có ba môi trường (1), (2), (3). Với cùng một góc tới, nếu ánh sáng đi từ (1) vào (2) thì góc khúc xạ là 30 , nếu ánh sáng đi từ (1) vào (3) thì góc khúc xạ là 45. a) Hai môi trường (2) và (3 ), môi trường nào chiết quang hơn? b) Tính góc giới hạn phản xạ toàn phần giữa (2) và (3). Bài giải a) Môi trường nào chiết quang hơn? - Khi ánh sáng truyền từ môi trường (1) vào môi trường (2): sin i n 2 (1) sin 30 n1 - Khi ánh sáng truyền từ môi trường (1) vào môi trường (3): sin i n 3 (2) sin 45 n1 2 sin 45 n n - Từ (1) và (3) suy ra: 2 2 2 2 1. 1 sin 30 n3 n3 2 Vậy: Môi trường (2) chiết quang hơn môi trường (3). b) Góc giới hạn phản xạ toàn phần giữa (2) và (3): Khi ánh ánh sáng truyền từ môi trường (2) vào môi trường (3) thì: n3 1 2 sin igh igh 45 n2 2 2 Vậy: Góc giới hạn phản xạ toàn phần giữa môi trường (2) và (3) là 45. 5.11. Một thợ lặn đứng ở đáy sông nhìn lên mặt nước thì thấy ảnh của những vật ở đáy sông cách mình kể từ khoảng R 15 m . a) Giải thích. b) Cho biết mắt người này ở độ cao 1,5 m. Tính độ sâu của sông. Bài giải a) Giải thích: Tia sáng từ vật A ở đáy sông đến mặt nước bị phản xạ toàn phần và đi vào mắt người, mắt người sẽ nhìn thấy ảnh A của vật A . b) Độ sâu của sông: Theo đề thì NA R 15 m; MN h 1,5 m . 1 3 Ta có: sin i 0,75 gh n 4
18. tan igh 1,134 . BA DN R tan i (1) gh BI 2H - Hai tam giác đồng dạng DIB và DMN cho: h DN 2DN (2) H DB DN R h R 1,5 15 - Từ (1) và (2) suy ra: H 7,36 m . 2 2 tan i 2 2.1,134 Vậy: Độ sâu của sông là H 7,36 m . 5.12. Chùm tia sáng song song chiếu vuông góc tới mặt phẳng tiết diện của một đoạn ống dẫn sáng trong suốt, chiết suất n , đường kính của tiết diện tròn là l . Định điều kiện về bán kính ngoài R của ống để chùm tia sáng vào không bị khúc xạ ra ngoài không khí qua thành bên của ống. Bài giải - Chùm tia sáng đến thành bên của ống giới hạn từ điểm M đến N . Từ M đến N góc tới i giảm dần: i imin iN . 1 - Ta có: sin i (1) gh n - Để không có tia sáng nào đến thành bên của ống bị khúc xạ ra ngoài thì: i igh . 1 i i sin i sin i (2) N gh N gh n OK R l Với: sin i (3) N ON R R l 1 nl - Từ (2) và (3): R . R n n 1 nl Vậy: Để chùm tia sáng vào không bị khúc xạ ra ngoài không khí qua thành bên của ống thì R . n 1 5.13. Một ống dẫn sáng hình trụ với lõi có chiết suất n1 1,5 và phần bọc ngoài có chiết suất n2 1,41. Chùm tia tới hội tụ tại mặt trước của ống với 2 . Định để tia sáng trong chùm đều truyền đi được trong ống.
19. Bài giải - Xét đường đi của một tia sáng: SIJK . Để mọi tia sáng đều truyền đi được trong ống (phản xạ toàn phần trên mặt ngoài của lõi) thì góc tới tại J phải thỏa mãn: n2 1,41 i igh sin i sin igh 0,94 n1 1,5 - Vì i r 90 sin i cos r cos r 0,94 sin r 0,34 . - Áp dụng định luật khúc xạ tại điểm tới I : sin n1 sin r 1,5.0,34 0,51 30 Vậy: Để tia sáng trong chùm đều truyền đi được trong ống thì 30 . 5.14. Một khối thủy tinh có tiết diện thẳng như hình vẽ, đặt trong không khí ( ABCD : hình vuông; CDE : tam giác vuông cân). Trong mặt phẳng của tiết diện thẳng, chiếu một chùm tia sáng đơn sắc hẹp SI vuông góc với DE IE ID . a) Chiết suất của thủy tinh là n 1,5. Vẽ đường đi của tia sáng trong khối thủy tinh. Nêu rõ phương tia ló. b) Chùm tia ló được giữ nguyên. Giả sử phần CDE có chiết suất n1 1,5 và phần ABCD có chiết suất n2 n1 . Hãy tính n2 để tia khúc xạ trong thủy tinh tới mặt AD sẽ ló ra không khí: - theo phương vuông góc với SI . - theo phương hợp với SI góc 45. Bài giải a) Đường đi của tia sáng trong khối thủy tinh - Góc giới hạn phản xạ toàn phần: 1 1 sin i 0,667 i 4148 gh n 1,5 gh - Tia tới SI vuông góc với mặt DE sẽ truyền thẳng đến mặt EC tại J với góc tới i1 45 igh nên sẽ phản xạ toàn phần tại mặt EC (tia JK ). - Tia JK đến mặt bên AD cũng dưới góc tới i2 45 igh nên cũng phản xạ toàn phần tại mặt AD (tia KL ). - Tia KL đến mặt bên AB cũng dưới góc tới i3 45 igh nên cũng phản xạ toàn phần tại mặt AB (tia LM ).
20. - Tia LM đến mặt bên BC cũng dưới góc tới i4 45 igh nên cũng phản xạ toàn phần tại mặt BC (tia MN ). - Tia MN đến mặt bên DE dưới góc tới bằng 0 nên ló thẳng ra ngoài theo phương song song với tia tới (tia NR ). b) Tính n2 để tia khúc xạ trong thủy tinh tới mặt AD sẽ ló ra không khí - Trường hợp tia ló vuông góc với tia tới: Lúc đó góc ló i3 45 . Tại các điểm tới J, K ta có: i2 i3 45 và: n1 sin i2 n2 sin r2 (1) n2 sin r3 sin i3 (2) sin r2 Từ (1) và (2) suy ra: n1 (3) sin r3 Mà: r2 r3 90 r3 90 r2 (4) sin r2 Từ (3) và (4) suy ra: tan r2 n1 cos r2 r2 arctan n1 arctan1,5 5618 Và r3 90 5618 3342 . + Từ (2) suy ra: 2 sin 45 n 2 1,29. 2 sin 3342 0,548 Vậy: Để tia ló vuông góc với tia tới thì n2 1,29. - Trường hợp tia ló hợp với tia tới góc 45: Lúc đó góc ló i3 90 . Tại các điểm tới J, K ta có: n1 sin i2 n2 sin r2 (5) n2 sin r3 sin i3 1 (6) sin r2 2 Từ (1) và (2) suy ra: n1 sin i2 1,5. 1,06 (7) sin r3 2 Tương tự: tan r2 1,06 r2 arctan1,06 4641 . Và: r3 90 4641 4319 . sin 90 1 Từ (6) suy ra: n 1,46 . 2 sin 4319 0,686
21. Vậy: Để tia ló hợp với tia tới góc 45 thì n2 1,46. 5.15. Một khối cầu trong suốt, bán kính R làm bằng chất có chiết suất n2 được đặt trong một môi trường trong suốt chiết quang hơn có chiết suất n1 n2 n1 . Một tia sáng đơn sắc SI trong môi trường n1 tới mặt cầu. Gọi l là khoảng cách từ tâm O của mặt cầu đến tia sáng SI . a) Tìm điều kiện mà l phải thỏa để tia sáng khúc xạ được qua khối cầu. b) Giả sử điều kiện này được thỏa, hãy tính góc lệch D của tia sáng. Áp dụng số: R 2 cm, l 1 cm, n1 3, n2 1. Bài gỉải a) Điều kiện mà l phải thỏa để tia sáng khúc xạ được qua khối cầu n2 - Để tia SI khúc xạ vào trong khối cầu thì: i igh sin i sin igh n1 IH l l n n Với: sin i 2 l 2 R IO R R n1 n1 n Vậy: Để tia sáng khúc xạ được qua khối cầu thì l 2 R . n1 b) Góc lệch của tia sáng: - Dễ thấy: r1 r2 r i2 i1 i . - Tam giác cân DIJ cho: D 2D· IJ 2 r i (liên hệ giữa góc ngoài và góc trong tam giác). IH l 1 - Tam giác vuông OHI cho: sin H· OI sin i i 30 . IO R 2 - Theo định luật khúc xạ ánh sáng: n1 3 1 3 n1 sin i n2 sin r sin r sin i . n2 1 2 2 r 60 . Từ đó: D 2. 60 30 60 . Vậy: Góc lệch của tia sáng là D 60 . 5.16. Một lăng kính có tiết diện thẳng là một tam giác vuông cân ABC A 90 được đặt sao cho mặt huyền BC tiếp xúc với mặt nước trong một cái chậu. Nước có chiết suất 1,330 = 4/3. a) Một tia sáng (đơn sắc) SI tới mặt AB theo phương nằm ngang. Chiết suất n của chất làm lăng kính và khoảng cách AI phải thỏa mãn điều kiện gì để tia sáng phản xạ toàn phần ở mặt BC ? b) Giả sử AI thỏa mãn điều kiện tìm được và cho biết n 1,414 , hãy vẽ đường đi của tia sáng qua lăng kính.