Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Vật lí Lớp 11 - Tập 2 - Phần 6: Quang học - Chuyên đề 1: Phản xạ. Khúc xạ - Dạng 2: Phản xạ toàn phần - Chu Văn Biên

Nội dung text: Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Vật lí Lớp 11 - Tập 2 - Phần 6: Quang học - Chuyên đề 1: Phản xạ. Khúc xạ - Dạng 2: Phản xạ toàn phần - Chu Văn Biên

1. Dạng 2. Phản xạ toàn phần A. KIẾN THỨC CƠ BẢN 1 - Định nghĩa : Phản xạ toàn phần là hiện tượng phản xạ toàn bộ tia sáng tới , xảy ra ở mặt phân cách giữa hai môi trường trong suốt 2 - Điều kiện để có phản xạ toàn phần Tia sáng chiếu tới phải truyền từ môi trường chiết quang hơn sang môi trường chiết quang kém . Góc tới i igh (igh góc giới hạn toàn phần ) n2 nbÐ Trong đó : sinigh n1 nlín n1: chiết suất của môi trường tới n2: chiết suất của môi trường khúc xạ . Giả sử ban đầu chiếu một tia sáng từ môi trường 1 sang môi trường 2 với n > n 1 2 R r i khi đó sẽ xảy ra các S trường hợp : • Khi góc tới i < igh Tia khúc i i’ xạ IK còn rất sáng còn tia n1 phản xạ IR rất mờ I • Khi góc tới i = i gh Tia khúc xạ IK nằm ngay trên mặt n2 r phân cách và rất mờ còn tia K phản xạ IR rất sáng . • Khi i i gh : không còn tia khúc xạ . toàn bộ tia tới bị phản xạ ngược lại ban đầu . lúc này tia phản xạ sáng như tia tới. B. VÍ DỤ MẪU Ví dụ 1: Có ba môi trường trong suốt. Với cùng góc tới i: nếu tia sáng truyền từ (1) vào (2) thì góc khúc xạ là 300, truyền từ (1) vào (3) thì góc khúc xạ là 450. Hãy tính góc giới hạn phản xạ toàn phần ở mặt phân cách (2) và (3): Hướng dẫn giải 0 + Khi ánh sáng truyền từ môi trường (1) sang (2): n1 sini n2 sin30 (*) 0 + Khi ánh sáng truyền từ môi trường (1) sang (3): n1 sini n3 sin 45 ( ) 0 0 n2 n3 n2 + Từ (*) và ( ) ta có: n2 sin30 n3 sin 45 2 ( ) 2 2 n3 113
2. + Từ ( ) ta thấy n2 n3 nên chỉ xảy ra phản xạ toàn phần khi ánh sáng truyền từ (2) sang (3). + Vậy góc giới hạn phản xạ toàn phần ở mặt phân cách (2) và (3) là: n3 1 0 sinigh igh 45 n2 2 Ví dụ 2: Một tấm thủy tinh mỏng, trong suốt, chiết suất n1 = 1,5 có tiết diện là hình chữ nhật ABCD (AB rất lớn so với AD), mặt đáy AB tiếp xúc với một chất lỏng có chiết suất n2 2 . Chiếu tia sáng SI nằm trong mặt phẳng ABCD tới mặt AD sao cho tia tới nằm phía trên pháp tuyến ở điểm tới và tia khúc xạ trong thủy tinh gặp đáy AB ở điểm K. Tính giá trị lớn nhất của góc tới i để có phản xạ toàn phần tại K. Hướng dẫn giải + Góc giới hạn phản xạ toàn phần: n2 2 0 sinigh igh 70,53 n1 1,5 S D C + Để tại K xảy ra hiện tượng phản n1 xạ toàn phần thì: i I i i 70,530 i 70,530 r 1 gh 1 min i1 + Từ hình vẽ ta có: A B 0 n2 K rmax 90 i1 min 90 70,53 19,47 + Định luật khúc xạ tại I: 1.sini n1 sin r 0 1.sinimax n1 sin rmax sinimax 1,5sin 19,47 0,5 imax 30 Ví dụ 3: Một tia sáng trong thủy tinh đến mặt phân cách giữa thủy tinh với không khí tại điểm I với góc tới i = 300 thì tia phản xạ và khúc xạ vuông góc nhau. a) Tính chiết suất của thủy tinh. b) Tính góc tới i để không có tia sáng ló ra không khí tại I. Hướng dẫn giải i/ 90 r 180 a) Ta có: r 600 / 0 S i i 30 + Định luật khúc xạ tại I ta có: o R nsin30 1.sin 60 n 3 30 1 b) Để không có tia sáng ló ra không khí I R2 tại I thì phải xảy ra hiện tượng phản xạ r toàn phần. nkk 1 0 + Góc giới hạn phản xạ toàn phần là: sinigh igh 35,26 n tt 3 0 + Vậy điều kiện của góc tới i là i igh 35,26 114
3. Ví dụ 4: Một khối thủy tinh P có chiết suất n1 = 1,5. Biết tiết diện thẳng là một tam giác ABC vuông cân tại B. Chiếu vuông góc tới mặt AB một chùm sáng song song SI. a) Khối thủy tinh P ở trong không khí. Tính góc D hợp bởi tia ló và tia tới b) Tính lại góc D nếu khối P ở trong nước có chiết suất n2 = 4/3 Hướng dẫn giải a) Tia SI đi đến mặt vuông góc với AB nên truyền thẳng đến mặt AC tại J với góc tới i. Vì ABC vuông cân tại B nên dễ dàng tính được i = 450. + Góc giới hạn phản xạ toàn phần là: A nkk 1 0 sinigh igh 41,81 n tt 1,5 J + Vậy tại J xảy ra hiện tượng phản xạ toàn S I phần với góc phản xạ 45 0 nên tia phản xạ vuông góc với BC. + Vậy góc tạo bởi tia tới SI và tia ló JR ra B khỏi lăng kính là D = 90o. C b) Khi khối P ở trong nước thì góc R giới hạn phản xạ toàn phần là A nnc 4 / 3 0 J r sinigh igh 62,73 n tt 1,5 S I D + Vì tia SI đi vuông góc với AB nên R đi thẳng và tới mặt AC tại J với góc tới 450 < i nên có tia khúc xạ tại J. gh B Áp dụng định luật khúc xạ tại J ta C có: 4 1,5sin 45 sin r sin r 0,7955 r 52,70 3 + Từ hình ta tính được góc lệch D lúc này là: D = r – i = 7,70 Ví dụ 5: Một ống dẫn sáng hình trụ với lõi có chiết suất n 1 = 1,5 và phần bọc ngoài có chiết suất n2 = 1,41. Chùm tia tới hội tụ tại mặt trước của ống với 2α 2 . Định α để tia sáng trong chùm đều truyền đi được trong ống. Hướng dẫn 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: 115
4. n2 1,41 i ³ igh sini ³ sinigh = = = 0,94 n 1,5 J 1 I - Vì i + r = 90o sini = cosr cosr ³ 0,94 i α r K sinr £ 0,34. S - Áp dụng định luật khúc xạ tại điểm tới I: o sinα = n1sinr £ 1,5.0,34 = 0,51 α £ 30 Vậy: Để tia sáng trong chùm đều truyền đi được trong ống thì α £ 30o . Ví dụ 6: Một khối nhựa trong suốt hình lập phương, chiết suất n. Định điều kiện mà n phải nghiệm để mọi tia sáng từ không khí xuyên vào một mặt, tới mặt kề đều phản xạ toàn phần trên mặt này. Hướng dẫn giải Xét một tiết diện chứa mặt phẳng tới. Theo S đề thì tại I có khúc xạ và tại J có phản xạ toàn i1 I phần. Ta có: A B sini1 - Tại I: sini1 = nsinr1 sinr1 = (1) n r1 n i 1 2 J - Tại J: sinigh = , i2 > igh. i’ n 2 1 1 2 1 D C sini2 > hay cosr1 > 1- sin r > (2) n n 1 n 2 sin i1 1 2 2 Thay (1) vào (2) ta được: 1- > n - sin i1 > 1 n2 n 2 n > 1+sin i1 o Vì i1max = 90 n > 1+1 = 2 . Vậy: Để mọi tia sáng từ không khí xuyên vào một mặt đều phản xạ toàn phần trên mặt bên tiếp theo là n > 2 . Ví dụ 7: Một miếng gỗ mỏng hình tròn, bán kính R = 4 cm. Ở tâm O, cắm thẳng góc một đinh OA. Thả miếng gỗ nổi trong một chậu nước có chiết suất n = 1,33. Đinh OA ở trong nước. a) Cho OA = 6 cm. Mắt trong không khí sẽ thấy đầu A cách mặt nước bao nhiêu? b) Tìm chiều dài lớn nhất của OA để mắt không thấy đầu A của đinh. c) Thay nước bằng một chất lỏng có chiết suất n’. Khi giảm chiều dài OA của đinh tới 3,2 cm thì mắt không thấy được đầu A của đinh nữa. Tính n/. Hướng dẫn giải 116
5. a) Mắt trong không khí thấy tia khúc xạ từ nước ra, do đó mắt quan sát thấy ảnh A/ của A (xem hình 1) r O N I / A i A Hình 1 + Áp dụng công thức lưỡng chất phẳng ta có: OA/ n 1 kx OA/ 4,5 cm OA n t 1,33 n 1 3 b) Góc tới giới hạn: sini kk i 48,590 gh 4 gh nnc 4 3 r O N I / A i A Hình 2 + Để mắt không thấy đầu A của đinh thì góc tới i i gh vì lúc đó không có tia khúc xạ từ nước ra không khí. Chiều dài lớn nhất của OA thỏa điều kiện i = i gh và đồng thời phải bị cạnh của miếng gỗ che lấp (xem hình 2). ON ON R Ta có: tani tanigh OA 0 3,53 cm OA tanigh tan 48,59 ON 4 c) Tương tự trên ta có: tani 1,25 OA 3,2 1 + Ta có: cot i 0,8 . tan i 2 1 1 + Mà sin i 2 sin i 0,78 sin igh 1 cot i 1 cot2 i 1 1 + Lại có: sin i 0,78 n 1,28 (xem hình 2) gh n n Ví dụ 8: Một khối bán trụ trong suốt có chiết suất n 3 . Một chùm sáng hẹp S 117 A I B
6. nằm trong mặt phẳng của tiết diện vuông góc, chiếu tới khối bán trụ như hình vẽ. Hãy xác định đường đi của tia sáng với các giá trị của góc α trong các trường hợp sau: a) Khi α = 600. b) Khi α = 450. c) Khi α = 300. Hướng dẫn giải Ở I ánh sáng truyền từ môi trường có chiết suất lớn sang môi trường có chiết suất bé nên có thể xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần. 0 0 Góc giới hạn phản xạ toàn phần: 2 sinigh 1sin90 igh 45 0 0 a) Khi 60 i 30 igh có hiện tượng khúc xạ + Định luật khúc xạ tại I: 2 sin300 sinr r 450 tia sáng khúc xạ ra không khí với góc khúc xạ 450 (hình a) 0 0 0 b) Khi 45 i 45 igh r 90 tia sáng đi là là IB (hình b) 0 0 0 c) 30 i 60 igh 45 xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần tại tâm I, với góc tới i/ = 600 0 + Tia phản xạ IR đến gặp mặt cầu tại J với góc tới i1 = 0 đi thẳng ra ngoài (hình c). S S S R J 60o 45o R 30o I I I A 45o B A B A B a) R b) c) Ví dụ 9: Cho một khối bán trụ tròn trong suốt, đồng chất chiết suất n đặt trong không khí (coi chiết suất i S A bằng 1). a) Cho n 3 . Trong một mặt phẳng của tiết diện vuông góc với trục của bán trụ, có tia sáng chiếu tới mặt phẳng của bán trụ dưới a) góc tới i = 60o ở mép A của tiết diện (Hình S / a). Vẽ đường truyền của tia sáng. S I O I/ b) Chiếu tia sáng SI tới vuông góc với mặt 118 b)
7. phẳng của bán trụ thì tia sáng ló duy nhất của nó là I/S/ cũng vuông góc với mặt này (Hình b). Cho bán kính của khối trụ là R, tìm khoảng cách nhỏ nhất từ điểm tới I của tia sáng đến trục O của bán trụ. Ứng với khoảng cách ấy, tìm giá trị nhỏ nhất của n. Hướng dẫn giải a) Áp dụng định luật khúc xạ tại A sini = nsinr r = 30o + Vì α là góc ở tâm, r là góc chắn cung α = 2r = 60o ∆AOI đều i/ = 60o 1 o + Gọi igh góc tới giới hạn, sinigh = igh = 30 n / + Vì i > igh tại I tia sáng bị phản xạ i toàn phần, tương tự, tại J cũng bị phản S A O B R xạ toàn phần. Dễ thấy, mỗi lần phản xạ r góc ở tâm thay đổi 60 o vì thế sau khi i/ phản xạ ở J thì tia sáng ló ra ở mép B, với góc ló đúng bằng góc tới i = 60o. I J b) Vì chỉ có một tia ló duy nhất nên tia sáng bị phản xạ toàn phần nhiều lần ở mặt trụ trước khi ló ra ở I/ + Giả sử phản xạ k lần trước khi ló ra ngoài nên: 180o = α + (k − 1)2α + α = 2k.α OI = R.cosα 180 + Vì bị phản xạ toàn phần nên i > 0 α < 90o 90 k 1 2n + Vì k là số lần phản xạ nên k là số nguyên k = 2, 3, 4, k ≥ 2 S S/ R I O I/ α ≤ 45o OI min 2 o o i + Khi OImin thì α = 45 i = 45 ≥ igh 1 sin45o ≥ n 2 n 2 n min C. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. Một đèn chiếu ở trong nước rọi một chùm tia sáng song song lên mặt thoáng của nước, phía trên mặt thoáng là một màn E nằm ngang. Ta sẽ nhận được một vệt sáng trên màn E khi góc tới thỏa mãn điều kiện nào. Biết chiết suất của nước là n = 4 . 3 Bài 2. Tia sáng đi từ thủy tinh có chiết suất n1 = 1,5 đến mặt phân cách với nước n2 = 4/3. Hãy tìm điều kiện của góc tới. a) Để không có tia khúc xạ vào trong nước. 119
8. b) Để có tia khúc xạ vào nước. Bài 3. Ở đáy một chậu nước, cách mặt nước 10 cm người ta đặt một nguồn sáng 4 điểm S. Cho biết chiết suất của nước là . 3 a) Vẽ đường đi của tia sáng xuất phát từ S, nghiêng một góc 60 0 với phương nằm ngang. b) Đặt một đĩa gỗ tròn trên mặt nước, tâm của đĩa nằm trên đường thẳng đứng đi qua S. Tìm bán kính tối thiểu của đĩa để toàn bộ ánh sáng phát ra từ nguồn không ra khỏi mặt nước được. Bài 4. Một khối thủy tinh P có chiết suất n đặt trong không khí. Tiết diện thẳng là một tam giác cân ABC vuông tại B. Chiếu vuông góc tới mặt AB một chùm sáng song song SI thì tia sáng đi là là mặt AC. Xác định chiết suất n của khối chất P. Bài 5. Có 3 môi trường trong suốt. Nếu tia sáng truyền từ môi trường 1 vào môi trường 2 dưới góc tới i thì góc khúc xạ là 30 0. Nếu tia sáng truyền từ môi trường 1 vào môi trường 3 cũng dưới góc tới i thì góc khúc xạ là 45 0. Hãy tìm góc giới hạn phản xạ toàn phần ở mặt phân cách giữa môi trường 2 và 3. Bài 6. Một tia sáng SI truyền từ bán trụ thủy tinh ra không khí như hình vẽ. Biết chiết suất của không khí S 0 n2 1, của thủy tinh n1 2 , α = 60 . a) Tìm góc giới hạn phản xạ toàn phần. n b) Tìm góc khúc xạ của tia sáng khi đi ra không I khí. c) Giữ nguyên góc tới đưa khối thủy tinh vào trong nước tính góc khúc xạ, 4 biết chiết suất của nước là n . 3 3 d) Tìm vận tốc truyền ánh sáng trong thủy tinh, biết vận tốc truyền ánh sáng trong chân không là c = 3.108m/s Bài 7. Một đĩa tròn mỏng, bằng gỗ, bán kính R = 5 cm nổi trên mặt nước. Ở tâm 4 đĩa có gắn một cây kim, thẳng đứng, chìm trong nước n . Dù đặt mắt trên 3 mặt thoáng ở đâu cũng không thấy cây kim. Hãy tính chiều dài tối đa của cây kim. Bài 8. Một khối thủy tinh P có chiết suất n1 2 . Biết tiết diện thẳng là một tam giác ABC vuông cân tại B. Chiếu vuông góc tới mặt AB một chùm sáng song song SI. a) Khối thủy tinh P ở trong không khí. Tính góc D hợp bởi tia ló và tia tới b) Tính lại góc D nếu khối P ở trong nước có chiết suất n2 = 4/3 Bài 9. Một tia sáng đi từ một chất lỏng trong suốt có chiết suất n chưa biết sang không khí với góc R tới như hình vẽ. Cho biết = 60o,  = 30o.  I 120 S
9. a) Tính chiết suất n của chất lỏng. b) Tính góc lớn nhất để tia sáng không thể ló sang môi trường không khí phía trên. Bài 10. Chiếu tia sáng đơn sắc từ không khí vào trong chất lỏng trong suốt với góc tới bằng i rad thì góc khúc xạ là r rad . 3 6 a) Coi tốc độ ánh sáng trong không khí bằng c = 3.108 m/s. Hãy tính tốc độ ánh sáng khi truyền trong chất lỏng. b) Tìm góc giới hạn phản xạ toàn phần khi chiếu tia sáng trên theo chiều ngược lại. Bài 11. 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 300, nếu ánh sáng đi từ (1) vào (3) thì góc khúc xạ là 450. 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 12. 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 = 15m. a) Giải thích. b) Cho biết mắt người này ở độ cao 1,5m. Tính độ sâu của sông. Bài 13. Một khối thủy tinh có tiết diện S E thẳng như hình vẽ, đặt trong không khí (ABCD: hình vuông; CDE: tam giác I vuông cân). Trong mặt phẳng của tiết diện thẳng, chiếu một chùm tia sáng đơn D C sắc hẹp SI vuông góc với DE (IE < ID). Chiết suất của thủy tinh là n = 1,5. Vẽ tiếp các đường đi của tia sáng trong khối thủy tinh, nếu tia sáng ló ra ngoài thì góc A B ló bằng bao nhiêu? Bài 14. Một khối cầu trong suốt, bán kính R làm bằng chất có chiết suất n 2 được đặt trong một môi trường trong suốt chiết quang hơn có chiết suất n 1 (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 = 2cm, l = 1cm, n1 = 3 , n2 = 1. D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. 121
10. 4 0 + Góc giới hạn phản xạ toàn phần là igh: sini 1.sin90 3 gh 3 sini i 48,60 gh 4 gh + Vậy với góc tới lớn hoặc bằng 48,6 0 thì trên màn sẽ không thu được vệt sáng vì khi đó tia sáng xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần. Bài 2. a) Để không có tia khúc xạ vào trong nước thì tại điểm tới phải xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần nkx n2 8 0 + Góc giới hạn phản xạ toàn phần là igh: sinigh igh 62,73 . n t n1 9 + Vậy để không có tia khúc xạ vào nước thì góc tới i igh = 62,730 b) Để có tia khúc xạ vào trong nước thì tại điểm tới phải không xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần + Vậy để có tia khúc xạ vào nước thì góc tới i < igh = 62,730 Bài 3. a) Vì SI tạo với mặt ngang góc 600 i = 300. + Vận dụng định luật khúc xạ tại I ta có: r O R 4 sin300 1sin r r 41,810 3 I b) Góc giới hạn phản xạ toàn phần: i n 1 3 sini kk gh 4 nnc 4 S Hình a 3 + Gọi O là tâm của đĩa tròn, càng xa O thì góc tới i càng tăng, để không có tia sáng nào O lọt ra ngoài không khí thì ngay tại vị trí xa O I nhất xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần. Gọi I là vị trí xa O nhất tại đó vừa bắt đầu xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần. Ta có: i OI sin R 2 2 S OI +OS Hình b OI + Với igh sinigh OI2 +OS2 3 OI 9 OI2 9 OI2 2 2 2 2 OI 11,34 cm 4 OI2 +OS2 16 OI +OS 16 OI +10 122
11. Bài 4. + Vì tia SI đi vuông góc với mặt AB nên đi A thẳng tới mặt bên AC với góc tới i. + Vì tam giác ABC vuông và cân tại B nên: S J Aµ Cµ i 450 r I i + Tia ló đi là là mặt AC nên r = 900 + Áp dụng định luật khúc xạ tại J ta có: nsin 450 1.sin900 n 2 B C Bài 5. + Áp dụng định luật khúc xạ cho môi trường tới 1 và môi trường khúc xạ 2: 0 n1 sini n2 sin30 (1) + Áp dụng định luật khúc xạ cho môi trường tới 1 và môi trường khúc xạ 3: 0 n1 sini n3 sin 45 (2) 0 0 n3 1 + Từ (1) và (2) ta có: n2 sin30 n3 sin 45 n2 n3 n2 2 + Góc tới giới hạn ở mặt phân cách giữa môi trường 2 và môi trường 3: n3 1 0 sinigh igh 45 n2 2 Bài 6. a) Ở I ánh sáng truyền từ môi trường có chiết suất lớn sang môi trường có chiết suất bé nên có thể xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần. 0 0 + Góc giới hạn phản xạ toàn phần: 2 sinigh 1sin90 igh 45 b) Từ hình vẽ suy ra được góc tới i tại điểm I là: i 900 90 60 300 có tia khúc xạ + Áp dụng định luật khúc xạ tại I ta có: 2 n sini n sin r 2 sin30 1.sin r sin r r 450 1 2 2 c) Khi đưa khối thủy tinh vào nước thì góc tới vẫn không thay đổi nên i = 300 + Áp dụng định luật khúc xạ tại I ta có: 4 3 2 n sini n sin r 2 sin30 .sin r sin r r 32,030 1 3 3 8 c c 3.108 d) Ta có: n v 2,12.108 m / s v n 2 Bài 7. 123
12. n 1 3 + Góc giới hạn phản xạ toàn phần sini kk gh 4 nnc 4 3 + Gọi O là tâm của đĩa tròn, càng xa O thì góc tới i càng tăng, để không có tia sáng nào lọt ra ngoài O không khí thì ngay tại vị trí xa O nhất xảy ra hiện I tượng phản xạ toàn phần. Gọi I là vị trí xa O nhất tại đó vừa bắt đầu xảy ra hiện tượng phản xạ toàn OI i phần. Ta có: sin OI2 +OS2 R OI S Và igh sinigh OI2 +OS2 3 OI 9 OI2 9 52 2 2 2 2 OS 4,4 cm 4 OI2 +OS2 16 OI +OS 16 5 +OS Bài 8. a) Tia SI đi đến mặt vuông góc với AB nên truyền thẳng đến mặt AC tại J với góc tới i. A Vì ABC vuông cân tại B nên dễ dàng tính J được i = 450. S I + Góc giới hạn phản xạ toàn phần là: D n 1 sini kk i 450 i R gh n 2 gh tt B + Vậy tại J xảy ra hiện tượng tia khúc xạ đi C là là mặt AC + Vậy góc tạo bởi tia tới SI và tia JR là D = 450 b) Khi khối P ở trong nước thì góc giới hạn phản xạ toàn phần là: nnc 4 / 3 0 sinigh igh 70,53 n tt 2 A + Vì tia SI đi vuông góc với AB nên đi J r thẳng và tới mặt AC tại J với góc tới S I 0 D 45 < igh nên có tia khúc xạ tại J Áp dụng định luật khúc xạ tại J ta có: R 4 n1 sini n2 sin r 2 sin 45 sin r B 3 C sin r 0,75 r 48,590 + Từ hình ta tính được góc lệch D lúc này là: D = r – i = 3,590 R  I 124 S
13. Bài 9. a) Từ hình vẽ ta tính được góc tới và góc khúc xạ là: i = 90 – α = 300, r = 90 -  = 600 Định luật khúc xạ: n.sini 1.sin r n.sin300 1.sin 600 n 3 b) Để không có tia ló thì tại điểm tới phải xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần 1 1 Góc giới hạn phản xạ toàn phần: sini i 35,260 gh n 3 gh 0 0 0 i 35,26 imin 35,26 max 90 imin 54,74 Bài 10. a) Gọi n là chiết suất của chất lỏng. Theo định luật khúc xạ ta có: 1.sin nsin n 3 3 6 c 3.108 Tốc độ của ánh sáng khi truyền trong chất lỏng là: v 3.108 m / s n 3 nkk 1 0 b) Góc giới hạn phản xạ toàn phần: sinigi igh 32,26 nlong 3 Bài 11. a) Môi trường nào chiết quang hơn? - Khi ánh sáng truyền từ môi trường (1) vào môi trường (2): sini n = 2 (1) o sin30 n1 - Khi ánh sáng truyền từ môi trường (1) vào môi trường (3): sini n = 3 (2) o sin45 n1 2 sin45o n n - Từ (1) và (3) suy ra: = 2 2 = 2 = 2 > 1. o sin30 n3 n3 1 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 sáng truyền từ môi trường (2) vào môi trường (3) thì: n3 1 2 o sinigh = = = igh = 45 n2 2 2 Vậy: Góc giới hạn phản xạ toàn phần giữa môi trường (2) và (3) là 45o. Bài 12. 125
14. a) Giải thích? Tia sáng từ vật A ở đáy sông đến mặt A’ 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: I Theo đề thì NA = R = 15m; MN = h =1,5m. - Ta có: M igh 1 3 H sinigh = = = 0,75 tanigh = 1,134. h n 4 D BA DN+R N B A tanigh = = (1) 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 = + = + = 7,36m. 2 2tani 2 2.1,134 Vậy: Độ sâu của sông là H = 7,36m. Bài 13. Đường đi của tia sáng trong khối thủy tinh S - Góc giới hạn phản xạ toàn phần: E I R 1 1 o sinigh = = = 0,667 i gh = 41 48’ n 1,5 i1 N J - Tia tới SI vuông góc với mặt DE sẽ D C truyền thẳng đến mặt EC tại J với góc o M tới i1 = 45 > igh nên sẽ phản xạ toàn i4 i2 phần tại mặt EC (tia JK). K i3 o - Tia JK đến mặt bên AD cũng dưới góc tới i 2 = 45 > igh nên cũng phản xạ toàn phần tại mặt AD (tia KL). A L B o - Tia KL đến mặt bên AB cũng dưới góc tới i 3 = 45 > igh nên cũng phản xạ toàn phần tại mặt AB (tia LM). o - Tia LM đến mặt bên BC cũng dưới góc tới i 4 = 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). Bài 14. a) Điều kiện mà l phải thỏa để tia sáng khúc xạ được qua khối cầu - Để tia SI khúc xạ vào trong khối cầu thì: 126
15. n2 i < igh sini < sinigh = . n1 IH l l n n với: sini = = < 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$ = 2 D¶IJ = 2(r – i) (liên hệ giữa góc ngoài và góc trong tam giác). IH l 1 - Tam giác vuông OHI cho: sinH· OI = sini = = = i = 30o. IO R 2 - Theo định luật khúc xạ ánh sáng: n1 3 1 3 o n1sini = n2sinr sinr = sini = . = r = 60 n2 1 2 2 Từ đó: D$ = 2(60o – 30o) = 60o. Vậy: Góc lệch của tia sáng là D$ = 60o. 127