Ôn tập chương 6: Khúc xạ ánh sáng

A – đúng vì chiết suất tỉ đối giữa 2 môi trường là tỉ số giữa 2 chiết suất tuyệt đối của 2 môi trường đó: \({{\rm{n}}_{{\rm{21}}}}{\rm{ = }}\dfrac{{{{\rm{n}}_{_{_{\rm{2}}}}}}}{{{{\rm{n}}_{\rm{1}}}}}\)

Ta có: tia phản xạ và tia khúc xạ vuông góc với nhau \( \to \) \(i'{\rm{  +  }}r{\rm{  =  }}{90^0}\)

Mà \(i'{\rm{  =  i}}\)\( \to \) \(i{\rm{  +  }}r{\rm{  =  }}{90^0}\)

Ta có:  

\(\dfrac{{{\rm{sin i}}}}{{{\rm{sin r}}}}{\rm{  =  }}{{\rm{n}}_{{\rm{21}}}}{\rm{ =  }}\dfrac{{{{\rm{n}}_{\rm{2}}}}}{{{{\rm{n}}_{\rm{1}}}}} = {\rm{n}}\) (1)

 \({\rm{i  +  r  =  9}}{{\rm{0}}^{\rm{0}}} \to {\rm{sin r  =  cos i}}\)(2)

\( \to \) \(tani = n\)

Ta có: tia phản xạ và tia khúc xạ vuông góc với nhau \( \to \) \(i'{\rm{  +  }}r{\rm{  =  }}{90^0}\)

Mà \(i'{\rm{  =  i}}\)\( \to \) \(i{\rm{  +  }}r{\rm{  =  }}{90^0}\)

Ta có: Tia phản xạ và tia khúc xạ vuông góc với nhau => \(i'{\rm{  +  }}r{\rm{  =  }}{90^0}\)

Mà \(i'{\rm{  =  i}}\)=> \(i{\rm{  +  }}r{\rm{  =  }}{90^0}\)

+ Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng, ta được:

\(\dfrac{{{\rm{Sin i}}}}{{{\rm{Sin r}}}}{\rm{  =  }}{{\rm{n}}_{{\rm{21}}}}{\rm{ =  }}\dfrac{{{{\rm{n}}_{\rm{2}}}}}{{{{\rm{n}}_{\rm{1}}}}} = {\rm{n}}\) (1)

+ Mặt khác, ta có: \({\rm{i  +  r  =  9}}{{\rm{0}}^{\rm{0}}} \to s{\rm{in r  = ncos i}}\)(2)

Từ (1) và (2), ta suy ra: \(tani = n = \sqrt 3  \to i = {60^0}\)

Ta có: tia phản xạ và tia khúc xạ vuông góc với nhau => \(i'{\rm{  +  }}r{\rm{  =  }}{90^0}\)

Mà \(i'{\rm{  =  i}}\)=> \(i{\rm{  +  }}r{\rm{  =  }}{90^0}\)

+ Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng, ta được:

\(\dfrac{{{\rm{Sin i}}}}{{{\rm{Sin r}}}}{\rm{  =  }}{{\rm{n}}_{{\rm{21}}}}{\rm{ =  }}\dfrac{{{{\rm{n}}_{\rm{2}}}}}{{{{\rm{n}}_{\rm{1}}}}} = {\rm{n}}\) (1)

+ Mặt khác, ta có: \({\rm{i  +  r  =  9}}{{\rm{0}}^{\rm{0}}} \to s{\rm{in r  =  cos i}}\)(2)

Từ (1) và (2), ta suy ra: \(tani = n \to n = \tan {60^0} \to n \sim 1,73\)

- Ta có: AB = AH – BH = 80 – 60 = 20 cm

 - Xét tam giác vuông ABI có: \(\tan {30^0} = \dfrac{{AB}}{{BI}} \to BI = \dfrac{{AB}}{{\tan {{30}^0}}} = \dfrac{{20}}{{\tan {{30}^0}}} = 34,6\)

=> độ dài bóng đen tạo thành trên mặt nước là \(BI = 34,6\)

Ta có: \(\dfrac{{{\rm{Sin i}}}}{{{\rm{Sin r}}}} = {\rm{n  =  }}\dfrac{4}{3} =  > {\mathop{\rm sinr}\nolimits}  = \dfrac{3}{4}.\sin i\)

Mà \(i = {90^0} - {30^0} = {60^0}\)=> \({\mathop{\rm sinr}\nolimits}  = \dfrac{3}{4}.\sin i = \dfrac{3}{4}.\sin {60^0} = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{8} =  > r = {40,51^0}\)

Xét tam giác vuông ICD có \(CD = IC.\tan r = BH.\tan r = 60.\tan r = 60.\tan {40,51^0} = 51,25\)

=> Độ dài bóng đen tạo thành trên đáy bể là HD= HC + CD = BI + CD = 34,6 + 51,25 = 85,85 cm

- Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng ta có: \(n.\sin i = \sin r\)

- Vì i rất nhỏ nên r cũng rất nhỏ  \( \to \sin i \sim i,{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}} \sim r \to n.i = r \to n = \frac{r}{i}(*)\)

- Mặt khác, ta có:

+ \(\tan i = \tan \widehat {NSI} = \dfrac{{IN}}{{NS}} \to IN =NS.\tan i \sim NSi(1)\)

+ \({\mathop{\rm tanr}\nolimits}  = \tan \widehat {NS'I} = \dfrac{{IN}}{{NS'}} \to IN = NS'.{\mathop{\rm tanr}\nolimits} \sim NS'r(2)\)

Từ (1) và (2) \( \to NS.i = NS'.r \to \dfrac{i}{r} = \dfrac{{NS'}}{{NS}}\)(**)

Từ (*) và (**) ta có \(n = \dfrac{r}{i} = \dfrac{{NS}}{{NS'}} = \dfrac{{12}}{{10}} = 1,2\)

Gọi S là hòn sỏi dưới đấy bể, S’ là ảnh của S. Để có ảnh rõ góc tới i phải nhỏ

Ta có: \(\dfrac{{Sini}}{{Sinr}} = \dfrac{{{n_2}}}{{{n_1}}}\)(1)

Mặt khác: \(\tan i = \dfrac{{HI}}{{HS}};{\mathop{\rm tanr}\nolimits}  = \dfrac{{HI}}{{HS'}} =  > \dfrac{{\tan i}}{{\tan {\rm{r}}}} = \dfrac{{HS'}}{{HS}}\)(2)

Vì góc tới i nhỏ nên: $\tan i \sim \sin i;\operatorname{t} {\text{anr}} \sim \operatorname{s} {\text{inr}}$

Từ (1) và (2): \(\dfrac{{{n_2}}}{{{n_1}}} = \dfrac{{HS'}}{{HS}} =  > HS = \dfrac{{{n_1}}}{{{n_2}}}.HS' = \dfrac{4}{3}.1,2 = 1,6m = 16dm\)

Ta có: \(\dfrac{{{n_2}}}{{{n_1}}} = \dfrac{{HS'}}{{HS}} =  > HS' = \dfrac{{{n_2}}}{{{n_1}}}.HS = \dfrac{3}{4}.20 = 15cm\)

- Vẽ đường truyền của tia sáng SI qua bản mặt song song như hình vẽ

- Tia tới SI tới mặt thứ nhất của bản mặt song song:

+ Góc tới i; thu được tia khúc xạ IJ: góc khúc xạ r

- Tia tới IJ tới mặt thứ hai của bản mặt song song:

+ Góc tới r’; thu được tia ló Jx: góc khúc xạ i'

Vì r = r’ => i = i'

=> tia ló song song với tia tới

- Gọi d là khoảng cách giữa giá của tia tới và tia ló, d = JH

- Xét tam giác vuông IJH: \(JH = {\rm{IJ}}.\sin (i - r)\)

- Xét tam giác vuông IJK: \({\rm{IJ  =  }}\dfrac{{IK}}{{{\mathop{\rm cosr}\nolimits} }} = \dfrac{e}{{\cos r}}\)

=> \(d = JH = \dfrac{e}{{c{\rm{osr}}}}.\sin (i - r)\)

- Tính r:

Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng có: \(\sin i = n.\sin r \to \sin {45^0} = 1,5.sin{\rm{r}} \to r = {28,13^0}\)

- Thay số tính d: với e = 10 cm

=> \(d = JH = \dfrac{{10}}{{c{\rm{os(28}}{\rm{,13)}}}}.\sin (45 - 28,13) = 3,29cm\)

A – đúng: vì khi có phản xạ toàn phần thì toàn bộ ánh sáng phản xạ trở lại môi trường ban đầu chứa chùm tia sáng tới.

B – đúng: vì điều kiện xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần: \({n_1} > {n_2}\)

C – đúng: vì điều kiện xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần: \(i \ge {i_{gh}}\)

D – sai: vì sin góc giới hạn phản xạ toàn phần được xác định bằng tỉ số giữa chiết suất của môi trường kém chiết quang với môi trường chiết quang hơn: \(sin{i_{gh}} = \dfrac{{{n_2}}}{{{n_1}}}\)

A- sai: vì khi phản xạ toàn phần, chùm tia khúc xạ bị triệt tiêu hoàn toàn

B,C – đúng: vì khi phản xạ toàn phần, toàn bộ chùm sáng tới bị phản xạ trở lại môi trường tới

A- đúng: vì khi \({n_1} < {n_2}\) thì sẽ không bao giờ xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần nên luôn có tia khúc xạ

B- sai: vì khi \({n_1} > {n_2}\)thì có thể xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần ( khi\(i \ge {i_{gh}}\)), mà khi xảy ra phản xạ toàn phần thì sẽ không có tia khúc xạ

C,D – đúng: vì khi xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần: không có tia khúc xạ và cường độ sáng chùm phản xạ khi đó gần bằng cường độ sáng chùm sáng tới

Ta có: \(sin{i_{gh}} = \dfrac{{{n_2}}}{{{n_1}}} = \dfrac{1}{{4/3}} = \dfrac{3}{4} \to {i_{gh}} = {48^0}35'\)

Ta có: chiếu tia sáng đi từ thủy tinh vào nước, để không có tia khúc xạ trong nước \( \leftrightarrow \)xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần

Mặt khác, điều kiện để xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần là: \(i \ge {i_{gh}}\) với \(Sin{i_{gh}} = \dfrac{{{n_2}}}{{{n_1}}} = \dfrac{{4/3}}{{1,5}} \to {i_{gh}} = {62^0}44'\)

=> \(i \ge {62^0}44'\)

- Độ dời ảnh: SS’ = IM = IK – MK = e – MK

- Xét tam giác vuông MKJ:  \(MK = \dfrac{{KJ}}{{\tan i}} = \dfrac{{II'}}{{\tan i}}\)

- Xét tam giác vuông II’J: \(II' = JI'.{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anr}} = e.{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anr}}\)

=> \(MK = \dfrac{{e.{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anr}}}}{{\tan i}}\)

=> \(SS' = e.(1 - \dfrac{{{\rm{tan r}}}}{{\tan i}})\)

Với góc tới i nhỏ ta có: \(SS' = e.(1 - \dfrac{{{\rm{tan r}}}}{{\tan i}})\~e.(1 - \dfrac{{{\rm{Sin r}}}}{{Sini}}) = e.(1 - \dfrac{{{n_1}}}{{{n_2}}})\)

- Thay số: \(e = 6cm;{n_1} = 1;{n_2} = 1,5 \to SS' = 6.(1 - \dfrac{1}{{1,5}}) = 2cm\)

- Khoảng cách từ S tới bản mặt song song: 20 cm

- Khoảng cách SS’ từ câu a: 2 cm

=> Khoảng cách từ S’ tới bản mặt song song: 20 – 2 = 18 cm

- tia sáng từ A truyền trong nước rồi khúc xạ ra không khí, mắt ta nhìn thấy là ảnh A’ của A (Ảnh A’ gần mặt nước hơn A)

- Áp dụng biểu thức định luật khúc xạ ánh sáng ta có: \({n_1}.sini = {n_2}.sinr\)

=> \(1,33.sini = sinr\)

=> góc tới i càng nhỏ thì góc khúc xạ r càng nhỏ, góc khúc xạ r càng nhỏ thì ảnh A’ càng xa O => Ảnh A’ xa O nhất được cho bởi tia sáng AI đi sát mép miếng gỗ

- Tính OA_max’

+ Xét tam giác vuông OIA’: \(OA{'_{\max }} = \dfrac{{OI}}{{{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anr}}}} = \dfrac{R}{{{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anr}}}} = \dfrac{4}{{{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anr}}}}\)

+ Lại có: \(1,33.sini = sinr\)

Xét tam giác vuông OAI: \(sini = \dfrac{{OI}}{{OA}} = \dfrac{4}{{\sqrt {{4^2} + {6^2}} }} = \dfrac{2}{{\sqrt {13} }}\)

=> \(sinr = 1,33.\dfrac{2}{{\sqrt {13} }} \to r = {47,69^0}\)

=> \(OA{'_{\max }} = \dfrac{4}{{{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{an(47}}{\rm{,69)}}}} = 3,64cm\)