Bài tập khúc xạ ánh sáng

Từ biểu thức mối liên hệ giữa chiết suất và vận tốc ánh sáng, ta có:

\(n = \dfrac{c}{v} \to v = \dfrac{c}{n} = \dfrac{{{{3.10}^8}}}{{2,5}} = 1,{2.10^8}m/s\)

Ta có, chiết suất tuyệt đối của các môi trường:

+ Môi trường A: \({n_A} = \dfrac{c}{{{v_A}}}\)

+ Môi trường B: \({n_B} = \dfrac{c}{{{v_B}}}\)

Ta suy ra: \(\dfrac{{{n_B}}}{{{n_A}}} = \dfrac{{{v_A}}}{{{v_B}}} \Rightarrow {v_A} = \dfrac{{{n_B}}}{{{n_A}}}{v_B}\)

+ Mặt khác, theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta có:

\(\begin{array}{l}{n_A}\sin i = {n_B}{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}}\\ \Rightarrow \dfrac{{{n_B}}}{{{n_A}}} = \dfrac{{\sin i}}{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}}}}\end{array}\)

Ta suy ra:

\(\begin{array}{l}{v_A} = \dfrac{{\sin i}}{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}}}}.{v_B} = \dfrac{{\sin {9^0}}}{{\sin {8^0}}}.200000\\ = 224805,6km/s\end{array}\)

Hướng dẫn giải:

Ta có:

Ta có, góc giới hạn được xác định bởi biểu thức: \(\sin {i_{gh}} = \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}} = \frac{1}{n}\)

Từ hình, ta có: \(\sin {i_{gh}} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {h^2}} }}\)

\( \to \frac{1}{n} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {h^2}} }} \leftrightarrow \frac{3}{4} = \frac{{20}}{{\sqrt {{{20}^2} + {h^2}} }} \to h = 17,64cm\)

Ta có:

Đáp án A

Phương pháp: Sử dụng định luật khúc xạ ánh sáng

Cách giải:

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

Mặt khác, ta có i = i’ => $i + r = {90^0} \to r = {90^0} - i$

Theo định luật khúc xạ, ta có:

$1\sin i = \sqrt 3 \operatorname{s} {\text{inr}} \leftrightarrow \sin i = \sqrt 3 \sin \left( {{{90}^0} - i} \right) = \sqrt 3 c{\text{osi}} \to \frac{{\sin i}}{{{\text{cosi}}}} = \tan i = \sqrt 3  \to i = {60^0}$

+ Từ hình vẽ, ta có chiều dài bóng của cây thước dưới dấy bể là \(L = {d_1} + {d_2}\)

Với  \({{\rm{d}}_1} = {{20} \over {\tan 30^\circ }} = 20\sqrt 3 \,\,cm.\)

+ Khi ánh sáng truyền đến mặt phân cách giữa hai môi trường, xảy ra hiện tượng khúc xạ ánh sáng.

\(\sin i = n\sin r \Rightarrow \sin r = {{3\sqrt 3 } \over 8}.\)

 \(\to {d_2} = 60\tan r \approx 51,25\,\,cm\)

 Vậy  \(L = {d_1} + {d_2} = 85,9\,\,cm.\)

Gọi S là hòn con cá, S’ là ảnh của con cá. Để ảnh rõ nét thì góc tới phải nhỏ

Ta có: \(\frac{\sin i}{\operatorname{s}\text{inr}}=\frac{{{n}_{2}}}{{{n}_{1}}}(1)\)

Mà \(\tan i=\frac{HI}{HS};\operatorname{t}\text{anr}=\frac{HI}{HS'}\Rightarrow \frac{\tan i}{\operatorname{t}\text{anr}}=\frac{HS'}{HS}(2)\)

Vì góc tới nhỏ nên sini ≈ tani ≈i

Từ (1) và (2) ta được \(\frac{{{n}_{2}}}{{{n}_{1}}}=\frac{HS'}{HS}\Rightarrow HS'=\frac{{{n}_{2}}}{{{n}_{1}}}HS=30cm\)

Vậy mắt người thấy cá cách mình 30 + 60 = 90cm

Ta có:

\(\begin{array}{l}{n_1}\sin i = {n_2}{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}}\\ \Rightarrow {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}} = \dfrac{{{n_1}\sin i}}{{{n_2}}} = \dfrac{{1.\sin {{30}^0}}}{{\dfrac{4}{3}}} = \dfrac{3}{8}\\ \Rightarrow r = {22^0}\end{array}\)

\(D = i{\rm{ }}-{\rm{ }}r = {30^0} - {22^0} \approx {8^0}\)

Ta có hình vẽ:

Bóng của thước dưới đáy bể bằng độ dài đoạn \(BN\)

Áp dụng công thức định luật khúc xạ ánh sáng, ta có:

\({n_1}\sin i = {n_2}\sin r \Rightarrow 1.0,8 = \frac{4}{3}.sinr \Rightarrow sinr = 0,6\)

Lại có: \(\sin r = \frac{{MN}}{{IN}} = \frac{{MN}}{{\sqrt {M{N^2} + I{M^2}} }} \Rightarrow 0,6 = \frac{{MN}}{{\sqrt {M{N^2} + {{40}^2}} }}\)

\( \Rightarrow 0,36 = \frac{{M{N^2}}}{{M{N^2} + {{40}^2}}} \Rightarrow MN = 30\,\,\left( {cm} \right)\)

Ta có: \(\sin i = \sin \widehat {HAI} = \frac{{IH}}{{AI}} \Rightarrow 0,8 = \frac{{IH}}{{\sqrt {I{H^2} + A{H^2}} }}\)

\( \Rightarrow 0,64 = \frac{{I{H^2}}}{{I{H^2} + {{30}^2}}} \Rightarrow IH = 40\,\,\left( {cm} \right)\)

Chiều dài bóng của thước dưới đáy bể là:

\(BN = BM + MN = IH + MN = 40 + 30 = 70\,\,\left( {cm} \right)\)

Áp dụng công thức định luật khúc xạ ánh sáng, ta có:

\(\dfrac{{\sin i}}{{\sin r}} = \dfrac{{{n_2}}}{{{n_1}}} \Rightarrow \dfrac{{\sin {{60}^0}}}{{\sin r}} = \dfrac{{1,333}}{1} \Rightarrow \sin r \approx 0,6497 \Rightarrow r = 40,{52^0}\)

+ Theo định luật phản xạ phản toàn phần, ta có: \(i = i'\) (1)

+ Theo đầu bài, ta có: \({180^0} - i - r = {105^0}\)  (2)

+ Theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta có: \({n_1}\sin i = {n_2}{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}} \Leftrightarrow 1.\sin i = n\sin r\)   (3)

Thế (1) vào (2) ta được: \(r = {180^0} - i - {105^0} = {180^0} - {45^0} - {105^0} = {30^0}\)

Thay vào (3), ta được: \(\sin {45^0} = n\sin {30^0} \Rightarrow n = \dfrac{{\sin {{45}^0}}}{{\sin {{30}^0}}} = \sqrt 2 \)

+ Theo đề bài, ta có: 

Thước AC

- Phần thước nhô khỏi mặt nước: \(AB = {\rm{ }}4cm\)

- Bóng của thước trên mặt nước: \(BI{\rm{ }} = {\rm{ }}4cm\)

- Bóng của thước ở đáy: \(CD = {\rm{ }}8cm\)

- Chiều sâu của nước trong bình: \(BC = IH\)

+ Lại có:

\(\begin{array}{l}CD = CH + HD\\ \Rightarrow HD = CD - CH = 8 - 4 = 4cm\end{array}\)

+ Xét \(\Delta ABI\), có

\(AB = BI\) \( \Rightarrow \Delta ABI\) vuông cân tại B

Ta suy ra \(\widehat {BAI} = \widehat {BIA} = i = {45^0}\)

+ Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng ta có:

\(\begin{array}{l}\sin i = n\sin r \Leftrightarrow \sin {45^0} = \dfrac{4}{3}{\rm{sinr}}\\ \Rightarrow {\rm{sinr}} = \dfrac{3}{4}\sin {45^0} = \dfrac{{3\sqrt 2 }}{8}\\ \Rightarrow r = {32^0}\end{array}\)

+ Xét \(\Delta IHD\), có:

\(\begin{array}{l}\tan \widehat {HID} = {\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anr}} = \dfrac{{HD}}{{IH}}\\ \Rightarrow IH = \dfrac{{HD}}{{{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anr}}}} = \dfrac{4}{{\tan {{32}^0}}} \approx 6,4cm\end{array}\)  

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{n_1} = \dfrac{4}{3}\\{n_2} = 1\end{array} \right.;HA' = 1,5m\)

Tia sáng đi từ hòn sỏi đi vào mắt người

Gọi:

+ A : là vị trí của hòn sỏi

+ A’: ảnh của hòn sỏi

=> Để nhìn rõ thì góc r, i rất nhỏ

\( \to \tan i \approx \sin i \approx i;{\rm{   }}{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anr}} \approx {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}} \approx r\)

Từ hình, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\tan i = \dfrac{{HI}}{{HA}}\\{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anr}} = \dfrac{{HI}}{{HA'}}\end{array} \right.\)

Theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{\sin i}}{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}}}} = \dfrac{{{n_2}}}{{{n_1}}} \approx \dfrac{{\tan i}}{{{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anr}}}} \leftrightarrow \dfrac{1}{{\dfrac{4}{3}}} = \dfrac{{\dfrac{{HI}}{{HA}}}}{{\dfrac{{HI}}{{HA'}}}} = \dfrac{{HA'}}{{HA}}\\ \to HA = \dfrac{4}{3}HA' = \dfrac{4}{3}.1,5 = 2m\end{array}\)

=> Nước trong hồ cao 2m

Theo đầu bài, người cao 1,68m < 2m

=> Nếu người đứng dưới hồ thì người đó sẽ bị ngập đầu

Theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta có: 

\(\begin{array}{l}1.\sin {60^0} = 1,5.{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}}\\ \Rightarrow {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3} \to r = {35,26^0}\end{array}\)

- Tia tới và tia ló qua bản mặt song song luôn song song:

Từ hình, ta có:

\(\begin{array}{l}IJ = \sqrt {J{K^2} + I{K^2}}  = \sqrt {{{\left( {IK.{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anr}}} \right)}^2} + I{K^2}} \\ = \sqrt {{{(e{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anr}})}^2} + {e^2}}  = \sqrt {{{\left( {5.\tan {{35,26}^0}} \right)}^2} + {5^2}}  = 6,12cm\\JH = IJsin(i - r) = 6,12.sin({60^0} - {35,26^0}) \approx 2,56cm\end{array}\)

Giá trị của góc khúc xạ r được xác định bởi biểu thức :

\(\dfrac{{\sin i}}{{\sin r}} = n\)

\(\to sinr=\dfrac{sini}{n}\)

\(\to r = {\sin ^{ - 1}}\left( {\dfrac{{\sin {{60}^o}}}{{1,333}}} \right) = 40,{5175^o}\)

Với điểm tới O – tâm của bán trụ

=> Tia khúc xạ OJ chính là bán kính của đường tròn nên thẳng góc với mặt cầu tại J => OJ truyền thẳng qua bán trụ

+ Theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta có:

\(\begin{array}{l}{n_1}\sin i = {n_2}{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}}\\ \Leftrightarrow 1.\sin {45^0} = \sqrt 2 {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}}\\ \Rightarrow {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow r = {30^0}\end{array}\)

=> Góc lệch giữa tia tới và tia ló ra khỏi bán cầu là: \(D = i - r = {45^0} - {30^0} = {15^0}\)

Theo đầu bài, ta có:

+ Góc hợp bởi tia tới và tia khúc xạ là \(i - r = {30^0}\)  (1)

+ Tia khúc xạ hợp với mặt thoáng một góc \({60^0}\), ta suy ra: \({90^0} - r = {60^0} \Rightarrow r = {30^0}\)

Thay vào (1), ta suy ra: \(i = {30^0} + r = {30^0} + {30^0} = {60^0}\)

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

\(\begin{array}{l}{n_1}\sin i = {n_2}{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}}\\ \Leftrightarrow 1.\sin {60^0} = n\sin {30^0}\\ \Rightarrow n = \dfrac{{\sin {{60}^0}}}{{\sin {{30}^0}}} = \sqrt 3 \end{array}\)

Ta có:

+ Góc tạo bởi Mặt Trời và phương ngang chính là góc của Mặt Trời so với đường chân trời

+ Vẽ hình ta được:

Từ hình, ta suy ra: Góc khúc xạ \(r = {90^0} - {50^0} = {40^0}\)

+ Vận dụng định luật khúc xạ, ta có:

\(\begin{array}{l}\sin i = n{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}}\\ \Leftrightarrow \sin i = \dfrac{4}{3}\sin {40^0}\\ \Rightarrow \sin i = 0,857 \to i \approx {59^0}\end{array}\)

+ Góc mà Mặt Trời tạo với đường chân trời là: \(\alpha  = {90^0} - {59^0} \approx {31^0}\)

Theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta có: \(1.\sin i = n{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}}\)

Khi \({i_{max}}\) thì \({r_{max}}\)

Ta có, \({r_{max}}\) khi tia khúc xạ đến một điểm A’ của đáy hình hộp.

Từ hình, ta có:

\({\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_{{\rm{max}}}} = \dfrac{{I'A'}}{{IA'}}\)

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}A'I' = \dfrac{{A'C'}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}\\IA' = \sqrt {AA{'^2} + A'I{'^2}}  = \sqrt {4{a^2} + \dfrac{{5{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{\sqrt {21} a}}{2}\end{array} \right.\)

Ta suy ra: \({\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_{\max }} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}}}{{\dfrac{{\sqrt {21} a}}{2}}} = \sqrt {\dfrac{5}{{21}}} \)  

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \sin {i_{{\rm{max}}}} = n{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_{{\rm{max}}}} = 1,5.\sqrt {\dfrac{5}{{21}}} \\ \Rightarrow {i_{{\rm{max}}}} = {47^0}\end{array}\)

Gọi A là đáy chậu thật và A’ là ảnh của đáy chậu

+ Vì mắt nhìn xuống đáy chậu gần vuông góc nên góc r rất nhỏ => i cũng rất nhỏ

+ Ta có \(i,r <  < \)  nên suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}\sin i \approx \tan i \approx i\\{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}} \approx {\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anr}} \approx r\end{array} \right.\)

+ Từ hình vẽ, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\tan i = \dfrac{{HI}}{{AH}}\\{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anr}} = \dfrac{{HI}}{{A'H}}\end{array} \right.\)

Theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta có:

\(\begin{array}{l}{n_1}\sin i = {n_2}{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}}\\ \Rightarrow \dfrac{{\sin i}}{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}}}} = \dfrac{{{n_2}}}{{{n_1}}} = \dfrac{{\tan i}}{{{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anr}}}} = \dfrac{{\dfrac{{HI}}{{AH}}}}{{\dfrac{{HI}}{{A'H}}}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{n_2}}}{{{n_1}}} = \dfrac{{A'H}}{{AH}}\end{array}\)

Vì mắt đặt sát mặt nước nên \(A'H = 120cm\)

\( \Rightarrow AH = \dfrac{{{n_1}}}{{{n_2}}}A'H = \dfrac{{\dfrac{4}{3}}}{1}.120 = 160cm\) 

Vậy độ cao của chậu nước là: \(h = 160cm\)