Bài tập khúc xạ ánh sáng

Ta có, ánh nắng chiếu nghiêng một góc 30⁰ so với phương ngang => i = 60⁰

Từ hình vẽ ta có:

$\tan i = \frac{x}{{MA}} \to x = MAtan60 = 20\sqrt 3 cm$

=> Độ dài bóng đen tạo trên mặt nước là $x = 20\sqrt 3 cm$

Ta có, ánh nắng chiếu nghiêng một góc 30⁰ so với phương ngang => i = 60⁰

Từ hình vẽ ta có:

$\tan i = \frac{x}{{MA}} \to x = MAtan60 = 20\sqrt 3 cm$

${\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}} = \frac{{HJ}}{{\sqrt {H{I^2} + H{J^2}} }}$

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

$\begin{array}{l}\frac{{\sin i}}{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}}}} = n \leftrightarrow \frac{{\sin {{60}^0}}}{{\frac{{HJ}}{{\sqrt {H{I^2} + H{J^2}} }}}} = \frac{4}{3} \to \frac{{HJ}}{{\sqrt {H{I^2} + H{J^2}} }} = \frac{{3\sqrt 3 }}{8}\\ \leftrightarrow \frac{{H{J^2}}}{{H{I^2} + H{J^2}}} = \frac{{27}}{{64}} \to H{J^2} = \frac{{27}}{{37}}H{I^2} \to HJ = \sqrt {\frac{{27}}{{37}}} .60 = 51,25cm\end{array}$

Vậy vệt sáng ở dưới đáy bể là: $y = x + HJ = 20\sqrt 3  + 51,25 = 85,9cm$

Khi người nhìn thấy cá thì tia sáng từ cá đến mắt người (hình vẽ)

+ Vì mắt nhìn xuống đáy chậu gần vuông góc nên góc r rất nhỏ

=> i cũng rất nhỏ

+ Gọi A là cá thật và A’ là ảnh của cá

Từ hình vẽ, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\tan i = \frac{{HI}}{{HA}} \approx \sin i \approx i\\{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anr}} = \frac{{HI}}{{HA'}} \approx {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}} \approx {\rm{r}}\end{array} \right.$

Theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta có:

$n\sin i = {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}} \to \frac{{\sin i}}{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}}}} = \frac{1}{n} \leftrightarrow \frac{{HA'}}{{HA}} = \frac{1}{n} \to HA' = \frac{{HA}}{n} = \frac{{60}}{{\frac{4}{3}}} = 45cm$

=> Người nhìn thấy cá cách mắt mình đoạn 60 + 45 = 105cm

Khi cá nhìn thấy người thì tia sáng từ người đến mắt cá (hình vẽ)

+ Gọi M là mắt thật và M’ là ảnh của mắt người mà cá nhìn thấy

Từ hình vẽ, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\tan i = \frac{{HI}}{{HM}}\\{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anr}} = \frac{{HI}}{{HM'}}\end{array} \right.$

Để nhìn rõ, thì góc r- bé lên i bé

i, r bé $\to \left\{ \begin{array}{l}\tan i \approx \sin i \approx i\\{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anr}} \approx {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}} \approx r\end{array} \right.$

Theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta có:

$\sin i = n{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}} \to \frac{{\sin i}}{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}}}} = n \leftrightarrow \frac{{HM'}}{{HM}} = n \to HM' = HM.n = 60.\frac{4}{3} = 80cm$

=>Vậy con cá sẽ nhìn thấy mắt người cách mắt nó đoạn : 60 + 80 = 140cm

Coi đáy cốc thủy tinh là một bản mặt song song có độ dày là h₁, ảnh của điểm A qua bản mặt song song thủy tinh là A₁.

Độ dịch chuyển ảnh A₁ so với A là:

$A{A_1} = {h_1}\left( {1 - \frac{1}{n}} \right) = {h_1}\left( {1 - \frac{1}{{1,5}}} \right) = \frac{{h{}_1}}{3}$

Theo đề bài, ta có: ảnh A₁ cách đáy trong đoạn 0,6cm

$\to A{A_1} = {h_1} - 0,6 \leftrightarrow \frac{{{h_1}}}{3} = {h_1} - 0,6 \to {h_1} = 0,9cm$

Ta có: Tia sáng đi thẳng qua mặt phẳng AB của khối bán cầu, tới mặt cầu tại $J$ với góc tới là $i$

Từ hình ta có: $\sin i = \dfrac{{OI}}{{OJ}} = \dfrac{{0,5R}}{R} = 0,5$

Mặt khác, theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta có: $n\sin i = {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}} \leftrightarrow 1,5.0,5 = {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}} \to r = 48,{59^0}$

Góc tới i₁ = 45^o.

Theo định luật khúc xạ:

+ Tại I₁: $\sin {i_1}\; = n.\sin {r_1}\,\,\,\left( 1 \right)$

+ Tại I₂: $n.\sin {i_2}\; = \sin {r_2}\,\,\,\left( 2 \right)$

+ Vì bản mặt song song nên pháp tuyến của mặt trước và mặt sau của bản song song với nhau, từ hình vẽ $\Rightarrow {i_2} = {r_1}\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)$

Từ (1), (2) và (3) $\Rightarrow {r_2}\; = {i_1}\; = {45^0}\;$

Tia ló I₂R song song với tia tới SI

+ Bề dày e = 10 cm; chiết suất n = 1,5

Ta có: $\sin {i_1}\; = n.\sin {r_1}\; \Rightarrow \sin {r_1}\; = \dfrac{{\sin {i_1}}}{n} = \dfrac{{\sin {{45}^0}}}{{1,5}} = 0,4714 \Rightarrow {r_1}\; = 28,{13^0}$

Từ hình vẽ, khoảng cách giữa giá của tia ló và tia tới bằng đường cao I₂H của tam giác vuông I₁I₂H

$\Rightarrow {I_2}H = {I_1}{I_2}.\sin \widehat {{I_2}{I_1}H} = {I_1}{I_2}.\sin \left( {{i_1} - {r_1}} \right)$

Mà: ${I_1}{I_2} = \dfrac{{{I_1}N}}{{\cos {r_1}}} = \dfrac{e}{{\cos {r_1}}}$

$\Rightarrow {I_2}H = \dfrac{e}{{\cos {r_1}}}.\sin \left( {{i_1} - {r_1}} \right) = \dfrac{{10}}{{\cos 28,13}}.\sin \left( {45 - 28,13} \right) = 3,3cm$

Vậy khoảng cách giữa giá của tia ló và tia tới là I₂H = 3,3cm

+ Khi tia sáng truyền từ môi trường (1) vào môi trường (2): 

${n_1}\sin i = {n_2}\sin 45{\rm{ }}\,\,\,\left( 1 \right)$

+ Khi tia sáng truyền từ môi trường (1) vào môi trường (3): 

${n_1}\sin i = {n_3}\sin 30\;\,\,{\rm{ }}\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) ta có: $\dfrac{{{n_3}sin30}}{{{n_2}sin45}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{{n_3}}}{{{n_2}}} = \dfrac{{sin45}}{{sin30}} = \sqrt 2$

+ Khi tia sáng truyền từ môi trường  (2) vào môi trường (3) ta có:

${n_2}\sin i = {n_3}\sin r \Rightarrow \sin r = \dfrac{{{n_2}}}{{{n_3}}}.\sin i = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\sin i$

Góc tới i chưa biết nên không xác định được góc khúc xạ r.

+ Tia tới SI, tia phản xạ IS’ và tia khúc xạ IR

+ Góc tới, góc phản xạ và góc khúc xạ lần lượt là:

Tia khúc xạ và tia phản xạ ở mặt nước vuông góc với nhau $\Rightarrow \widehat {S'IR} = {90^0}$

Lại có:

$\begin{array}{l}\widehat {NIN'} = i' + \widehat {S'IR} + r = {180^0} \Rightarrow i' + r = {180^0} - \widehat {S'IR} = {180^0} - {90^0} = {90^0}\\ \Rightarrow i' + r = {90^0}\end{array}$

+ Theo định luật phản xạ ánh sáng: $i = i' \Rightarrow i + r = {90^0} \Rightarrow r = {90^0} - i$

+ Theo định luật khúc xạ ánh sáng ta có:

$\begin{array}{l}{n_1}\sin i = {n_2}{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}} \Leftrightarrow \dfrac{4}{3}\sin i = 1.\sin \left( {90 - i} \right)\\ \Leftrightarrow \dfrac{4}{3}\sin i = \cos i \Rightarrow \tan i = \dfrac{3}{4} \Rightarrow i \approx {37^0}\end{array}$

Hướng dẫn giải:

Tia SI đi đến mặt vuông góc với AB nên truyền thẳng đến mặt AC tại J với góc tới i.

∆ABC vuông cân tại B nên =>  $i = {45^0}$

Góc giới hạn phản xạ toàn phần: $\sin {i_{gh}} = \frac{{{n_{kk}}}}{n} = \frac{1}{{1,5}} \to {i_{gh}} = 41,{8^0}$

nhận thấy $i > {i_{gh}}$ => tại J xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần với góc phản xạ 45⁰ => Tia phản xạ vuông góc với BC

=> Góc hợp bởi tia ló và tia tới là: $D = {90^0}$

Vẽ hình :

Trong tam giác AIH ta có  $\sin i = \frac{{HI}}{{AI}}$

Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng ta có :

$\frac{{\sin i}}{{\sin r}} = \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}} \Rightarrow \sin r = {n_{nc}}.\sin i = 1,33.\frac{{HI}}{{AI}}$

Trong tam giác HIA’ ta có: 

$\tan r = \frac{{HI}}{{HA'}} \Rightarrow HA' = \frac{{HI}}{{\tan r}}$

Vì các góc i và r đều rất nhỏ nên ta lấy gần đúng tan r ≈ sin r ≈ r

Do đó ta có :

$HA' = \frac{{HI}}{{\tan r}} \approx \frac{{HI}}{{\sin r}} = \frac{{HI}}{{{n_{nc}}.\frac{{HI}}{{AH}}}} = \frac{{AH}}{{{n_{nc}}}} = \frac{{1,2}}{{\frac{4}{3}}} = 0,9m = 90cm$

Ta có hình vẽ :

Ta có thể nhìn thấy ảnh của đinh OA lớn nhất khi nhìn theo tia khúc xạ IR như hình vẽ.

Trong tam giác OAI ta có :  

$\sin i = \frac{R}{{AI}} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {h^2}} }}$

Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng ta có :

$\begin{array}{l} \frac{{\sin i}}{{\sin r}} = \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}} \Rightarrow \sin r = {n_{nc}}.\sin i = 1,33.\frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {h^2}} }}\\ \Rightarrow \sin r = 1,33.\frac{4}{{\sqrt {{4^2} + {6^2}} }} = 0,7378 \Rightarrow r = {47^0}32' \end{array}$

Trong tam giác OIA’ ta có :

$\tan r = \frac{{OI}}{{OA'}} \Rightarrow OA' = \frac{{OI}}{{\tan r}} = \frac{R}{{\tan r}} = \frac{4}{{\tan r}} = 3,66cm$

Ta có hình vẽ:

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

$\sin i = n\sin r \Rightarrow \sin r = \dfrac{{\sin i}}{n} = \dfrac{{\sin {{45}^0}}}{{1,5}} \Rightarrow r \approx 28,{13^0}$

Từ hình vẽ ta thấy: $II' = \dfrac{D}{{\cos i}} = \dfrac{d}{{\cos r}} \Rightarrow d = D\dfrac{{\cos r}}{{\cos i}}$

$\Rightarrow d = 10.\dfrac{{\cos {{28}^0}}}{{\cos {{45}^0}}} \approx 12,47\,\,\left( {mm} \right)$

Từ hình vẽ ta thấy: $\sin i = \frac{{A'I}}{{AI}} = \frac{{CB}}{{AB}} = \frac{{40}}{{\sqrt {{{30}^2} + {{40}^2}} }} = 0,8$

$\Rightarrow \frac{1}{{{{\sin }^2}i}} = 1 + \frac{1}{{{{\tan }^2}i}} \Rightarrow \frac{1}{{0,{8^2}}} = 1 + \frac{1}{{{{\tan }^2}i}} \Rightarrow \tan i = \frac{4}{3}$

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

$\sin i = n\sin r \Rightarrow \sin r = \frac{{\sin i}}{n} = \frac{{0,8}}{{\frac{4}{3}}} = 0,6$

$\Rightarrow \frac{1}{{{{\sin }^2}r}} = 1 + \frac{1}{{{{\tan }^2}r}} \Rightarrow \frac{1}{{0,{6^2}}} = 1 + \frac{1}{{{{\tan }^2}r}} \Rightarrow \tan r = 0,75$

Lại có: $h = II' = \frac{2}{3}AC = \frac{2}{3}.30 = 20{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)$

Ta có:

$\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{I'B = h.\tan i}\\{I'D = h.\tan r}\end{array}} \right. \Rightarrow d = I'B - I'D = h\left( {\tan i - \tan r} \right)}\\{ \Rightarrow d = 20.\left( {\frac{4}{3} - 0,75} \right) \approx 11,7{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)}\end{array}$

Ta có: ${n_1} < {n_2}$

${n_1}\sin i = {n_2}\sin r$ $\dfrac{{\sin i}}{{\sin r}} = \dfrac{{{n_2}}}{{{n_1}}} > 1$

$\Rightarrow i > r$

Mặt khác: Theo định luật khúc xạ ánh sáng thì:

+ Tia khúc xạ nằm trong mặt phẳng tới

+ Tia tới và tia khúc xạ nằm ở hai bên pháp tuyến tại điểm tới.

Vậy đường kẻ vẽ đúng đường truyền của tia sáng đơn sắc trong trường hợp đang xét là đường (3).

Ta có: $\sin \alpha  = n.\sin \,r \Rightarrow \sin \,r = \dfrac{{\sin \alpha }}{n}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\,\left( 1 \right)$

Lại có: $r + i = {90^0} \Rightarrow \sin i = \cos \,r$

Để xảy ra phản xạ toàn phần tại mặt phân cách phần lõi và vỏ thì:

$\begin{array}{l} i \ge {i_{gh}} \Rightarrow \sin i \ge \dfrac{{{n_0}}}{n}\\ \Rightarrow \cos r \ge \dfrac{{{n_0}}}{n}{\mkern 1mu} \Leftrightarrow \sqrt {1 - {{\sin }^2}r} \ge \dfrac{{{n_0}}}{n}\,\,\,\,\left( 2 \right) \end{array}$

Từ (1) và (2) suy ra:

$\begin{array}{l} \sqrt {1 - {{\left( {\dfrac{{\sin \alpha }}{n}} \right)}^2}} \ge \dfrac{{{n_0}}}{n} \Leftrightarrow {n^2} - {\sin ^2}\alpha \ge n_0^2\\ \Leftrightarrow {\sin ^2}\alpha \le {n^2} - n_0^2\\ \Leftrightarrow \sin \alpha \le \sqrt {1,{6^2} - 1,{{41}^2}} \Rightarrow \alpha \le 49,{134^0}\\ \Rightarrow {\alpha _{\max }} = 49,{134^0} \end{array}$

Gọi O là vị trí của con cá trong nước.

Do hiện tượng khúc xạ và do chiết suất của nước lớn hơn chiết suất của không khí nên ảnh của con cá sẽ ở vị trí O’ như hình vẽ.

Như vậy, người đó nhìn thấy con cá dường như gần mặt nước hơn. Để đâm trúng con cá thì người đó phải phóng mũi lao vào phía dưới vị trí mà người đó nhìn thấy con cá.