Giải SBT KHTN 9 KNTT Bài 6. Phản xạ toàn phần

Đáp án đúng là: C

Khi ánh sáng truyền từ môi trường có chiết suất n, tới môi trường có chiết suất n$_{2}$ thì điều kiện để xảy ra phản xạ toàn phần tại mặt phân cách giữa hai môi trường này là n$_{1}$ > n$_{2}$ và góc tới lớn hơn hoặc bằng góc tới hạn: i$\ge$i$_{th}$.

Đáp án đúng là: C

Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng, ta có: n$_{1}$sini = n$_{2}$sinr

$\Rightarrow \frac{{n}_{2}}{{n}_{1}}=\frac{\sin i}{\sin r}=\frac{\sin 60^{\circ}}{\sin 30^{\circ}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{1}{2}}=\sqrt{3}$

Góc tới hạn khi ánh sáng truyền từ chất lỏng ra không khí là:

$\sin {i}_{th}=\frac{{n}_{1}}{{n}_{2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow {i}_{th}\approx 35{,}26^{\circ}$

Vậy khi chiếu tia sáng đó từ chất lỏng ra không khí, muốn có phản xạ toàn phần thì góc tới i phải thoả mãn điều kiện i > 35,26°.

Đáp án đúng là: B

Phản xạ toàn phần có thể xảy ra khi ánh sáng truyền trong cặp từ (1) tới (2).

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

Môi trường (1): nsini = n$_{1}$sinr$_{1}$

Môi trường (2): nsini = n$_{2}$sinr$_{2}$

→ n$_{1}$sinr$_{1}$ = n$_{2}$sinr$_{2}$

Nhìn vào hình vẽ thấy r$_{1}$ < r$_{2}$ nên sinr$_{1}$ < sinr$_{2}$ do đó n$_{1}$ > n$_{2}$.

Phản xạ toàn phần đều xảy ra khi ánh sáng truyền trong môi trường (1) và (2) nên phản xạ toàn phần có thể xảy ra khi ánh sáng truyền trong cặp từ (1) tới (2).

Tương tự: Phản xạ toàn phần có thể xảy ra khi ánh sáng truyền trong cặp từ (2) tới (3) hoặc từ (1) tới (3).

Đáp án đúng là: A

Trong bài toán này, chúng ta có 3 môi trường: không khí (giả sử chiết suất gần bằng 1), môi trường 1 (chiết suất n$_{1}$) và môi trường 2 (chiết suất n$_{2}$ với n$_{2}$ > n$_{1}$). Có 3 cặp môi trường có thể tạo ra:

- Không khí - môi trường 1: Ánh sáng truyền từ không khí (chiết suất nhỏ hơn) sang môi trường 1 (chiết suất lớn hơn). Trong trường hợp này, sẽ không có góc tới hạn. Bởi vì ánh sáng luôn bị khúc xạ khi truyền từ môi trường chiết suất nhỏ sang môi trường chiết suất lớn.

- Không khí - môi trường 2: Tương tự như trường hợp 1, sẽ không có góc tới hạn.

- Môi trường 1 - môi trường 2: Ánh sáng truyền từ môi trường 1 (chiết suất nhỏ hơn) sang môi trường 2 (chiết suất lớn hơn). Trong trường hợp này, sẽ có góc tới hạn.

Công thức tính góc tới hạn: $\sin {i}_{th}=\frac{{n}_{2}}{{n}_{1}}$.

Vậy biểu thức $\frac{{n}_{2}}{{n}_{1}}$ không thể là sin của góc tới hạn i$_{th}$ đối với cặp môi trường tương ứng.

Đáp án đúng là: C

a) n$_{1}$sini = n$_{2}$sin30$^{0}$ = n$_{3}$sin45$^{0}$

$\Rightarrow \frac{{n}_{2}}{{n}_{3}}=\frac{\sin 45^{\circ}}{\sin 30^{\circ}}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{1}{2}}=\sqrt{2}>1$.

Vì n$_{2}$ > n$_{3}$ và nên v$_{3}$ > v$_{2}$, tốc độ ánh sáng truyền trong môi trường (3) lớn hơn môi trường (2).

b) $\sin {i}_{th}=\frac{\sin 30^{\circ}}{\sin 45^{\circ}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow {i}_{th}=45^{\circ}.$

Tia SI truyền thẳng tới mặt EC tại J.

Ta có: $\sin {i}_{th}=\frac{1}{n}=\frac{2}{3}\Rightarrow {i}_{th}\approx 42^{\circ}$

Đường truyền của tia sáng được mô tả hình trên. Góc tới tại điểm J: i$_{J}$ = 45$^{0}$ > i$_{th}$ nên có phản xạ toàn phần.

Tia phản xạ từ J sẽ lần lượt phản xạ toàn phần tại K, L, M trên DA, AB, BC rồi ló ra khỏi DE ở N theo phương vuông góc với DE. Do đó, MN//SI, tức là MN hợp với pháp tuyến của DE một góc là 0$^{0}$.

a) Ta có: $\sin r=\frac{\sin α}{{n}_{1}}=\frac{\sin 29^{\circ}}{1{,}5}=\frac{0{,}48}{1{,}5}=0{,}32\Rightarrow r=18{,}66^{\circ}\Rightarrow i=71{,}34^{\circ}.$

b) $\sin {i}_{th}=\frac{{n}_{2}}{{n}_{1}}=\frac{1{,}41}{1{,}5}\Rightarrow {i}_{th}\approx 70{,}05^{\circ}$

a)

Theo hình trên ta có:

$\tan α=\frac{OA}{R}=\frac{8{,}7}{5}\approx 1{,}73\Rightarrow α\approx 60^{\circ}\ \Rightarrow i=90^{\circ}-α=30^{\circ}\ \sin r=n\sin i=\frac{4}{3}\sin 30^{\circ}=\frac{4}{3}.0{,}5=\frac{2}{3}\Rightarrow r=41{,}8^{\circ}$

Vậy tanr = $\tan 41{,}8^{\circ}\approx 0{,}89$

Lại có: $\tan r=\frac{OB}{OA'}\Rightarrow OA'=\frac{OB}{\tan 41{,}8^{\circ}}=\frac{0{,}05}{\tan 41{,}8^{\circ}}=\frac{0{,}05}{0{,}89}\approx 0{,}056m.$

b)

Theo hình trên ta có, nếu cho chiều dài OA giảm dần thì góc tới i sẽ tăng dần. Khi $i\ge {i}_{th}$ thì tia sáng sẽ phản xạ toàn phần, không có tia khúc xạ ló ra không khí. Khi đó, mắt không còn nhìn thấy đầu A của đinh nữa:

$\sin {i}_{th}=\frac{1}{n}=\frac{3}{4}\Rightarrow {i}_{th}\approx 48{,}6^{\circ}$

Từ Hình 6.3G, ta xác định được:

$OA=\frac{OB}{\tan (OAB)}=\frac{OB}{\tan {i}_{th}}=\frac{OB}{\tan 48{,}6^{\circ}}=\frac{5}{1{,}13}\approx 4{,}4cm.$