Bài 6. Phản xạ toàn phần trang 16, 17, 18 SBT Khoa học tự nhiên 9 Kết nối tri thức

6.1

Khi ánh sáng truyền từ môi trường có chiết suất n₁ tới môi trường có chiết suất n₂ thì điều kiện để xảy ra phản xạ toàn phần tại mặt phân cách giữa hai môi trường này là:

A. Chỉ cần n₁ > n₂

B. Chỉ cần góc tới lớn hơn hoặc bằng góc tới hạn: i ≥ i_th

C. n₁ > n₂ và góc tới lớn hơn hoặc bằng góc tới hạn: i ≥ i_th

D. n₁ > n₂ và góc tới nhỏ hơn hoặc bằng góc tới hạn: i ≤ i_th

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về hiện tượng phản xạ toàn phần.

Lời giải chi tiết:

Khi ánh sáng truyền từ môi trường có chiết suất n₁ tới môi trường có chiết suất n₂ thì điều kiện để xảy ra phản xạ toàn phần tại mặt phân cách giữa hai môi trường này là: n₁ > n₂ và góc tới lớn hơn hoặc bằng góc tới hạn: i ≥ i_th

Đáp án: C

6.2

Ghép nội dung ở cột bên trái với nội dung tương ứng ở cột bên phải để có một phát biểu đúng và đầy đủ.

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về ánh sáng.

Lời giải chi tiết:

1-b, 2-e, 3-d, 4-c

6.3

Tia sáng truyền từ không khí vào chất lỏng với góc tới i = 60° thì góc khúc xạ r = 30°. 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 nào dưới đây? Cho biết sin 35,26°≈ 0,58.

A. i > 42°.

B. i < 42°.

C. i > 35,26°.

D. i > 28,5°.

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về hiện tượng phản xạ toàn phần.

Lời giải chi tiết:

Ta có: \({n_2} = \frac{{{n_1}\sin i}}{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}}}} = \frac{{1.\sin 60}}{{\sin 30}} = \sqrt 3 \)

Muốn có phản xạ toàn phần thì i > i_th mà \(\sin {i_{th}} = \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \to {i_{th}} = {35.26^o}\)

nên i > 35,26°.

Đáp án: C

6.4

Có tia sáng truyền từ không khí vào ba môi trường (1), (2), (3) như Hình 6.1.

Phản xạ toàn phần có thể xảy ra khi ánh sáng truyền trong cặp môi trường nào sau đây?

A. Từ (2) tới (1).

B. Từ (1) tới (2).

C. Từ (3) tới (1).

D. Từ (3) tới (2).

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về hiện tượng phản xạ toàn phần.

Lời giải chi tiết:

Vì r₃ > r₂ > r₁ nên n₃ < n₂ < n_{1 .} Vậy phản xạ toàn phần có thể xảy ra khi ánh sáng truyền trong cặp môi trường từ (1) tới (2).

Đáp án: B

6.5

Ba môi trường trong suốt là không khí và hai môi trường khác có các chiết suất tuyệt đối n₁, n₂ (với n₂ > n₁). Lần lượt cho ánh sáng truyền đến mặt phân cách của tất cả các cặp môi trường có thể tạo ra. Biểu thức nào sau đây không thể là sin của góc tới hạn i_th đối với cặp môi trường tương ứng?

A. \(\frac{{{n_2}}}{{{n_1}}}\)

B. \(\frac{1}{{{n_1}}}\)

C. \(\frac{1}{{{n_2}}}\)

D. \(\frac{{{n_1}}}{{{n_2}}}\)

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về chiết suất tỉ đối giữa 2 môi trường

Lời giải chi tiết:

\(\frac{1}{{{n_1}}}\) không thể là sin của góc tới hạn i_th đối với cặp môi trường tương ứng

Đáp án: A

6.6

Có ba môi trường trong suốt (1), (2) và (3). Với cùng một góc tới, nếu ánh sáng đi từ môi trường (1) vào môi trường (2) thì góc khúc xạ là 30°, nếu ánh sáng đi từ môi trường (1) vào môi trường (3) thì góc khúc xạ là 45°. Cho biết sin 30° = 0,5; sin 45° = \(\frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

a) Trong hai môi trường (2) và (3), tốc độ ánh sáng truyền trong môi trường nào lớn hơn?

b) Tính góc tới hạn phản xạ toàn phần giữa hai môi trường (2) và (3).

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về định luật khúc xạ ánh sáng và phản xạ ánh sáng.

Lời giải chi tiết:

a) n₁sini = n₂sin30° = n₃sin45°

\( \Rightarrow \frac{{{n_2}}}{{{n_3}}} = \frac{{\sin {{45}^o}}}{{\sin {{30}^o}}} = \sqrt 2  > 1\)

Vì n₂ > n₃ nên v₃ > v₂ tốc độ ánh sáng truyền trong môi trường (3) lớn hơn

môi trường (2).

b) \(\sin {i_{th}} = \frac{{\sin {{30}^o}}}{{\sin {{45}^o}}} = \frac{2}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow {i_{th}} = {45^o}\)

6.7

Một khối thuỷ tinh có tiết diện thẳng như Hình 6.2 đặt trong không khí, ABCD là hình vuông, CDE là tam giác vuông cân. Trong mặt phẳng của tiết diện thẳng, chiếu một chùm tia sáng đơn sắc hẹp SI vuông góc với DE (IE < ID). Biết chiết suất của thuỷ tinh là n = 1,5. Vẽ đường đi của tia sáng trong khối thuỷ tinh. Phương của tia ló hợp với pháp tuyến của mặt mà tia sáng ló ra một góc bằng bao nhiêu độ?

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về sự phản xạ ánh sáng.

Lời giải chi tiết:

Tia SI truyền thẳng tới mặt EC tại J.

Ta có: \(\sin {i_{th}} = \frac{1}{n} = \frac{2}{3} \Rightarrow {i_{th}} \approx {42^o}\)

Đường truyền của tia sáng được mô tả trên Hình 6.1G. Góc tới tại điểm J:

i_J = 45° > 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 tuyển của DE một góc là 0°.

6.8

Lõi của một sợi quang hình trụ (Hình 6.3) có chiết suất n₁ = 1,5 và phần bọc ngoài có chiết suất n₂=1,41. Tia sáng truyền đi bằng được trong sợi quang với góc tới α=29°.

a) Tính các góc r và i

b) Tính góc tới hạn phản xạ toàn phần giữa lớp vỏ và lõi.

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về sự phản xạ ánh sáng.

Lời giải chi tiết:

a) Ta có: \(\sin r = \frac{{\sin \alpha }}{{{n_1}}} = \frac{{\sin {{29}^o}}}{{1,5}} = 0,32 \Rightarrow r = 18,{66^o} \Rightarrow i = 71,{34^o}\)

b) \(\sin {i_{th}} = \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}} = \frac{{1,41}}{{1,5}} \Rightarrow {i_{th}} \approx 70,{05^o}\)

6.9

Một cái đinh được cắm vuông góc vào tâm O của một tấm gỗ hình tròn có bán kính R = 0,05 m. Tấm gỗ được thả nổi trên mặt thoáng của một chậu nước (Hình 6.4). Đầu A của đinh ở trong nước. Cho chiết suất của nước là n = \(\frac{4}{3}\)

a) Cho chiều dài OA của đinh ở trong nước là 8,7 cm. Hỏi đặt mắt ở trong không khí nhìn đầu đinh theo phương đi sát mép gỗ sẽ thấy đầu đinh ở cách mặt nước một khoảng bao nhiêu?

b) Cho chiều dài OA giảm dần. Xác định khoảng cách OA để mắt không còn nhìn thấy đầu A của định.

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về sự phản xạ ánh sáng.

Lời giải chi tiết:

a) Theo Hình 6.2G ta có:

\(\tan \alpha  = \frac{{OA}}{R} = \frac{{8,7}}{5} \approx 1,73 \Rightarrow \alpha  \approx {60^o} \Rightarrow i = {90^o} - \alpha  = {30^o}\)

\(\sin r = n\sin i = \frac{4}{3}\sin {30^o} = \frac{2}{3} \Rightarrow r = 41,{8^o}\)

Vậy tanr = tan 41,8° ≈ 0,89

Lại có: \({\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anr}} = \frac{{OB}}{{OA'}} \Rightarrow OA' = \frac{{OB}}{{\tan 41,{8^o}}} = \frac{{0,05}}{{\tan 41,{8^o}}} \approx 0,056(m)\)

b) Theo Hình 6.3G, nếu cho chiều dài OA giảm dần thì góc tới i sẽ tăng dần. Khi i≥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: \(\sin {i_{th}} = \frac{1}{n} = \frac{3}{4} \Rightarrow {i_{th}} \approx 48,{6^o}\)

Từ Hình 6.3G, ta xác định được:

\(OA = \frac{{OB}}{{\tan (\widehat {OAB})}} = \frac{{OB}}{{\tan {i_{th}}}} = \frac{{OB}}{{\tan 48,{6^o}}} = \frac{5}{{1,13}} \approx 4,4(cm)\)