Bài trắc nghiệm bài 6.1 trang 70 Sách bài tập (SBT) Vật lí 11 nâng cao 1. Chiết suất tỉ đối giữa môi trường khúc xạ và môi trường tới A. luôn luôn lớn hơn 1. B. luôn luôn nhỏ hơn 1. C. tùy thuộc vận tốc của ánh sáng trong hai môi trường. D. tùy thuộc góc tới của tia sáng. Chọn C 2. Chiết suất tuyệt đối của một môi trường. A. cho biết một tia sáng khi đi vào môi trường đó sẽ bị khúc xạ nhiều hay ít. B. là chiết suất tỉ đối của môi trường đó đối với chân không. C. là chiết suất tỉ đối của môi trường đó đối với không khí. D. hai phương án A và C đều đúng. Chọn B 3. Chiết suất tỉ đối giữa hai môi trường. A. cho biết tia sáng khúc xạ nhiều hay ít khi đi từ môi trường này vào môi trường kia. B. càng lớn khi góc tới của tia sáng càng lớn. C. càng lớn khi góc khúc xạ càng nhỏ. D. bằng tỉ số giữa góc khúc xạ và góc tới. Chọn A 4. Mắt của một người đặt trong không khí nhìn xuống đáy một chậu có chứa một chất lỏng trong suốt có chiết suất n. Chiều cao lớp chất lỏng là 20 cm. Mắt thấy đáy chậu dường như cách mặt thoáng của chất lỏng một khoảng là h thì A. h > 20 cm. B. h < 20 cm. C. h = 20 cm. D. không thể kết luận được vì chưa biết chiết suất n của chất lỏng là bao nhiêu. Chọn B. Bài trắc nghiệm bài 6.2 trang 71 Sách bài tập (SBT) Vật lí 11 nâng cao Trong các câu sau đây, câu nào sai ? 1. Trong hiện tượng khúc xạ ánh sáng ? A. khi góc tới i tăng, thì góc khúc xạ r cũng tăng. B. góc khúc xạ r tỉ lệ thuận với góc tới i. C. hiệu số \(\left| {i - r} \right|\) cho biết góc lệch của tia sáng khi đi qua mặt phân cách hai môi trường. D. nếu góc tới i bằng 0, thì tia sáng không bị lệch khi đi qua mặt phân cách hai môi trường. 2. Cho một chùm tia sáng song song tới mặt phân cách hai môi trường. A. Chùm tia bị gãy khúc khi đi qua mặt phân cách. B. Góc khúc xạ r có thể lớn hơn hay nhỏ hơn góc tới i. C. Chiết suất của môi trường khúc xạ càng lớn, thì chùm tia bị gãy khúc càng nhiều. D. Góc lệch của chùm tia khi đi qua mặt phân cách càng lớn khi chiết suất \({n_1}\) và \({n_2}\) của hai môi trường tới và khúc xạ càng khác nhau. 3. Khi một tia sáng đi từ môi trường có chiết suất \({n_1}\) sang môi trường có chiết suất \({n_2},{n_2} > {n_1}\), thì: A. luôn luôn có tia khúc xạ đi vào môi trường thứ hai. B. góc khúc xạ r lớn hơn góc tới i. C. góc khúc xạ r nhỏ hơn góc tới i. D. nếu góc tới i bằng 0, tia sáng không bị khúc xạ. 4. Khi một tia sáng đi từ môi trường có chiết suất n, tới mặt phân cách với một môi trường có chiết suất \({n_2},{n_2} < {n_1}\), thì: A. có tia khúc xạ đối với mọi phương của tia tới. B. góc khúc xạ r lớn hơn góc tới i. C. tỉ số giữa sini và sinr là không đổi khi cho góc tới thay đổi. D. góc khúc xạ thay đổi từ 0 tới \({90^o}\) khi góc tới i biến thiên. Giải : 1.B ; 2.C ; 3.B ; 4.A. Bài 6.3 trang 71 Sách bài tập (SBT) Vật lí 11 nâng cao Cho một bản hai mặt song song có chiết suất n, bề dày e, đặt trong không khí. Xét một tia sáng SI từ một điểm sáng S tới bản tại I với góc tới là i, tia sáng khúc xạ đi qua bản và ló ra theo tia JR. a) Chứng tỏ rằng tia ló JR song song với tia tới SI. b) Bằng cách vẽ đường đi của tia sáng, xác định vị trí của ảnh S’ cho bởi bản song song trong trường hợp chỉ xét các tia tới gần như vuông góc với mặt bản. Tính khoảng cách SS’ giữa vật và ảnh theo e và n. c) Tính lại khoảng cách SS’ nếu điểm sáng S và bản cùng ở trong nước có chiết suất n’. Giải : a) Bản hai mặt song song đặt trong không khí \(\left( {{n_{kk}} \approx 1} \right)\) Tại I : sini = n sinr. Góc tới tại J là r. Ta có : n sinr = sini’ Suy ra : sini’ = sini \( \Rightarrow \) i’ = i Vậy tai ló song song với tia tới SI (Hình 6.1G). b) Vẽ thêm gia tới SH thẳng góc với mặt bản. Tia này đi thẳng qua bản. Điểm cắt nhau S’ của hai tia ló JR và H’R’ là ảnh của S cho bởi bản. Ta có: \(SS{\rm{ }} = {\rm{ }}IK{\rm{ }} = {\rm{ }}IP{\rm{ }}-{\rm{ }}KP{\rm{ }} = {\rm{ }}e{\rm{ }}-{\rm{ }}KP.\) Mặt khác, \(JP{\rm{ }} = {\rm{ }}IP.tanr \approx IP.r\) (điều kiện cho ảnh rõ là i phải nhỏ, nên r cũng nhỏ : \(\tan r \approx \sin r \approx i\) hay JP = er. Suy ra: \(KP = {{JP} \over {\tan i}} \approx {{JP} \over i} = e{r \over i}\) \( \Rightarrow SS' = e - KP = e\left( {1 - {r \over i}} \right)\) Mà \(i \approx nr\) hay \({r \over i} = {1 \over n}\). Vậy ta có : \(SS' = e{{n - 1} \over n}\) c) Bản mặt song song và S ở trong nước có chiết suất n’. Cách chứng minh vẫn như câu b, nhưng thay n bằng chiết suất tỉ đổi của bản đối với môi trường bên ngoài : \(n \to {n \over {n'}}\) Vậy ta có : \(SS' = e\left( {1 - {r \over i}} \right) = e\left( {1 - {{n'} \over n}} \right)\) Hay \(SS' = e{{n - n'} \over n}\). Bài 6.4 trang 72 Sách bài tập (SBT) Vật lí 11 nâng cao Mặt O nhìn theo phương vuông góc xuống đáy một chậu nước có chiết suất là \(n = {4 \over 3}\), bề dày lớp nước là 16 cm. Đáy chậu là một gương phẳng, nằm ngang. Mắt cách mặt nước 21 cm. Hỏi ảnh của mắt cho bởi quang hệ cách mắt một khoảng bao nhiêu xentimet ? Giải : Coi mắt O là vật. Ánh sáng từ O qua mặt phân cách không khí – nước cho ảnh trung gian \({O_1}\) (Hình 6.2G). Ta có : \(HI = HO.\tan i = H{O_1}.{\mathop{\rm tanr}\nolimits} \) Vì nhìn theo phương vuông góc với mặt nước nên góc i nhỏ, do đó góc r cũng nhỏ. Suy ra : \(\tan i \approx i,{\mathop{\rm tanr}\nolimits} \approx r\) \({{H{O_1}} \over {HO}} = {{\tan i} \over {\tan r}} \approx {i \over r}\) Mặt khác, sini = nsinr nên \({{\sin i} \over {{\mathop{\rm sinr}\nolimits} }} \approx {i \over r} = n\) Vậy ta có : \({{H{O_1}} \over {HO}} = n\) Suy ra : \(H{O_1} = n.HO = {4 \over 3}.21 = 28cm\) Ảnh \({O_1}\) là vật đối với gương phẳng, cho ảnh là \({O_2}\) đối xứng với \({O_1}\) qua gương. Ta có : \(\eqalign{ & K{O_2} = K{O_1} = KH + H{O_1} \cr & K{O_2} = 16cm + 28cm = 44cm \cr} \) \({O_2}\) cách mặt thoáng của nước là : \(H{O_2} = K{O_2} + HK = 44cm + 16cm \) \(= 60cm\) Chùm tia phản xạ từ đáy chậu đi qua mặt phân cách nước – không khi cho ảnh cuối cùng là \({O_3}\). \(HM = H{O_3}.\tan i = H{O_2}.{\mathop{\rm tanr}\nolimits} \) \(H{O_3} = H{O_2}.{{\tan r} \over {{\mathop{\rm tani}\nolimits} }} \approx H{O_2}.{r \over i}\), với \({r \over i} \approx {1 \over n}\) Suy ra \(H{O_3} = {1 \over n}.H{O_2} = {3 \over 4}.60 = 45cm.\) Vậy ảnh \({O_3}\) cách mắt là : \({\rm{O}}{{\rm{O}}_3} = OH + H{O_3} = 21cm + 45cm \) \(= 66cm\) Bài 6.5 trang 72 Sách bài tập (SBT) Vật lí 11 nâng cao Một cái đinh được cắm vuông góc vào tâm O một tấm gỗ hình tròn có bán kính R = 5 cm. Tấm gỗ được thả nổi trên mặt thoáng của một chậu nước. Đầu A của đinh ở trong nước. Cho chiết suất của nước là \(n = {4 \over 3}\). a) Cho chiều dài OA của đinh ở trong nước là 8,7 cm. Hỏi mắt ở trong không khí nhìn đầu đinh theo phương đi sát mép gỗ sẽ thấy đầu đinh ở cách mặt nước bao nhiêu xentimet ? b) Cho chiều dài OA giảm dần. Tìm khoảng cách OA để mắt không còn nhìn thấy đầu A của đinh. Giải : a) Ta có : \(\tan \alpha = {{OA} \over R} = {{8,7} \over 5} \approx 1,73\) Suy ra: \(\alpha \approx {60^o}\) Góc tới của tia AB là : \(i = {90^o} - \alpha = {30^o}\) Từ Hình 6.3G, ta có : \(OB = 0A.\tan i = OA'.tanr\) nên \(OA' = OA.{{\tan i} \over {{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anr}}}}\) Trong đó : \({\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}} = n.\sin i = {4 \over 3}.\sin {30^o} = {2 \over 3}\) Suy ra: \({\mathop{\rm cosr}\nolimits} = \sqrt {1 - {{\sin }^2}r} = {{\sqrt 5 } \over 3}\) Vậy : \(\tan r = {2 \over {\sqrt 5 }}\) (Có thể dùng bảng lượng giác để suy ra ngay giá trị của r và tanr) Mắt thấy đầu đinh A cách mặt nước một khoảng là : \(OA' = OA.{{\tan i} \over {\tan r}} = 8,7.{{\sqrt 5 } \over {2.\sqrt 3 }} \approx 5,62cm\) Lưu ý : Trong thí nghiệm này, ảnh A’ sẽ không rõ vì góc tới i tương đối lớn, không thỏa mãn điều kiện góc nhỏ để có ảnh rõ. b) Cho chiều dài AO giảm dần thì góc tới i sẽ tăng dần. Khi \(i > {i_{gh}}\) (góc giới hạn) 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. Ta có : \(\eqalign{ & \sin {i_{gh}} = {1 \over n} = {3 \over 4} = 0,75 \cr & \cos {i_{gh}} = \sqrt {1 - {{\sin }^2}{i_{gh}}} = {{\sqrt 7 } \over 4} \approx 0,66 \cr} \) Từ Hình 6.4G, ta có : \(OA = OB.\tan \left( {{\pi \over 2} - {i_{gh}}} \right)\), với OB = R = 5 cm. Hay \(OA = OB.{{\cos {i_{gh}}} \over {\sin {i_{gh}}}} \approx 4,4cm\) Vậy, nếu \(OA \le 4,4cm\) thì mắt sẽ không nhìn thấy đầu A của đinh. Bài 6.6 trang 72 Sách bài tập (SBT) Vật lí 11 nâng cao Một thước kẻ dài 40 cm được để chìm một nửa chiều dài trong nước (chiết suất của nước là \(n = {4 \over 3}\)). Thước nghiêng \({45^o}\) với mặt thoáng của nước. Hỏi mắt ở trong không khí nhìn theo phương gần như vuông góc với mặt nước thì sẽ thấy phần chìm của thước làm với mặt thoáng của nước một góc bao nhiêu độ ? Giải : Xét chùm tia sáng xuất phá từ đầu A (ở trong nước của thước). Các tia ló dường như xuất phát từ A’ (Hình 6.5G). Đoạn A’O là ảnh của nửa AO của thước khi nhìn qua mặt phân cách không khí – nước. Ta có : \(HI{\rm{ }} = {\rm{ }}HA.tani{\rm{ }} = {\rm{ }}HA'.tanr\) Suy ra : \(HA' = HA.{{\tan i} \over {\tan r}}\) Trong điều kiện ảnh rõ, ta có \(\tan i \approx i,tanr \approx r\) Vậy \(HA' = HA.{i \over r}\) Mặt khác, theo định luật khúc xạ ánh sáng : \(n\sin i = \sin r\) hay \(ni \approx r\) Suy ra : \({i \over r} \approx {1 \over n}\) \(HA' = HA.{1 \over n}\) Ở đây: \(HA = OA.\sin {45^O} = 20.{{\sqrt 2 } \over 2} \approx 14,14\) \(cm\) Vậy \(HA' = 14,14.{3 \over 4} \approx 10,61cm\) Mắt thấy dường như phần chìm của thước làm với mặt thoáng của nước một góc là \(\alpha = \widehat {HOA'}\). Ta có : \(\tan \alpha = {{HA'} \over {HO}} = {{HA'} \over {HA}} = {{10,61} \over {14,14}} = 0,75\) Suy ra \(\alpha \approx {37^o}\). Bài 6.7 trang 72 Sách bài tập (SBT) Vật lí 11 nâng cao Cho một bản thủy tinh hai mặt song song, có bề dày 6 cm, chiết suất 1,5. Một vật sáng AB cao 4 cm, cách bản 20 cm và song song với các mặt của bản. a) Dùng công thức thành lập ở bài 6.3, xác định vị trí, độ lớn và tính chất của ảnh. b) Bây giờ đặt sau bản một gương phẳng song song với bản và cách bản 10 cm. Xác định ảnh cho bởi quang hệ này. c) Cho vật tiến lại gần bản một đoạn 2 cm thì ảnh cho bởi quang hệ di chuyển theo chiều nào, một đoạn bằng bao nhiêu ? Giải : a) Ảnh cách vật là \({\rm{A}}{{\rm{A}}_1} = e{{n - 1} \over n} = 2cm\) Độ lớn \({A_1}{B_1} = AB = 4cm\), ảnh là ảnh ảo, cách bản là 18 cm. b, Sơ đồ tạo ảnh (xem hình 6.6G) : \(AB\buildrel {\left( L \right)} \over \longrightarrow {A_1}{B_1}\buildrel G \over \longrightarrow {A_2}{B_2}\buildrel L \over \longrightarrow {A_3}{B_3}\) \({A_1}{B_1}\) là vật đối với gương phẳng G, cách gương này 34 cm. Ảnh cho bởi gương phẳng \({A_2}{B_2} = {A_1}{B_1} = 4cm\) ở sau gương và cách gương : \(H{A_2} = H{A_1} = 34cm\) \({A_2}{B_2}\) bây giờ là vật đối với bản L, có ảnh tương ứng là \({A_3}{B_3}\) (Hình 6.6G). Ta có : \({A_2}{A_3} = e{{n - 1} \over n} = 2cm\) Vậy ảnh \({A_3}{B_3}\) cho bởi hệ là ảnh ảo, ở sau gương và cách gương : \(H{A_3} = H{A_2} - {A_2}{A_3} = 32cm\) Độ lớn : \({A_3}{B_3} = {A_2}{B_2} = 4cm\) c) Cho AB tiến lại gần bản L thêm 2 cm, ảnh \({A_1}{B_1}\) cũng tiến lại gần L thêm 2 cm (vì đoạn \({\rm{A}}{{\rm{A}}_1}\) không đổi). Ảnh \({A_2}{B_2}\) di chuyển ngược chiều với \({A_1}{B_1}\), nên cũng tiến lại gần gương 2 cm trong khi khoảng cách \({A_2}{A_3}\) không đổi. Vậy, ảnh cuối cùng \({A_3}{B_3}\) tiến về gần gương một đoạn 2 cm và cách gương là \(H{A_3} = 30cm\). Bài 6.8 trang 73 Sách bài tập (SBT) Vật lí 11 nâng cao Cho các dụng cụ sau (Hình 6.1) : - Một bản mặt song song, trong suốt. - Một compa. - Một thước thẳng. - Một tờ giấy trắng. Hãy trình bày và giải thích một phương án thực nghiệm để xác định chiết suất của bản mặt song song. Giải : Có thể làm như sau : - Đặt bản mặt song song lên tờ giấy nằm trên mặt bàn . - Vẽ một tia tới mặt trên của bản song song SO, đánh dấu điểm O (Hình 6.7G). - Dùng thước thẳng ngắm từ bên kia bản mặt song song sao cho thước có phương PQ trùng với phương SO. Tia ló có phương trùng PQ, đánh dấu điểm P. - Cất bản song song, nối OP. - Dùng compa vẽ đường tròn tâm O cắt tia tới và tia ló tại M và N. - Vẽ pháp tuyến tại O, gọi khoảng cách từ M, N tới pháp tuyến là a, b. - Tính được chiết suất của bản mặt song song \(n = {{\sin i} \over {\sin i'}} = {a \over b}\). Bài 6.9 trang 73 Sách bài tập (SBT) Vật lí 11 nâng cao Dán mặt sau hai cạnh dài của hai gương phẳng lại với nhau bằng một dải bìa cứng sao cho có thể đóng mở hai gương được dễ dàng. Đặt hai gương thẳng đứng lên tờ giấy chia độ trên mặt bàn sao cho hai mặt sáng hướng vào nhau, các cạnh ghép sát nhau của chúng nằm trên tâm của tờ giấy chia độ. Đặt một vật nhỏ (ngọn nến, nắp bút máy, mẩu giấy màu) trước hai gương (Hình 6.2). Kiểm nghiệm công thức tính số ảnh n quan sát được của vật qua hệ hai gương phẳng : \(n = {{{{360}^o}} \over \alpha } - 1\) ( \(\alpha \) là góc hợp bởi hai gương phẳng) trong các trường hợp \(\alpha = {45^o},{60^o},{90^o}\). Giải : Số ảnh quan sát giảm khi tăng \(\alpha \). Ứng với \(\alpha = {45^o}\) số ảnh quan sát được: \(n = 7;\alpha = {60^o},n = 5;\alpha = {90^o},n = 3;\) \(\alpha = {120^o},n = 2\) Thí nghiệm này chính là nguyên tắc hoạt động của kính vạn hoa. Thay cho việc dán mặt sau hai cạnh của các gương, ta có thể dùng các kẹp giấy kẹp vào hai mép gương để giữ cho các gương thẳng đứng hướng mặt sáng vào nhau.
