Title CHỦ ĐỀ. PHAN XA TOAN PHAN.pdf ✅

1 Dạng 2. Phản xạ toàn phần A. KIẾN THỨC CƠ BẢN 1 - Định nghĩa : Phản xạ toàn phần là hiện tượng phản xạ toàn bộ tia sáng tới , xảy ra ở mặt phân cách giữa hai môi trường trong suốt 2 - Điều kiện để có phản xạ toàn phần  Tia sáng chiếu tới phải truyền từ môi trường chiết quang hơn sang môi trường chiết quang kém .  Góc tới i  igh (igh góc giới hạn toàn phần ) Trong đó : 2 gh 1 n n sini n n   bÐ lín n1: chiết suất của môi trường tới n2: chiết suất của môi trường khúc xạ .  Giả sử ban đầu chiếu một tia sáng từ môi trường 1 sang môi trường 2 với n1 > n2  r i khi đó sẽ xảy ra các trường hợp :  Khi góc tới i < igh Tia khúc xạ IK còn rất sáng còn tia phản xạ IR rất mờ  Khi góc tới i = igh Tia khúc xạ IK nằm ngay trên mặt phân cách và rất mờ còn tia phản xạ IR rất sáng .  Khi i  igh : không còn tia khúc xạ . toàn bộ tia tới bị phản xạ ngược lại ban đầu . lúc này tia phản xạ sáng như tia tới. B. VÍ DỤ MẪU Ví dụ 1: Có ba môi trường trong suốt. Với cùng góc tới i: nếu tia sáng truyền từ (1) vào (2) thì góc khúc xạ là 300 , truyền từ (1) vào (3) thì góc khúc xạ là 450 . Hãy tính góc giới hạn phản xạ toàn phần ở mặt phân cách (2) và (3): Hướng dẫn giải + Khi ánh sáng truyền từ môi trường (1) sang (2): 0 n sini n sin30 1 2  (*) + Khi ánh sáng truyền từ môi trường (1) sang (3): 0 n sini n sin45 1 3  (**) + Từ (*) và (**) ta có: 0 0 2 2 3 2 3 3 n n n n sin30 n sin 45 2 2 n 2      (***) S i R i’ n1 I r K n2
2 S A D C B K i I r i1 n1 n2 S R2 R1 I r 30o + Từ (***) ta thấy 2 3 n n  nên chỉ xảy ra phản xạ toàn phần khi ánh sáng truyền từ (2) sang (3). + Vậy góc giới hạn phản xạ toàn phần ở mặt phân cách (2) và (3) là: 3 0 gh gh 2 n 1 sini i 45 n 2     Ví dụ 2: Một tấm thủy tinh mỏng, trong suốt, chiết suất n1 = 1,5 có tiết diện là hình chữ nhật ABCD (AB rất lớn so với AD), mặt đáy AB tiếp xúc với một chất lỏng có chiết suất 2 n 2  . Chiếu tia sáng SI nằm trong mặt phẳng ABCD tới mặt AD sao cho tia tới nằm phía trên pháp tuyến ở điểm tới và tia khúc xạ trong thủy tinh gặp đáy AB ở điểm K. Tính giá trị lớn nhất của góc tới i để có phản xạ toàn phần tại K. Hướng dẫn giải + Góc giới hạn phản xạ toàn phần: 2 0 gh gh 1 n 2 sini i 70,53 n 1,5     + Để tại K xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần thì: 0 0 1 gh 1 min i i 70,53 i 70,53      + Từ hình vẽ ta có: 0 max 1 min r 90 i 90 70,53 19,47       + Định luật khúc xạ tại I: 1.sini n sinr  1   0 max 1 max max max        1.sini n sin r sini 1,5sin 19,47 0,5 i 30 Ví dụ 3: Một tia sáng trong thủy tinh đến mặt phân cách giữa thủy tinh với không khí tại điểm I với góc tới i = 300 thì tia phản xạ và khúc xạ vuông góc nhau. a) Tính chiết suất của thủy tinh. b) Tính góc tới i để không có tia sáng ló ra không khí tại I. Hướng dẫn giải a) Ta có: / 0 / 0 i 90 r 180 r 60 i i 30           + Định luật khúc xạ tại I ta có: nsin30 1.sin60 n 3    b) Để không có tia sáng ló ra không khí tại I thì phải xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần. + Góc giới hạn phản xạ toàn phần là: kk 0 gh gh tt n 1 sini i 35,26 n 3     + Vậy điều kiện của góc tới i là 0 gh i i 35,26  
3 Ví dụ 4: Một khối thủy tinh P có chiết suất n1 = 1,5. Biết tiết diện thẳng là một tam giác ABC vuông cân tại B. Chiếu vuông góc tới mặt AB một chùm sáng song song SI. a) Khối thủy tinh P ở trong không khí. Tính góc D hợp bởi tia ló và tia tới b) Tính lại góc D nếu khối P ở trong nước có chiết suất n2 = 4/3 Hướng dẫn giải a) Tia SI đi đến mặt vuông góc với AB nên truyền thẳng đến mặt AC tại J với góc tới i. Vì ABC vuông cân tại B nên dễ dàng tính được i = 450 . + Góc giới hạn phản xạ toàn phần là: kk 0 gh gh tt n 1 sini i 41,81 n 1,5     + Vậy tại J xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần với góc phản xạ 450 nên tia phản xạ vuông góc với BC. + Vậy góc tạo bởi tia tới SI và tia ló JR ra khỏi lăng kính là D = 90o . b) Khi khối P ở trong nước thì góc giới hạn phản xạ toàn phần là nc 0 gh gh tt n 4 / 3 sini i 62,73 n 1,5     + Vì tia SI đi vuông góc với AB nên đi thẳng và tới mặt AC tại J với góc tới 450 < igh nên có tia khúc xạ tại J. Áp dụng định luật khúc xạ tại J ta có: 4 0 1,5sin 45 sin r sin r 0,7955 r 52,7 3      + Từ hình ta tính được góc lệch D lúc này là: D = r – i = 7,70 Ví dụ 5: Một ống dẫn sáng hình trụ với lõi có chiết suất n1 = 1,5 và phần bọc ngoài có chiết suất n2 = 1,41. Chùm tia tới hội tụ tại mặt trước của ống với 2. Định α để tia sáng trong chùm đều truyền đi được trong ống. Hướng dẫn giải - Xét đường đi của một tia sáng: SIJK. Để mọi tia sáng đều truyền đi được trong ống (phản xạ toàn phần trên mặt ngoài của lõi) thì góc tới tại J phải thỏa mãn: A B S I J C R D J r R A B S I C 2α
4 i igh  sini sinigh = 2 1 n 1,41 = = 0,94 n 1,5 - Vì i + r = 90o  sini = cosr  cosr 0,94  sinr 0,34. - Áp dụng định luật khúc xạ tại điểm tới I: 1 sinα = n sinr 1,5.0,34 = 0,51  o α 30 Vậy: Để tia sáng trong chùm đều truyền đi được trong ống thì o α 30 . Ví dụ 6: Một khối nhựa trong suốt hình lập phương, chiết suất n. Định điều kiện mà n phải nghiệm để mọi tia sáng từ không khí xuyên vào một mặt, tới mặt kề đều phản xạ toàn phần trên mặt này. Hướng dẫn giải Xét một tiết diện chứa mặt phẳng tới. Theo đề thì tại I có khúc xạ và tại J có phản xạ toàn phần. Ta có: - Tại I: sini1 = nsinr1  sinr1 = 1 sini n (1) - Tại J: sinigh = 1 n , i2 > igh.  sini2 > 1 n hay cosr1 > 1 n  2 1 sin r1 > 1 n (2) Thay (1) vào (2) ta được: 2 1 2 sin i 1 n > 1 n  2 2 n sin i1 > 1  n > 2 1+sin i1 Vì i1max = 90o  n > 1+1 = 2 . Vậy: Để mọi tia sáng từ không khí xuyên vào một mặt đều phản xạ toàn phần trên mặt bên tiếp theo là n > 2 . Ví dụ 7: Một miếng gỗ mỏng hình tròn, bán kính R = 4 cm. Ở tâm O, cắm thẳng góc một đinh OA. Thả miếng gỗ nổi trong một chậu nước có chiết suất n = 1,33. Đinh OA ở trong nước. a) Cho OA = 6 cm. Mắt trong không khí sẽ thấy đầu A cách mặt nước bao nhiêu? b) Tìm chiều dài lớn nhất của OA để mắt không thấy đầu A của đinh. c) Thay nước bằng một chất lỏng có chiết suất n’. Khi giảm chiều dài OA của đinh tới 3,2 cm thì mắt không thấy được đầu A của đinh nữa. Tính n/ . Hướng dẫn giải I α r i S J K i1 S I J B D C A r1 i2 i’2 n