Giải SBT Lí 11 Bài tập cuối chương 6

Mục lục Giải SBT Lí 11 Bài tập cuối chương 6

Bài VI.1 trang 74 SBT Lí 11: Đặt một khối thủy tinh trong suốt, hình lập phương, chiết suất 1,5 lên trên một tờ giấy có dòng chữ màu đỏ. Nhìn qua thành bên của khối thủy tinh, ta không thể thấy được dòng chữ. Chọn cách giải thích đúng. Cho biết giữa giấy và mặt dưới của khối thủy tinh bao giờ cũng tồn tại một lớp không khí mỏng.

A. Các tia sáng từ dòng chữ không thể truyền vào trong khối thủy tinh.

B. Các tia sáng từ dòng chữ vào khối thủy tinh đều không thể tới các mặt bên.

C. Các tia sáng từ dòng chữ vào khối thủy tinh, khi đến các mặt bên đều bị phản xạ toàn phần.

D. Vì chọn vị trí đặt mắt không phù hợp nên không hứng được các tia sáng ló ra ở các mặt bên.

Lời giải

Khi nhìn qua thành bên của khối thủy tinh, ta không thể thấy được dòng chữ vì các tia sáng từ dòng chữ vào khối thủy tinh, khi đến các mặt bên đều bị phản xạ toàn phần.

Đáp án C

Bài VI.2 trang 74 SBT Lí 11: Một tia sáng truyền trong không khí tới mặt thoáng của một chất lỏng. Tia phản xạ và tia khúc xạ vuông góc với nhau (Hình VI.l). Trong các điều kiện đó, giữa các góc i và r có hệ thức nào ?

A. i = r + 90^o.  

B. i + r = 90⁰.

C. r = i + 90⁰.

D. Một hệ thức khác A, B, C.

Lời giải

Sử dụng định luật phản xạ ánh sáng: góc tới = góc phản xạ.

Gọi i' là góc phản xạ

Tia phản xạ và tia khúc xạ vuông góc với nhau

=> r + i′ = 90⁰ => r + i′= 90⁰

Mà i = i′ => i + r = 90⁰.

Đáp án B

Bài VI.3 trang 75 SBT Lí 11: Tiếp câu VI.2. Cho biết chiết suất của chất lỏng là n = 1,73 . Vậy góc tới i có giá trị nào ?

A. 30⁰.

B. 45⁰. 

C. 60⁰. 

D. Một giá trị khác A, B, C.

Lời giải

Ta có: n₁sini = n₂sinr

=> sini = 1,73sinr = 1,73cosi

=> tani = 1,73

=> i = 60⁰

Đáp án C

Bài VI.4 trang 75 SBT Lí 11: Hai bản trong suốt có các mặt song song được bố trí tiếp giáp nhau như Hình VI.2. Các chiết suất là n₁ ≠ n₂. Một tia sáng truyền qua hai bản với góc tới i₁ và góc ló i₂. So sánh i₁ và i₂ ta có kết quả nào ?

A. i₂ = i₁.

B. i₂ > i₁.

C. i₂ < i₁.

D. A, B, C đều có thể đúng tùy theo giá trị n₁, n₂.

Lời giải

Vận dụng kiến thức sự truyền ánh sáng ta có: góc tới i₁ = góc ló i₂.

Đáp án A

Đề bài:

* Ánh sáng truyền trong môi trường có chiết suất n₁, tới mặt phân cách với môi trường có chiết suất n₂ với góc tới i ≠ 0.

Xét các điều kiện sau:

(1) n₂ > n₁.

(2) n₂ < n₁. 

(3)   $\sin i\ge \frac{n_2}{n_1}$

(4) $\frac{n_2}{n_1}>\sin i$

Hãy chọn các điều kiện thích hợp để trả lời hai câu hỏi VI.5 và VI.6 sau đây:

Bài VI.5 trang 75 SBT Lí 11: Nếu muốn luôn luôn có khúc xạ ánh sáng thì (các) điều kiện là:

A. (1). 

B. (2).

C. (1) và (4).

D. (2) và (3).

Lời giải

Để luôn luôn có khúc xạ ánh sáng thì điều kiện là n₂ > n₁.

Đáp án A

Bài VI.6 trang 75 SBT Lí 11: Nếu muốn có phản xạ toàn phần thì (các) điều kiện là:

A. (1).                           

B. (2).              

C. (1) và (4).                 

D. (2) và (3).  

Lời giải

Vận dụng kiến thức về phản xạ toàn phần.

Để có phản xạ toàn phần thì điều kiện là: n₂ < n₁và $\sin i>\frac{n_2}{n_1}$ 

Đáp án D

Bài VI.7 trang 76 SBT Lí 11: Một thợ lặn ở dưới nước nhìn thấy Mặt Trời ở độ cao 60° so với đường chân trời. Tính độ cao thực của Mặt Trời so với đường chân trời. Biết chiết suất của nước là $n=\frac{4}{3}.$ 

Hướng của Mặt Trời mà người thợ lặn nhìn thấy là hướng của các tia sáng khúc xạ vào nước.

Ta có đường đi của các tia sáng như hình VI.1G:

Do đó: r = 90⁰ – 60⁰ = 30⁰

$\Rightarrow \sin i=n\sin r=\frac{4}{3}\sin 30°=\frac{2}{3}$

$\Rightarrow$ i ≈ 42⁰

Độ cao thực của Mặt Trời so với đường chân trời:

x = 90⁰ – i = 48⁰

Đáp số: 48⁰

Bài VI.8 trang 76 SBT Lí 11: Một cái gậy dài 2m cắm thẳng đứng ở một hồ nước trong. Gậy nhô lên khỏi mật nước 0,5 m. Ánh sáng Mặt Trời chiếu xuống hồ theo phương hợp với pháp tuyến của mặt nước góc 60°. Tìm chiều dài bóng của cây gậy in trên đáy hồ nằm ngang.

Lời giải

Bóng của cây gậy trên đáy hồ được biểu thị bởi đoạn BB” (Hình VI.2G)

 

$BB\text{'}=BH+HB\text{'}=HI+HB\text{'}=AH\tan i+HB\tan r$

Định luật khúc xạ:  $\sin r=\frac{\sin i}{n};\cos r=\frac{\sqrt{n^2-{\sin }^{2}i}}{n}$

$\tan r=\frac{\sin i}{\sqrt{n^2-{\sin }^{2}i}}=0,854$

Do đó: BB′ = 0,5.1,73 + 1,5.0,854 = 2,15m

Đáp số: 2,15m

Bài VI.9 trang 76 SBT Lí 11: Một khối nhựa trong suốt hình lập phương, chiết suất n (Hình VI.3). Xác định điều kiện về n để mọi tia sáng từ không khí khúc xạ vào một mặt và truyền thẳng tới mặt kề đều phản xạ toàn phần ở mặt này.

Điều kiện phản xạ toàn phần $i_2\ge i_{gh}$ và $\sin i_2\ge \frac{1}{n}$  

Mà  $\sin i_2=\cos r_1;\sin r_1=\frac{1}{n}\sin i_1$

Vậy:     $\frac{\sqrt{n^2-{\sin }^2{i}_1}}{n}\ge \frac{1}{n}\Rightarrow n^2\ge 1+{\sin }^2{i}_1$

Ta có i₁ max = 90⁰. Suy ra  $n\ge \sqrt{2}$

Đáp số: $n\ge \sqrt{2}$

Bài VI.10 trang 76 SBT Lí 11: Hai khối thủy tinh trong suốt có tiết diện thẳng như Hình VI.4, 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).

Lời giải

Giả sử phần CDE có chiết suất n₁ = 1,5 và phần ABCD có chiết suất n₂ khác n₁ tiếp giáp nhau.

Hãy tính n₂ để tia khúc xạ trong thuỷ tinh tới mặt AD sẽ ló ra không khí theo phương hợp với SI một góc 45⁰.

Xem hình VI.4G.

Tại J’ phải có khúc xạ:

 $n_2>n_1$hoặc  $\frac{n_1}{\sqrt{2}}<n_2<n_1$

Vì i + r = 90⁰ (hình vẽ) nên có thể thiết lập hệ thức liên hệ giữa n₂ và n₁ theo điều kiện tại K.

Do đó r = 45⁰ => n₂ = 1,275

Đáp số: n₂ = 1,275