Lời giải chi tiết Khi tia sáng truyền từ môi trường A vào môi trường B dưới góc tới là 9o thì góc khúc xạ là 8o Ta có: nA sin 9o = nB sin8o (1) Khi tia sáng truyền với góc tới i = 60o thì: nA sin 60o = nB sinr (2) Lấy (2) chia cho (l) ta có: $\frac{\sin {{60}^{o}}}{\sin {{9}^{o}}}=\frac{snr}{\sin {{8}^{o}}}\Rightarrow \sin r=\sin {{8}^{o}}\frac{\sin {{60}^{o}}}{\sin {{9}^{o}}}=0,77\Rightarrow r=50,{{4}^{o}}.$Chọn A
Lời giải chi tiết Theo định luật khúc xạ ánh sáng:${{n}_{A}}.\sin i={{n}_{B}}.\sin r\Rightarrow \frac{{{n}_{B}}}{{{n}_{A}}}=\frac{\sin i}{\sin r}$ Ta có: $\left\{ \begin{array}{} {{n}_{A}}=\frac{c}{{{v}_{A}}} \\ {} {{n}_{B}}=\frac{c}{{{v}_{B}}} \\ \end{array} \right.\Rightarrow \frac{{{n}_{B}}}{{{n}_{A}}}=\frac{{{v}_{A}}}{{{v}_{B}}}\Rightarrow{{v}_{A}}=\frac{{{n}_{B}}}{{{n}_{A}}}{{v}_{b}}=\frac{\sin i}{\sin r}{{v}_{B}}=\frac{\sin {{9}^{o}}}{\sin {{8}^{o}}}.200000=224805,6km/s.$ Chọn A
Lời giải chi tiết Vận dụng định luật khúc xạ ta có: ${{n}_{1}}\sin i={{n}_{2}}\sin r\Leftrightarrow 1.\sin {{30}^{0}}=\frac{4}{3}.\sin r$  $\Rightarrow \sin r=\frac{3}{8}\Rightarrow r\approx {{22}^{0}}$ Góc lệch D: Từ hình vẽ ta có: $D=i-r={{30}^{0}}-{{22}^{0}}={{8}^{0}}.$ Chọn B
Lời giải chi tiết Gọi i, i’, r lần lượt là góc tới, góc phản xạ và góc khúc xạ Theo định luật phản xạ ánh sáng có i' = i Có: ${{\text{i}}^{\text{ }\!\!'\!\!\text{ }}}+r={{90}^{0}}\Rightarrow i+r={{90}^{0}}\Rightarrow \sin r=\cos i.$ Theo định luật khúc xạ ánh sáng: $\frac{4}{3}\sin i=\sin r$ $\Leftrightarrow \frac{\sin i}{\sin r}=\frac{3}{4}\Leftrightarrow \frac{\sin i}{\cos i}=\frac{3}{4}\Leftrightarrow \tan i=\frac{3}{4}\Rightarrow i\approx {{36}^{0}}{{52}^{'}}$ Chọn B
Lời giải chi tiết Khi mắt nhìn theo phương BD thấy được điểm M nghĩa là tia sáng từ M qua D sẽ đến được mắt, hay tia tới theo phương MD và tia khúc xạ theo phương BD. Theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta có:$\frac{\sin i}{\sin r}=\frac{1}{n}\Rightarrow n=\frac{\sin r}{\sin i}$ Với:$\sin i=\frac{MC}{MD}=\frac{a}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ $\sin r=\sin BDC=\frac{BC}{BD}=\frac{2a}{\sqrt{4{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}}=\frac{2}{\sqrt{5}}$ $\Rightarrow n=\frac{\frac{2}{\sqrt{5}}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{4}{\sqrt{10}}=1,26.$ Chọn D
Lời giải chi tiết Ánh nắng chiếu nghiêng 1 góc 300 so với phương ngang nên$\Rightarrow i={{60}^{0}}$ Từ hình vẽ ta có: $\tan i=\frac{x}{MA}\Rightarrow x=MA.\tan 60=20\sqrt{3}cm$ Cũng từ hình vẽ lại có $\sin r=\frac{HJ}{\sqrt{H{{I}^{2}}+H{{J}^{2}}}}\Rightarrow \frac{\sin i}{\sin r}=n$ $\Leftrightarrow \frac{\sqrt{3}}{2}\frac{\sqrt{H{{I}^{2}}+H{{J}^{2}}}}{H{{J}^{2}}}=n$ $\Leftrightarrow \frac{3}{4}\left( \frac{{{60}^{2}}+H{{J}^{2}}}{H{{J}^{2}}} \right)=\frac{16}{9}\Rightarrow HJ=85,9cm$. Chọn A
Lời giải chi tiết Trước khi đổ nước, bóng của thành A là AB, sau khi đổ nước, bóng của thành A là AJ. Ta có: $\text{tani }=\frac{HB}{HI}\text{ }\Rightarrow \text{HB}=\text{HI}\text{.tani = h}\text{.tani}\text{.}$ $\text{tanr}=\frac{\text{HJ}}{\text{HI}}\Rightarrow HJ=HI.\tan r=h.\tan r$ Theo đề:AB - AJ = HB - HJ = 7cm. $\Leftrightarrow h.\tan i-h.\tan r=h(\tan i-\tan r)=7$ $\Rightarrow h-\frac{7}{\tan i-\tan r}$ Mặt khác: $\begin{array}{} \sin i=\frac{AB}{SB}=\frac{AB}{\sqrt{A{{S}^{2}}+A{{B}^{2}}}}=\frac{40}{\sqrt{{{30}^{2}}+{{40}^{2}}}}=0,8 \\ {} \operatorname{Cos}i=0,6v\grave{a}tai=0,8\frac{3}{4=0,6}\Rightarrow \cos r=0,8\tanr=\frac{0,6}{0,8}=\frac{3}{4}\Rightarrow h=\frac{7}{\frac{4}{3}-\frac{3}{4}}=12cm \\ \end{array}$ $\Rightarrow cosi=0,6$ và $\tan i=\frac{0,8}{0,6}=\frac{4}{3}$ $\tan i=0,8\frac{3}{4}=0,6\Rightarrow \cos r=0,8;\tan r=\frac{0,6}{0,8}=\frac{3}{4}\Rightarrow h=\frac{7}{\frac{4}{3}-\frac{3}{4}}=12cm$. Chọn C
Lời giải chi tiết Tia sáng phát ra từ viên sỏi S đến mặt nuước tại I và khúc xạ ra không khí dưới góc độ 450. Cậu bé dã ngắm theo hướng của tia sáng này nên khi đưa thanh theo hướng đã ngắm thì đầu thanh sẽ chạm đáy bể tại S như hình bên. Gọi r là góc tới tại mặt nước thì theo định luật khúc xạ, ta xác định được góc này : $\sin {{45}^{0}}=1,33\sin r\Rightarrow r\approx {{32}^{0}}$ Do góc ngắm là 450 nên HS’ = h - 0,6m Ngoài ra SH = h tan r =0,37m Nên suy ra được đoạn lệch của đầu thanh khỏi viên sỏi: $S'S=S'H-SH=0,23m$. Chọn A
Lời giải chi tiết Tia sáng di thẳng qua mặt phẳng AB của khối bán cầu, tới mặt cầu tại J vói góc tới là i. Ta có: $\sin i=\frac{OI}{OJ}=\frac{1}{2}\Rightarrow i={{30}^{0}}$ Tại J ta có: $\text{nsini = sin r}\Leftrightarrow \text{ l, 5 sin 30 = sin r }$ $\Rightarrow \text{ sin}\,\text{r = 0,75}\Rightarrow \text{r = 4}{{\text{8}}^{\text{0}}}36'$ Như vậy tia sáng sau khi chiếu thẳng góc tới mặt phẳng của bán cầu së truyền thẳng tới J và cuối cùng khúc xạ ra ngoài. Góc lệch của tia tới và tia ló ra khỏi bản thủy tinh bằng $\text{4}{{\text{8}}^{\text{0}}}36'-30={{18}^{0}}36'$. Chọn B
Lời giải chi tiết $(\text{l) sang (2):}{{\text{n}}_{\text{1}}}\text{sini = }{{\text{n}}_{\text{2}}}\text{ sin 3}{{\text{0}}^{\text{0}}}(*)$ $(\text{l) sang (3):}{{\text{n}}_{\text{1}}}\text{sini = }{{\text{n}}_{\text{3}}}\text{ sin 4}{{\text{5}}^{\text{0}}}(**)$ Từ (*) và (**) ta có: ${{\text{n}}_{\text{2}}}\text{ sin 3}{{\text{0}}^{\text{0}}}={{n}_{3}}\sin {{45}^{0}}\Leftrightarrow \frac{{{n}_{2}}}{2}=\frac{{{n}_{3}}}{\sqrt{2}}\Rightarrow \frac{{{n}_{2}}}{{{n}_{3}}}=\sqrt{2}(***)$ Từ (***) ta thấy n2 > n3 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: $\sin {{i}_{gh}}=\frac{{{n}_{3}}}{{{n}_{2}}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow {{i}_{gh}}={{45}^{0}}.$ Chọn B
Lời giải chi tiết Mắt không thấy đầu A khi tia sáng từ A tới mặt nước tại I (mép miếng gỗ) xảy ra phản xạ toàn phần: $\sin {{i}_{gh}}=\frac{1}{n}=\frac{1}{4/3}\Rightarrow 48,{{59}^{0}}$ Ta có: $i\ge {{i}_{gh}}$ và $OA=R/\tan i$ $O{{A}_{\max }}=\frac{R}{\tan {{i}_{gh}}}=\frac{5}{\tan 48,{{59}^{0}}}=4,4cm$. Chọn B
Lời giải chi tiết Ta có: $n=\frac{c}{v}=\frac{{{3.10}^{8}}}{1,{{98.10}^{8}}}\approx 1,5152$ Vì góc chiết quang A và góc tới i là những góc nhỏ nên góc lệch lúc đó là: $D=(n-1)A\Rightarrow A=\frac{D}{n-1}=\frac{5}{0,5152}=9,{{7}^{0}}$. Chọn C
Lời giải chi tiết Từ $D={{i}_{1}}+{{i}_{2}}-A\Rightarrow A={{i}_{1}}+{{i}_{2}}-D={{45}^{0}}$ Từ $\sin {{i}_{1}}=n\sin \,{{r}_{1}}\Rightarrow \sin {{r}_{1}}=\frac{\sin {{i}_{1}}}{n}=\frac{\sin {{60}^{0}}}{n}=\frac{\sqrt{3}}{2n}$ Từ $\sin {{i}_{2}}=n\sin {{r}_{2}}\Rightarrow \sin {{r}_{2}}=\frac{\sin {{i}_{2}}}{n}=\frac{\sin {{30}^{0}}}{n}=\frac{1}{2n}\Rightarrow \cos {{r}_{2}}=\frac{\sqrt{4{{n}^{2}}-1}}{2n}$ Từ $A={{r}_{1}}+{{r}_{2}}\Rightarrow {{r}_{1}}=A-{{r}_{2}}\Rightarrow \sin {{r}_{1}}=\sin (A-{{r}_{2}})$ $\Rightarrow \sin {{r}_{1}}=\sin A.\cos {{r}_{2}}-\cos A.\sin {{r}_{2}}$ Thay vào ta có: $\frac{\sqrt{3}}{2n}=\frac{\sqrt{2}}{2}.\frac{\sqrt{4{{n}^{2}}-1}}{2n}-\frac{\sqrt{2}}{2}.\frac{1}{2n}\Rightarrow n=1,8.$ Chọn C
Lời giải chi tiết Vì chiếu tia tới vuông góc vói mặt nên ${{\text{i}}_{1}}\text{ = 0 }\Rightarrow {{\text{r}}_{\text{1}}}=0$ Ta có: $A={{r}_{1}}+{{r}_{2}}\Rightarrow A={{r}_{2}}$ Mà: $D={{i}_{1}}+{{i}_{2}}-A\Leftrightarrow 15=0+{{i}_{2}}-A\Leftrightarrow {{i}_{2}}=15+A$ Lại có: $\sin {{i}_{2}}=n\sin {{r}_{2}}\Leftrightarrow \sin (15+A)\Leftrightarrow 1,5\sin A$ $\Leftrightarrow \sin 15\cos A+\sin A\cos 15=1,5\sin A\Leftrightarrow \sin 15\cos A=(1,5-\cos 15)\sin A$ $\Leftrightarrow \tan A=\frac{\sin 15}{(1,5-\cos 15)}\Rightarrow A\approx 25,{{85}^{0}}.$ Chọn B
Lời giải chi tiết Khi có góc lệch cực tiểu xảy ra, tia ló và tia tới đối xứng nhau qua mặt phân giác của góc chiết quang $A\Rightarrow {{r}_{1}}-{{r}_{2}}=\frac{A}{2}=\frac{{{60}^{0}}}{2}={{30}^{0}}$ Từ $\sin {{i}_{1}}=n\sin {{r}_{1}}\Rightarrow \sin {{i}_{1}}=\sqrt{3}.\sin {{30}^{0}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow {{i}_{1}}={{60}^{0}}.$ Chọn B
Lời giải chi tiết Khi góc tới bằng góc ló thì góc lệch đạt cực tiểu: Dmin = 300 Từ $\sin \frac{{{D}_{\min }}+A}{2}=n\sin \frac{A}{2}\Rightarrow n=\frac{\sin \frac{{{30}^{0}}+{{60}^{0}}}{2}}{\sin \frac{{{60}^{0}}}{2}}=\frac{\sin {{45}^{0}}}{\sin {{30}^{0}}}=\sqrt{2}.$ Chọn C
Lời giải chi tiết Khi: ${{D}_{\min }}\Rightarrow \left\{ \begin{matrix}{{r}_{1}}={{r}_{2}}=\frac{A}{2} \\{{i}_{1}}={{i}_{2}}=i \\\end{matrix}\Rightarrow {{D}_{\min }}=2i-A\Leftrightarrow A=2i-A\Rightarrow i=A \right.$ Ta có: $\sin i=n\sin r\Leftrightarrow \sin A=\sqrt{3}\sin \frac{A}{2}\Leftrightarrow 2\sin \frac{A}{2}\cos \frac{A}{2}=\sqrt{3}\sin \frac{A}{2}$ $\Leftrightarrow \cos \frac{A}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow A={{60}^{0}}\Rightarrow \left\{ \begin{matrix}{{r}_{1}}={{r}_{2}}=\frac{A}{2}={{30}^{0}} \\{{i}_{1}}={{i}_{2}}=i \\\end{matrix} \right.$ Ta có: $\sin i=\frac{{{n}_{lk}}}{{{n}_{nc}}}\sin {{30}^{0}}\Leftrightarrow \sin i=\frac{\sqrt{3}}{4/3}\sin {{30}^{0}}=\frac{3\sqrt{3}}{8}\Rightarrow i=40,{{5}^{0}}.$ Góc lệch cực tiểu khi đó: ${{D}_{\min }}=2i-A={{21}^{0}}$. Chọn B.
Lời giải Góc giới hạn xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần mặt 2: $\sin {{r}_{2gh}}=\frac{1}{1,6}\Rightarrow {{r}_{2gh}}=38,{{68}^{0}}$ Phản xạ toàn phần tại mặt 2 thì ${{r}_{2}}>{{r}_{2gh}}$ Mà ${{r}_{1}}+{{r}_{2}}=A\Rightarrow A-{{r}_{1}}>{{r}_{2gh}}$ $\Rightarrow {{r}_{1}}<A-{{r}_{2gh}}$ $\Rightarrow \sin {{r}_{1}}<\sin (A-{{r}_{2gh}})$ Tại mặt 1: $\sin {{i}_{1}}=n.\sin {{r}_{1}}\Rightarrow \frac{\sin {{r}_{1}}}{n}<\sin (A-{{r}_{2gh}})$ $\Rightarrow \sin {{i}_{1}}<n.\sin (A-{{r}_{2gh}})=1,6\sin ({{60}^{0}}-38,{{68}^{0}})=0,58\Rightarrow {{i}_{1}}<{{35}^{0}}{{34}^{'}}$. Chọn A.
Lời giải $A={{8}^{0}}=2\pi /45rad$ Góc lệch của chùm tia tới và tia ló:
$D=(n-1)A=(1,5-1).\frac{2\pi }{45}=\frac{\pi }{45}rad$ Khoảng cách giữa hai vệt sáng: $MN=L.\tan D\approx L.{{D}_{rad}}=\pi /45.1\approx {{70.10}^{-3}}m=7cm$ Chọn A
Lời giải Tia tới SI vuông góc AB, truyền thẳng gặp mặt AC tại J với góc tới I =A (góc có cạnh tương ứng vuông góc). Ta có:$\sin {{i}_{gh}}=\frac{1}{n}$
Vì tia sáng phản xạ toàn phần tai J nên $i\ge {{i}_{gh}}$ $\Rightarrow \sin A=\sin i\ge \sin {{i}_{gh}}=\frac{1}{n}=\frac{1}{1,6}=0,625\Rightarrow \sin A\ge \sin {{38}^{0}}{{41}^{'}}$ $\Rightarrow A\ge {{38}^{0}}{{41}^{'}}\Rightarrow {{A}_{\min }}={{38}^{0}}{{41}^{'}}$. Chọn C.
Lời giải Áp dụng các công thức về lăng kính, ta có: $\sin {{i}_{1}}=n\sin {{r}_{1}}(1)$ $\sin {{i}_{2}}=n\sin {{r}_{2}}(2)$ ${{r}_{1}}+{{r}_{2}}=A(3)$
Vì tia tới SI vuông góc với đường cao AH nên ta có: ${{i}_{1}}=\frac{A}{2}=\frac{60}{2}={{30}^{0}}$(góc có canh tương ứng vuông góc) Tia ló JR theo phương sát với mặt AC nên ${{i}_{2}}={{90}^{0}}$ Từ (1) ta có: $\sin {{r}_{1}}=\frac{\sin {{i}_{1}}}{n}=\frac{\sin {{30}^{0}}}{n}=\frac{1}{2n}$ $\Rightarrow \cos {{r}_{1}}=\sqrt{1-{{(\sin {{r}_{1}})}^{2}}}=\sqrt{1-\frac{1}{4{{n}^{2}}}}=\frac{1}{2n}\sqrt{4{{n}^{2}}-1}$ Từ (2) ta có: $\sin {{r}_{2}}=\frac{\sin {{i}_{2}}}{n}=\frac{\sin {{90}^{0}}}{n}=\frac{1}{n}(4)$ Từ (3) ta có: ${{r}_{2}}=A-{{r}_{1}}$ $\Rightarrow \sin {{r}_{2}}=\sin (A-{{r}_{1}})=\sin A\cos {{r}_{1}}-\cos A\sin {{r}_{1}}=\sin {{60}^{0}}\cos {{r}_{1}}-\cos {{60}^{0}}\sin {{r}_{1}}$ $\Rightarrow \sin {{r}_{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{1}{2n}\sqrt{4{{n}^{2}}-1}-\frac{1}{2}.\frac{1}{2n}=\frac{1}{4n}\left[ \sqrt{3(4{{n}^{2}}-1)}-1 \right](5)$ Từ (4) và (5), ta có: $\frac{1}{4n}\left[ \sqrt{3(4{{n}^{2}}-1)}-1 \right]=\frac{1}{n}.$ $\Rightarrow \left[ \sqrt{3(4{{n}^{2}}-1)}-1 \right]=4\Rightarrow n=\sqrt{\frac{7}{3}}=1,53$. Chọn D. |
