Tiết 41: HIỆN TƯỢNG PHẢN XẠ TOÀN PHẦN

Chia sẻ: Kata_7 Kata_7 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

225
lượt xem 21
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Khái niệm về hiện tượng phản xạ toàn phần. - Điều kiện để có hiện tượng phản xạ toàn phần xảy ra. - Công thức tính góc giới hạn phản xạ toàn phần. - Một vài ứng dụng của hiện tượng phản xạ toàn phần. * Trọng tâm: Khái niệm về hiện tượng phản xạ toàn phần.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Tiết 41: HIỆN TƯỢNG PHẢN XẠ TOÀN PHẦN

Tiết 41: HIỆN TƯỢNG PHẢN XẠ TOÀN PHẦN I. Mục đích yêu cầu: - Khái niệm về hiện tượng phản xạ toàn phần. - Điều kiện để có hiện tượng phản xạ toàn phần xảy ra. - Công thức tính góc giới hạn phản xạ toàn phần. - Một vài ứng dụng của hiện tượng phản xạ toàn phần. * Trọng tâm: Khái niệm về hiện tượng phản xạ toàn phần. Điều kiện để có hiện tượng phản xạ toàn phần xảy ra. Công thức tính góc giới hạn phản xạ to àn phần. Ưng dụng của hiện tượng phản xạ toàn phần (lăng kính phản xạ tòanphần) * Phương pháp: Pháp vấn, diễn giảng - GV: Tranh vẽ hiện tượng phản xạ toàn phần; lăng kính II. Chuẩn bị: phản xạ toàn phần - HS xem Sgk. III. Tiến hành lên lớp: A. Ổn định: 1. Phát biểu định luật khúc xạ ánh sáng? Xét cho các trường B. Kiểm tra: hợp đặc biệt? 2. Chiết suất: tỉ đối, tuyệt đối là gì? Nêu hệ thức giữa hai chiết suất đó? C. Bài mới.
NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP I. Ở bài trước, ta đã biết môi trường nước có I. Hiện tượng phản xạ toàn phần: n1 = 1,33 và môi trường không khí có n2 = 1. Chiếu một chùm tia sáng đi từ môi trường Vậy hs nhận xét: n1? N2 nước (n1)sang môi trường không khí (n2). Nếu chiếu một tia sáng từ nước (1) ra không Với n1 > n2, vậy: khí (2) thì chiết suất tỉ đối n21 = ? n sin i  n 21  2  1  sin i  sin r  i  r sin r n1  sin i  n2    sin r  n 21  n  => Vậy góc tới luôn nhỏ hơn góc khúc xạ.   K 1 r H - Ban đầu, khi i còn nhỏ thì tia khúc xạ rất mà: n2 < n1 => n21 ? 1 => J => i ? r 1 ii => Nhận xét gì vềI giá trị của góc tới và góc sáng còn tia phản xạ mờ. Khi i tăng  r tăng G R thì tia khúc xạ mờ dần còn tia phản xạ sáng khúc xạ? dần lên. Xét thí nghiệm được mô tả như Sgk. - Vẫn tăng góc tới đến một giá trị igh (gọi là góc giới hạn phản xạ toàn phần) thì góc khúc xạ r = 900. Lúc này tia khúc xạ rất mờ và đi là là mặt nước và tia phản xạ thì rất sáng. - Nếu tăng i đến lúc i > igh thì tia khúc xạ biến mất và tia phản xạ sáng giống tia tới => hiện tượng trên gọi là hiện tượng phản xạ toàn phần.
Nếu ta tăng góc tới i  r có tăng không? (Ban đầu khi i còn nhỏ thì tia khúc xạ rất sáng còn tia phản xạ mờ. Khi i tăng  r tăng thì tia khúc xạ mờ dần còn tia phản xạ sáng dần lên) II. Từ nhận xét về thí nghiệm trên, hs có thể II. Điều kiện để có phản xạ toàn phần: rút ra “Điều kiện để có phản xạ toàn phần”? 1. Tia sáng phải truyền theo chiều từ môi - n1 > n2 trường chiết quang hơn (có n1 lớn) sang - i = igh môi trường chiết quang kém hơn (có n2 nhỏ hơn), tức là n1 > n2. 2. Góc tới của tia sáng trên mặt phân cách phải lớn hơn hoặc bằng góc giới hạn phản xạ toàn phần (igh), nghĩa là i = igh thì bắt đầu có hiện tượng phản xạ toàn phần. III. Góc giới hạn phản xạ toàn phần: III. Gọi n1 là chiết suất của mt chứa tia tới. - K hi chưa có phản xạ toàn phần thì: Gọi n2 là chiết suất của mt chứa tia khúc xạ. n sin i vì n2 < n1  n 21  2  1 sin r n1 Theo điều kiện phản xạ toàn phần thì ( sin i ) sin r - K hi bắt đầu xảy ra phản xạ toàn phần,
=? có giá trị như thế nào so với 1? thì i = igh ; - Khi xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần thì: r = 900. Áp dụng định luật khúc xạ, ta có: sin i gh i=?r=? n n2  sin i gh  2  n 21  0 n1 n` sin 90 sin i =>   = ? => sin igh = ? sin r - Nếu tia sáng đi từ môi trường trong suốt - Nếu tia sáng đi từ môi trường trong suốt bất nào đó (nước, thủy tinh…) ra không khí có kỳ có chiết suất n1 > 1 ra môi trường không 1 n  1 thì: sin i gh  n1 khí hoặc chân không có chiết suất n2 = ? => sin igh = ? IV. Ứng dụng: IV. * Lăng kính khác cũng có hiện tượng phản xạ 1. Lăng kính phản xạ toàn phần: lăng kính toàn phần của tia sáng đi trong lăng kính, phản xạ toàn phần là một khối thủy tinh nhưng không được gọi là lăng kính phản xạ hình lăng trụ đứng, có tiết diện thẳng là (a) (b) toàn phần. Khi sử dụng: một tam giác vuông cân. S J J K + Ở hình a) Trong lăng kính chỉ xảy ra một - Cách sử dụng: xem Sgk. R S R lần phản xạ toàn phần. + Ở hình b) Trong lăng kính xảy ra đến hai lần phản xạ tại J và tại K. * Giải thích hiện tượng ảo tượng: ở những xứ lõ i nóng, khi nhiệt độ lên cao, bề mặt không khí vỏ
sát mặt đất bị đun nóng mạnh  mật độ phân tử khí nhỏ  lớp không khí sẽ có chiết suất nhỏ hơn lớp không khí lạnh ở bên trên. 2. Các ảo tượng: là hiện tượng quang học * Cấu tạo và cách dẫn ánh sáng của sợi xảy ra trong khí quyển do có sự phản xạ quang học. toàn phần xảy ra ở mặt phân cách giữa lớp không khí lạnh (có n lớn) và lớp không khí nóng (có n nhỏ). 3. Sợi quang học: hay còn gọi là “ống dẫn ánh sáng” là những sợi bằng chất trong suốt, dễ uốn, có thành nhẵn, hình trụ. Khi một tia sáng đi vào bên trong sợi ở một đầu, tia sáng này bị phản xạ toàn phần nhiều lần liên tiếp ở bên trong sợi, rồi ló ra ở đầu bên kia. Nhắc lại: Nhắc lại hiện tượng phản xạ toàn phần – Điều kiện – D. Củng cố: Góc giới hạn phản xạ toàn phần. .E. Dặn dò: - Hướng dẫn trả lời các câu hỏi Sgk. - BTVN: 3 - 4 Sgk trang 129 và trong SBT. - Chuẩn bị tiết sau “Bài tập” Ngày soạn: 07/12/2005 Ngày dạy: 09/12/2005
Tiết 42: BÀI TẬP I. Mục đích yêu cầu: Vận dụng kiến thức các bài tập đã học để giải bài tập trong Sgk. Từ đó giúp hs nâng cao kiến thức lý thuyết, rèn luyện kỹ năng làm bài tập. * Trọng tâm: Bài tập Sự khúc xạ ánh sáng:, Sự phản xạ toàn phần: * Phương pháp: Pháp vấn, diễn giảng - Hs làm bài tập ở nhà. II. Chuẩn bị: III. Tiến hành lên lớp: A. Ổn định: Thông qua bài tập B. Kiểm tra: C. Bài mới. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP 4. Cho n1 = 1 Sự khúc xạ ánh sáng: n2 = 2 Bài 4 – Sgk trang 125: IR vuông góc IK (i’ + r = Theo đề bài thì: i’ + r = 900. 900) Mà i + r = 900 (vì i = i’ theo định luật phản xạ) Tính: iˆ =? sin i n 2 n 2 Theo định luật khúc xạ: n (1)   n=1 sin r n 1 1 K S Từ biểu thức: i + r = 900 => r = 900 – i i i' r I r n =2 R
=> sin r = sin (900 – i) = cos i Thay vào phương trình (1), ta có: sin i  tgi  n cos i Bài 5 – Sgk trang 125: 4 Theo định luật khúc xạ ánh sáng thì: nước: n1 = n = 5. Cho: (mt(1)) 3 sin i n 2 1 (1)    sin r  n. sin i không khí: n2 = 1 (mt(2)) sin r n 1 n a. 800 4 41 a. i = 300, thay vào (1): sin r = Biết góc tới iˆ : sin 30 0  .  0,666 => 3 32 b. 450 r = 41050’. c. 600 4 42 b. i = 450 => sin r =  0,9428 => r= sin 450  . 3 32 Tính: r =? ˆ 70030’ 4 43 c. i = 600 => sin r =  1,155, vì sin r = sin 60 0  . 3 32 1,155 > 1 => r > 900 không có tia khúc xạ. S 6. Cắm một A cọc vào một bể rộng, Bài 6- Sgk trang 125: cây i với: phần cọc trồi lên trêni mặt n1ư= 1 0,6m ớc Xem các tia sáng từ mặt trời chiếu tới cọc là chùm B I AB = 0,6m; bóng,8m trên mặt2 = ước tia tới song song. 0 cọc 4 r n n3 K BI = 0,8m; dưới đáy, bóng cọ dài CE Tia tới SI tới mặt hồ hợp với phương thẳng đứng 1,7m C D E c ọc Đáy
= 1,7m (như hình vẽ) một góc tới i. Ta có: AI2 = AB2 + BI2 = 0,36 + 0,64 = 1=> AI = Tính chiều sâu ID = ? của bể. 1m. BI 0,8 và sin i =   0,8 AI 1 Mặt khác DE = CE – BI = 1,7 = 0,8 = 0,9 (m) n2 Theo định luật khúc xạ, ta có: sin i 4   n2  sin r n1 3 sin i 0,8 => sin r =  4  0,6 n2 3 DE DE 0,9 + Ngoài ra: sin r =  IE    1,5m IE sin r 0,6 + Vậy, chiều sâu của bể là ID, với ID2 = IE2 = DE2 => ID = => ID = 1,2 m IE 2  DE 2 Sự phản xạ toàn phần: 3. Một ngọn đèn nằm ở đáy bể nhỏ, Bài 3 – Sgk trang 129 sâu 20cm. Hỏi, phải thả một tấm gỗ Ta thấy tia sáng đi từ môi trường chiết quang hơn mỏng có hình dạng kích thước nhỏ (nước) sang môi trường kém chiết quang hơn. nhất là bao nhiêu? Để không 2 có1 tia Theo định luật phản xạ toàn phần thì tia sáng chỉ n= I Miếng R 4 n1 = 3 igh = 1 h = 20cm R I’ S
sáng nào lọt qua mặt nước. ló ra khỏi igh và mặt nước khi i  n2 13 = 48030’   => igh sin i gh  44 n1 3 Vậy để không có tia sáng nào thoát khỏi mặt thoáng thì các tia sáng phải phản xạ toàn phần. Tia sáng vuông góc với mặt thoáng  tia sáng sẽ đi vào không khí  miếng gỗ phải đặt trên đường thẳng vuông góc với mặt thoáng. V ì ánh sáng phát ra tia hình nón nên tấm gỗ phải hình tròn để cắt ngang hình nón. Vì vậy, ta có: tg i gh  SI'  R 3  R  h 0 tg i gh  20.  22,7(cm ) II' h 7 4. Cho tia SI // BC; i1 = 450 = ABC Bài 4 – Sgk trang 12 + Xét tại I1: có i1 = 450 Hãy vẽ tiếp các tia còn lại? sin i1 sin i 1 2 1 =>   r1  30 0  n  sin r1   sin r1 n 22 2 1 2 sin igh =  i gh  450  n 2 => i1 = igh + Xét tại I2 : tia sáng đi từ môi trường chiết quang hơn sang môi trường kém chiết quang: i2 = 900 – a.
Mà: Ô = r1 + a = i => a = D – r1 = 450 – 300 = 150 => i2 = 900 – a = 900 – 150 = 750 > igh (xảy ra phản xạ toàn phần) + Xét tại I3 : i2 = i’2, mà i3 = Ê – I2 = Ê – a = 450 – 150 = 300. Vậy i3 = 300 < igh : không có hiện tượng phản xạ toàn phần. sin i 3 1 1   sin r3  2 . sin 30 0  2 .  r3  45 0 sin r3 n 2 => I3R // BC => I3R // SI1 E. Dặn dò: + Xem lại bài §2. + Phân nhóm theo thứ tự tổ. + Chuẩn bị lý thuyết và mẫu báo cáo của thí nghiệm theo Sgk