Bài tập nâng cao về bóng tối, bóng nửa tối

Ta biết các tia sáng của mặt trời chiếu song song, cái cọc và cột đèn đều vuông góc với mặt đất.

Ta chọn tỷ lệ xích 1cm ứng với 1m để vẽ và xác định chiều cao của cột đèn.

Bóng của cột đèn cao gấp 5: 0,8 = 6,25 lần so với bóng của cái cọc.

Vậy chiều cao của cột đèn cũng cao gấp 6,25 lần so với cọc.

Vậy chiều cao cột đèn h = 6,25m.

Tóm tắt:

SH = 1m = 100cm

IM = R = 10 cm

r = 2cm

a) Bán kính vùng tối HP = ?

b) Bán kính vùng tối HP =? Bán kính vùng nửa tối PO = ?

a) Bán kính vùng tối trên tường là PH

∆SIM ~∆SPH

⇒IMSM=PHSH⇒PH=IMSM.SH=1050.100=20cm

 

b)

Ta có: PH’ = AA’ (vì ∆ AA’I = ∆PH’I ) AA’ = SA’ – SA = MI – SA = R – r = 10 – 2 = 8 cm  PH = PH’ + HH’= PH’ + MI= 8+10= 18 cm Tương tự ta có: A’B = H’O (vì ∆A’BI = ∆H’OI) A’B = H’O = AA’ + AB = AA’ +2r = 8+4 = 12 cm  Vậy PO = HO –HP = 12-8 = 4 cm Vùng nửa tối là hình vành khăn có bề rộng là 4 cm. Vùng tối là hình tròn có bán kính 18 cm.

 

Tóm tắt:

D = 4,5 m. Quả cầu chắn sáng O, r = 0,3 m.

OS = d

a) Tìm R vùng tối khi d = 0,5 m và d = 4m

b) d = ? để R = 1,5m

Giải:

a) Ta có ∆SAH~∆SIO⇒AHSA=IOSI Áp dụng định lý Pitago cho ∆SOI ta có: SI=d2-r2 nên: RD=rd2-r2 hay  R=Drd2-r2 Thay số ta có: Khi d = 0,5 m thì bán kính vùng tối trên màn là R=3,38 m Khi d = 4 m thì bán kính vùng tối trên màn là R=0,34 m

b) Từ biểu thức R=Drd2-r2 ta có:

R2=Drd2-r2⇔R2(d2-r2)=D2r2⇔R2d2=D2r2+R2r2⇔R2d2=r2(D2+R2)⇔d=r1+DR2

Thay số: để R = 1,5m thì d = 0,95 m

 

Tóm tắt:

ST = d; SM = 1/4d; Bìa có bán kính R

a) Tìm R’

b) MM₁ = ? để R’’ = ½ R’. Tìm v’ của bóng đen nếu đèn có vận tốc v

c) thay S bằng nguồn sáng có bán kính r. Tìm S_đen và S_{nửa tối}.

Bài giải

Ta có hình vẽ

a) Bán kính vùng tối trên tường là PT

∆SIM và ∆SPT là 2 tam giác vuông đồng dạng  nên 

a) Bán kính vùng tối trên tường là PT

∆SIM và ∆SPT là 2 tam giác vuông đồng dạng nên 

⇒IMPT=SMST⇔PT=STSM.IM=d1/4d.R=4R

b) Từ hình vẽ ta thấy để bán kính vùng tối giảm xuống  ta phải di chuyển tấm bìa về phía tường.

Gọi P₁T là bán kính bóng đen lúc này P₁T = 1/2PT = 2R

∆SIM và ∆SPT là 2 tam giác vuông đồng dạng nên 

Vậy cần di chuyển tấm bìa về phía tường một đoạn

M₁M = SM₁ - SM=12d-14d=14d

Khi tấm bìa di chuyển  đều với vận tốc v và đi được quãng đường M₁M = 1/4d thì mất thời gian t=M1Mv=d4v

Cũng trong khoảng thời gian đó bán kính của vùng tối thay đổi một đoạn là

PP₁ = PT – P₁T = 4R – 2R = 2R

Vậy tốc độ thay đổi của bán kính vùng tối là P1Pt=2Rd4v=8Rvd

c) Thay điểm sáng S bằng nguồn sáng hình cầu. Ta có hình vẽ

Gọi AB là đường kính nguồn sáng, O là tâm nguồn sáng. Theo kết quả câu b) M là trung điểm của ST.

Bán kính vùng tối là PT, ta có ∆BIC =  ∆ PID (g.c.g) => PD = BC.

Mà ta lại có BC = OC – OB = MI – OB = R-r.

                  PT = PD + DT = BC + IM = (R-r) + R = 2R – r

Vậy diện tích vùng tối trên tường là: S_Tối = π.(2R – r)²

Vùng nửa tối là diện tích hình vành khăn  có bán kính lớn là P’T, bán kính nhỏ là PT

Ta có: ∆ AIC = ∆P’ID (g.c.g) ⇒P’D = AC = R+r

Mà: P’T = P’D + IM = AC + IM = R+r + R = 2R+r

Từ đó ta có: Diện tích vùng nửa tối là:

S_{Nửa tối} = π.(2R + r)² -  π.(2R - r)² =  8πRr 

 

 

 

 

 

Tóm tắt:

tâm O₁; R₁ = 20cm. D = 120 cm

Tâm O­₂; R₂ = 12 cm.

a) O₁O₂ =? Để R_tối = 4 cm. R’_{nửa tối} =?

b) O₁O₂ =? Để R_tối = 0 cm

Bài giải

 a) Từ hình vẽ ta có: OA là bán kính của vùng tối trên màn, OA = R = 4 cm

- OP là bán kính của đường tròn giới hạn ngoài cùng của vung nửa tối OP =R’

Ta có: ∆ HAO ~ ∆ HA₁O₁ => HOHO1=AOA1O1⇔HOHO+OO1=RR1⇔HOHO+D=RR1

⇒HOHO+D−RR1=0⇒HO.R1−HO.R=RD⇒HO.(R1−R)=RD⇒HO=RDR1−R

Thay số ta có HO = 4.12020−4=48016=30cm => HO₁ =120+30=150 cm

Mặt khác:

ΔHA2O2~ΔHA1O1=>  HO2HO1=A2O2A1O1

=> HO₂ = A2O2A1O1.HO1=R2R1.150=1220.150= 90 cm.

Vậy đĩa chắn sáng phải đặt cách đĩa phát sáng một khoảng

O₁­O₂ = HO₁ – HO=90-30=60 cm thì vùng tối trên màn có bán kính là 4 cm.

Tính R’:

Ta có: ΔKA1O1~ΔKB2O2=> KO1KO2=A1O1A2O2=> KO1O1O2−KO1=R1R2

⇔KO1O1O2−KO1−R1R2=0

 ⇒KO1.R2+KO1.R1=RD⇒KO1.(R1+R2)=R1.O1O2⇒KO1=R1.O1O2R1+R2

Thay số ta có KO₁ = 20.6020+12=120032=cm => KO₁ = 37.5 cm

Mặt khác:

ΔHA1O1~ΔKQO⇒KO1KO=A1O1QO⇔KO1D−KO1=R1R1' 

=> R’=(D−KO1).R1KO1 thay số ta có:

R’ = (120−37.5).2037.5= 44 cm.

b) Ta có hình vẽ:

Từ hình vẽ ta có để trên nàm hình vừa vặn không còn bóng tối thì phải di chuyển đĩa chắn sáng về phía O₁ một đoạn O₂O’₂ .

Ta có:

ΔA2O2'O~ΔA1O1O nên O2'OO1O=A2O2'A1O1⇒O2'O=O1O.A2O2'A1O1=D.R2R1 

Thay số ta có: O2'O=120.1220=72cm.

Mà O₁O₂ = OO₁ - OO’₂ = 120-72 = 48 cm

Nên O₂O’₂ = O₁O₂ – O₁O’₂ = 60-48 = 12 cm

Vậy phải di chuyển đĩa chắn sáng đi một đoạn 12 cm thì trên màn vừa vặn không còn vùng tối.

Tóm tắt:

D = ST = 2m;

a) tìm d_tối biết d = 20 cm và SM = 50 cm.

b) MM₁ =? Để d’_tối = ½ d_tối.

c) v = 2m/s tìm V_tối =?

d) vật sáng d₁ =8cm. Tìm SM để d_tối . Tìm S_tối và S_{nửa tối}.

Bài giải:

a) Ta có hình vẽ:

 

a) Bán kính vùng tối trên tường là PT. ST = 2m = 200 cm.

∆SIM và ∆SPT là 2 tam giác vuông đồng dạng  nên bán kính vùng tối là

⇒IMPT=SMST⇔PT=STSM.IM=20050.d2=40cm  

Vậy đường kính vùng tối là d_tối = 2.PT = 80 cm

b) Từ hình vẽ ta thấy để bán kính vùng tối giảm xuống  ta phải di chuyển tấm bìa về phía tường đến vị trí M₁

Gọi P₁T là bán kính bóng đen lúc này P₁T = 1/2PT = 20 cm

∆SIM và ∆SPT là 2 tam giác vuông đồng dạng nên

⇒I1M1P1T=SM1ST⇔SM1=I1M1P1T.ST=2040.200=100

Vậy cần di chuyển tấm bìa về phía tường một đoạn

M₁M = SM₁ -  SM = 100-50=50 cm.

c) Khi tấm bìa di chuyển  đều với vận tốc v = 2m/s = 200 cm/s

và đi được quãng đường M₁M = 50cm

thì mất thời gian  t=M1Mv=50200=0,25(s).

Cũng trong khoảng thời gian đó đường kính của vùng tối thay đổi một đoạn là

PP₁ = PT – P₁T =  80– 40 = 40 cm

Vậy tốc độ thay đổi của bán kính vùng tối là

V’ = P1Pt=400,25=160cm/s=1,6m/s

d)

Gọi O là tâm, MN là đường kính vật sáng hình cầu, P là giao của MA’ và NB’ Ta có  ΔPA1B1~ΔPA'B'⇒PI1PI'=A1B1A'B'=2080=14⇒4PI1=PI'=PI1+II'⇒3PI1=I1I'⇒PI1=I1I'3=1003cm

Ta lại có:

ΔPMN~ΔPA1B1⇒POPI1=MNA1B1=820=25⇒PO=25PI⇒PO=25.1003=403cm

mà OI₁ = PI₁ – PO =1003−403=603=20cm.

Vậy cần đặt đĩa chắn sáng cách tâm vật sáng hình cầu là 20 cm

*) Gọi K là giao điểm của NA₂ và MB₂

Ta có

ΔKMN~ΔKA1B1⇒KOKI1=MNA1B1=820=25⇒KO = 25KI1=25(OI1- OK) = 25OI1 - 25OK⇒25OI1=75OK⇒OK=27OI1=407cm⇒KI1=52OK=1007cm

 

Mặt khác ta có:

ΔKA1B1~ΔKA2B2⇒KI1KI'=A1B1A2B2⇒A2B2=KI'KI1A1B1=KI1+I1I'KI1A1B1=1007+100100720=160cm

Vậy diện tích vùng nửa tối là:

S = π.A2B224−π.A'B'24=π4(A2B22−A'B'2)=3.144(1602−802)=15.72cm2

Tóm tắt:

Người cao h, đèn cao H (H>h)

Người có vận tốc v, tìm V_bóng =?

Bài làm:

Ta có hình vẽ:

 

S	Các tia sáng phát ra từ bóng đèn bị người chặn lại tạo ra một khoảng tối trên đất đó là bóng của người đó. Trong khoảng thới gian t, người di chuyển một quảng đường S = BB’ = v.t. Khi đó bóng của đỉnh đầu di chuyển một đoạn đường S’ = BB” Ta có: ΔB"A'B'~ΔB"SB⇒A'B'SB=B"B'B"B⇒B"B'=B"B.A'B'SB=x.hH
Mặt khác ta lại có: B”B’= BB’+B’B”⇔x= vt+x.hH⇒x=vt.HH−h Vậy vận tốc của bóng của đỉnh đầu là v'=xt=vHH−h

 

Tóm tắt:

D = 4 m; vật cản có d = 60cm. SO = 2 m.

a) Tìm d_tối

b) Giữa vật cản có lỗ d_lỗ = 10 cm thì S_tối = ?

Bài giải:

a) Ta có hình vẽ:

Vì vật sáng đặt giữa hai bức tường nên SO = 2m. Bán kính của vùng tối là A’I.

Ta có tam giác ∆ SAO ~ ∆ SA’I nên ta có:

SOSI=AOA'I⇒A'I=AO.SISO=30.42=60cm 

Vậy đường kính vùng tối là d_tối = 2.A’I = 2.60 = 120 cm.

b)

Khi trên tấm bìa có 1 lỗ tròn đường kính 10 cm, tức là bán kính lỗ tròn CO = 5 cm.

Ta có tam giác ∆ SCO ~ ∆ SC’I. Vậy ta có:

SOSI=COC'O⇒C'O=CO.SISO=5.42=10cm 

Vậy bóng tối trên tường là 1 hình tròn bán kính R = 30 cm và có 1 hình tròn sáng đồng tâm có bán kính r = 10cm.

Diện tích vùng bóng tối trên màn là S = π.R² – π.r² = π.(30² - 10²) = 2512 cm².

Kẻ hai đường thẳng đi qua đầu mút cọc và đầu mút chiếc bóng của cái cọc tương ứng, chúng cắt nhau ở đâu thì đó là nguồn sáng (Hình 1.7b)

Cắm 1 cây gậy đã biết trước chiều cao vuông góc với mặt đất. Đo chiều dài bóng cây gậy và chiều dài bóng ngọn tháp (hay ngọn cây). Sau đó dựa theo tỉ lệ chiều dài bóng hai vật suy ra chiều cao của ngọn tháp (hay ngọn cây).

Chiều cao ngọn tháp là H=h.Ll

Tóm tắt:

SI = 2m = 200 cm

R = 0,5m = 50 cm

R_tối = 60 cm

Tìm SM

Bài làm:

Ta có hình vẽ:

 Bán kính vùng tối là A’I, bán kính vật chắn là AM.

Ta có tam giác ∆ SAM ~ ∆ SA’I nên ta có:

SMSI=AMA'I⇒SM=SI.AMA'I=200.5060=166,67cm 

Vậy phải đặt vật chắn sáng cách đèn là 166,67 cm.

 

Tóm tắt:

SH = 1m = 100cm

SM = 50 cm; R = 10 cm

R_{nửa tối} = 4 cm; R_tối = 18 cm

Tìm r.

Bài giải:

Ta có hình vẽ

HP = 18 cm và PO = 4cm IM = HH’= R = 10 cm. Mà PH’ = HP –HH’ = 18 - 10 = 8 cm Ta có: PH’ = AA’ (vì ∆ AA’I = ∆PH’I ) AA’ = SA’ – SA = MI – SA = R – r Vậy 8 = R – r = 10 – r Suy ra r = 2 cm. Vậy nguồn sáng rộng có bán kính r = 2cm.