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

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{IM}{SM}=\frac{PH}{SH} \\ \Rightarrow PH=\frac{IM}{SM}.SH=\frac{10}{50}.100=20cm \end{gathered}$$

 

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 $∆SAH~∆SIO\Rightarrow \frac{AH}{SA}=\frac{IO}{SI}$ Áp dụng định lý Pitago cho ∆SOI ta có: $SI=\sqrt{d^2-r^2}$ nên: $\frac{R}{D}=\frac{r}{\sqrt{d^2-r^2}}$ hay  $R=\frac{Dr}{\sqrt{d^2-r^2}}$ 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 $R=\frac{Dr}{\sqrt{d^2-r^2}}$ ta có:

$$\begin{gathered} R^2=\frac{Dr}{\sqrt{d^2-r^2}}\iff R^2(d^2-r^2)=D^2{r}^2 \\ \iff R^2{d}^2=D^2{r}^2+R^2{r}^2 \\ \iff R^2{d}^2=r^2(D^2+R^2) \\ \iff d=r\sqrt{1+{\left(\frac{D}{R}\right)}^2} \end{gathered}$$

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 

$\Rightarrow \frac{IM}{PT}=\frac{SM}{ST}\iff PT=\frac{ST}{SM}.IM=\frac{d}{1/4d}.R=4R$

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=$\frac{1}{2}d-\frac{1}{4}d=\frac{1}{4}d$

Khi tấm bìa di chuyển  đều với vận tốc v và đi được quãng đường M₁M = 1/4d thì mất thời gian $t=\frac{M_{1}M}{v}=\frac{d}{4v}$

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 $\frac{P_{1}P}{t}=\frac{2R}{{\displaystyle \frac{d}{4v}}}=\frac{8Rv}{d}$

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) $\Rightarrow$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 => $\frac{HO}{H{O}_1}=\frac{AO}{A_1{O}_1}$$\iff \frac{HO}{HO+O{O}_1}=\frac{R}{R_1}\iff \frac{HO}{HO+D}=\frac{R}{R_1}$

$\begin{array}{l}\Rightarrow \frac{HO}{HO+D}-\frac{R}{R_1}=0\\ \Rightarrow HO.R_1-HO.R=RD\\ \Rightarrow HO.(R_1-R)=RD\\ \Rightarrow HO=\frac{RD}{R_1-R}\end{array}$

Thay số ta có HO = $\frac{4.120}{20-4}=\frac{480}{16}=30$cm => HO₁ =120+30=150 cm

Mặt khác:

$\Delta H{A}_2{O}_2~\Delta H{A}_1{O}_1$=>  $\frac{H{O}_2}{H{O}_1}=\frac{A_2{O}_2}{A_1{O}_1}$

=> HO₂ = $\frac{A_2{O}_2}{A_1{O}_1}.H{O}_1$=$\frac{R_2}{R_1}.150$=$\frac{12}{20}.150$= 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: $\Delta K{A}_1{O}_1~\Delta K{B}_2{O}_2$=> $\frac{K{O}_1}{K{O}_2}=\frac{A_1{O}_1}{A_2{O}_2}$=> $\frac{K{O}_1}{O_1{O}_2-K{O}_1}=\frac{R_1}{R_2}$

$\iff \frac{K{O}_1}{O_1{O}_2-K{O}_1}-\frac{R_1}{R_2}=0$

 $\Rightarrow K{O}_1.R_2+K{O}_1.R_1=RD\Rightarrow K{O}_1.(R_1+R_2)=R_1.O_1{O}_2\Rightarrow K{O}_1=\frac{R_1.O_1{O}_2}{R_1+R_2}$

Thay số ta có KO₁ = $\frac{20.60}{20+12}=\frac{1200}{32}=$cm => KO₁ = 37.5 cm

Mặt khác:

$\Delta H{A}_1{O}_1~\Delta KQO\Rightarrow \frac{{\displaystyle K{O}_1}}{{\displaystyle KO}}=\frac{{\displaystyle A_1{O}_1}}{{\displaystyle QO}}\iff \frac{{\displaystyle K{O}_1}}{{\displaystyle D-K{O}_1}}=\frac{{\displaystyle R_1}}{{\displaystyle R_1\text{'}}}$ 

=> R’=$\frac{(D-K{O}_1).R_1}{K{O}_1}$ thay số ta có:

R’ = $\frac{(120-37.5).20}{37.5}$= 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:

$$\begin{gathered} \Delta A_2{O}_2^{\text{'}}O~\Delta A_1{O}_{1}O nên \frac{O_2^{\text{'}}O}{O_{1}O}=\frac{A_2{O}_2^{\text{'}}}{A_1{O}_1} \\ \Rightarrow O_2^{\text{'}}O=O_{1}O.\frac{A_2{O}_2^{\text{'}}}{A_1{O}_1}=D.\frac{R_2}{R_1} \end{gathered}$$ 

Thay số ta có: $O_2^{\text{'}}O=120.\frac{12}{20}=72$cm.

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

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{IM}{PT}=\frac{SM}{ST} \\ \iff PT=\frac{ST}{SM}.IM=\frac{200}{50}.\frac{d}{2}=40cm\left(\right) \end{gathered}$$  

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

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{I_1{M}_1}{P_{1}T}=\frac{S{M}_1}{ST} \\ \iff S{M}_1=\frac{I_1{M}_1}{P_{1}T}.ST=\frac{20}{40}.200=100 \end{gathered}$$

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  $t=\frac{M_{1}M}{v}=\frac{50}{200}=0,25\left(s\right)$.

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’ = $\frac{P_{1}P}{t}=\frac{40}{0,25}=160cm/s=1,6m/s$

d)

Gọi O là tâm, MN là đường kính vật sáng hình cầu, P là giao của MA’ và NB’ Ta có  $$\begin{gathered} \Delta P{A}_{{}_1}{B}_1~\Delta PA\text{'}B\text{'} \\ \Rightarrow \frac{P{I}_1}{PI\text{'}}=\frac{A_1{B}_1}{A\text{'}B\text{'}}=\frac{20}{80}=\frac{1}{4} \\ \Rightarrow 4P{I}_1=PI\text{'}=P{I}_1+II\text{'} \\ \Rightarrow 3P{I}_1=I_{1}I\text{'}\Rightarrow P{I}_1=\frac{I_{1}I\text{'}}{3}=\frac{100}{3}cm \end{gathered}$$

Ta lại có:

$$\begin{gathered} \Delta PMN~\Delta P{A}_1{B}_1\Rightarrow \frac{PO}{P{I}_1}=\frac{MN}{A_1{B}_1}=\frac{8}{20}=\frac{2}{5} \\ \Rightarrow PO=\frac{2}{5}PI\Rightarrow PO=\frac{2}{5}.\frac{100}{3}=\frac{40}{3}cm \end{gathered}$$

mà OI₁ = PI₁ – PO =$\frac{100}{3}-\frac{40}{3}=\frac{60}{3}=20cm$.

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

$\begin{array}{l}\Delta KMN~\Delta K{A}_1{B}_1\Rightarrow \frac{\text{KO}}{{\text{KI}}_{\text{1}}}\text{=}\frac{\text{MN}}{{\text{A}}_{\text{1}}{\text{B}}_{\text{1}}}\text{=}\frac{\text{8}}{\text{20}}\text{=}\frac{\text{2}}{\text{5}}\\ \Rightarrow \text{KO = }\frac{\text{2}}{\text{5}}{\text{KI}}_{\text{1}}\text{=}\frac{\text{2}}{\text{5}}{\text{(OI}}_{\text{1}}\text{- OK) = }\frac{\text{2}}{\text{5}}{\text{OI}}_{\text{1}}\text{ - }\frac{\text{2}}{\text{5}}\text{OK}\\ \begin{array}{l}\Rightarrow \frac{2}{5}O{I}_1=\frac{7}{5}OK\Rightarrow OK=\frac{2}{7}O{I}_1=\frac{40}{7}cm\\ \Rightarrow K{I}_1=\frac{5}{2}OK=\frac{100}{7}cm\end{array}\end{array}$

 

Mặt khác ta có:

$\begin{array}{l}\Delta K{A}_1{B}_1~\Delta K{A}_2{B}_2\Rightarrow \frac{K{I}_1}{KI\text{'}}=\frac{A_1{B}_1}{A_2{B}_2}\\ \Rightarrow A_2{B}_2=\frac{KI\text{'}}{K{I}_1}{A}_1{B}_1=\frac{K{I}_1+I_{1}I\text{'}}{K{I}_1}{A}_1{B}_1\\ =\frac{\frac{100}{7}+100}{\frac{100}{7}}20=160cm\\ \\ \end{array}$

Vậy diện tích vùng nửa tối là:

S = $$\begin{gathered} \pi .\frac{A_2{B}_2^2}{4}-\pi .\frac{A\text{'}B{\text{'}}^2}{4}=\frac{\pi }{4}(A_2{B}_2^2-A\text{'}B{\text{'}}^2) \\ =\frac{3.14}{4}({160}_{}^2-{80}^2)=15.72c{m}^2 \end{gathered}$$

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: $$\begin{gathered} \Delta B"A\text{'}B\text{'}~\Delta B"SB\Rightarrow \frac{A\text{'}B\text{'}}{SB}=\frac{B"B\text{'}}{B"B} \\ \Rightarrow B"B\text{'}=B"B.\frac{A\text{'}B\text{'}}{SB}=x.\frac{h}{H} \end{gathered}$$

Mặt khác ta lại có: B”B’= BB’+B’B”$\iff$x= vt+$x.\frac{h}{H}\Rightarrow x=vt.\frac{H}{H-h}$ Vậy vận tốc của bóng của đỉnh đầu là $v\text{'}=\frac{x}{t}=\frac{vH}{H-h}$

 

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:

$\frac{SO}{SI}=\frac{AO}{A\text{'}I}\Rightarrow A\text{'}I=AO.\frac{SI}{SO}=30.\frac{4}{2}=60cm$ 

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:

$$\begin{gathered} \frac{SO}{SI}=\frac{CO}{C\text{'}O} \\ \Rightarrow C\text{'}O=CO.\frac{SI}{SO}=5.\frac{4}{2}=10c{m}^{} \end{gathered}$$ 

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.