bài tập vật lý nâng cao

Bài tập Vật lý
Chuyên đề: Định luật truyền thẳng của ánh sáng bóng đen - nửa tối - Gương phẳng
Phần I : Bài tập về Bóng đen - nửa tối.
Bài 1. Một điểm sáng S cách tường một khoảng ST = d. Tại vị trí M trên ST cách M một
khoảng SM =

1
d người ta đặt một tấm bìa hình tròn vuông góc với ST có bán kính R và có
4

tâm trùng với M
a. Tìm bán kính bóng đen trên tường.
b. Cần di chuyển tấm bìa theo phương vuông góc với màn một đoạn bằng bao nhiêu ? Theo
chiều nào để bán kính vùng tối giảm đi một nửa. Tìm tốc độ thay đổi của bán kính bóng đen
biết tấm bìa di chuyển đèu với vận tốc v.
c. Vị trí tấm bìa như ở câu b) thay điếm sáng S bằng một nguồn sáng hình cầu có bán kính r.
- Tìm diện tích bóng đen trên tường.
- Tìm diện tích của bóng nửa tối trên tường.
Bài giải
Giáo viên phân tích và yêu cầu học sinh vẽ
P
hình
I1

I
S

M
K

M1

K1

P1

T
Q1

Q

a) Bán kính vùng tối trên tường là PT
∆ SIM và ∆ SPT là 2 tam giác vuông đồng dạng nên
ST
d
IM SM
PT =
.IM =
.R = 4 R
⇒
⇒
=
1
SM
d
PT ST
4

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
PT = 2R
2

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

I1M 1 SM 1
IM
R
1
=
⇒ SM 1 = 1 1 .ST =
.d = d
PT
ST
PT
2R
2
1
1

Vậy cần di chuyển tấm bìa về phía tường một đoạn M1M = SM1 - SM =

1
1
1
d− d= d
2
4

4

Khi tấm bìa di chuyển đều với vận tốc v và đi được quãng đường M 1M =

1
d thì mất thời
4

gian

Người Soạn:

1


M 1M
d
=
.
v
4v

t=

Cũng trong khoảng thời gian đó bán kính của vùng tối thay đổi một đoạn là
PP1 = PT – P1T = 4R – 2R = 2R
P1 P 2 R 8.R.v
=
=
d

Vậy tốc độ thay đổi của bán kính vùng tối là v’ = t
d
4v

c) Thay điểm sáng S bằng nguồn sáng hình cầu.
P'
P
C
B
S

I

D

M

T

o
A
K

Q
Q'

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: STối = 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:
SNửa tối = π (2R + r)2 - π (2R - r)2 = 8 π Rr
Bài 2.
Một đĩa tròn tâm O1 bán kính R1 = 20cm, phát sáng và được đặt song song với một màn ảnh
và cách màn ảnh một khoảng D = 120 cm. Một đĩa tròn khác tâm O 2 bán kính R2 = 12 cm
chắn sáng cúng được đặt song song với màn ảnh và đường nối tâm O 1O2 vuông góc với
màn ảnh.
a) Tìm vị trí đặt O2 để vùng tối trên màn có đường kính R = 4 cm. Khi đó bán kính R’ của
đường tròn giới hạn ngoài cùng của bóng nửa tối trên mànlà bao nhiêu?
b) Từ vị trí O2 được xác định ở câu a), cần di chuyển đĩa chắn sáng như thế nào để trên màn
vừa vặn không còn vùng tối

Người Soạn:

2


P

A1
A2

A
O1

K

O2

H

O
B

B2
B1

Q

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 ⇒
⇔

HO
AO
HO
R
R
HO
⇔
=
= ⇔
=
HO1

A1O1
HO + OO1 R1
HO + D R1

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

Thay số ta có HO =

4.120 480
=
= 30 cm ⇒ HO1 =120+30=150 cm
20 − 4 16

Mặt khác:
Ta có: ∆HA2O2 : ∆HA1O1 ⇒

HO2
A2O2
AO
R
12
⇒ HO2 = 2 2 .HO1 = 2 .150 = .150 = 90 cm.
=
HO1
A1O1

A1O1
R1
20

Vậy đĩa chắn sáng phải đặt cách đĩa phát sáng một khoảng O 1O2 = HO1 – HO=90-30=60 cm
thì vùng tối trên màn có bán kính là 4 cm.
Tính R’:
Ta có: ∆KA1O1 : ∆KB2O2 ⇒
⇔

KO1
A1O1
KO1
R1
⇒
=
=
KO2
A2O2
O1O2 − KO1 R2

KO1
- R1 =0 ⇒ KO1.R2 + KO1.R1 = RD ⇒ KO1.( R1 + R2 ) = R1.O1O2 ⇒ KO1 = R1.O1O2
O1O2 − KO1 R2
R1 + R2

Thay số ta có KO1 =

20.60 1200
=

= cm ⇒ KO1 = 37.5 cm
20 + 12
32

Mặt khác:
Ta có: ∆HA1O1 : ∆KQO ⇒
R’ =

KO1
( D − KO1 ).R1
KO1 A1O1
R
=
⇔
= 1 ⇒ R’=
thay số ta có:
D − KO1 R '
KO1
KO QO

(120 − 37.5).20
= 44 cm
37.5

Người Soạn:

3


T hỡnh v ta cú trờn nm hỡnh va vn khụng cũn

búng ti thỡ phi di chuyn a chn sỏng v phớa O 1
mt on O2O2 .

A1
A2

O1

O' 2

O2

O

O2' O A2O2'
=
Ta cú : A2O O : A1O1O nờn
O1O A1O1
'
2

A2O2'
R
O O = O1O.
= D. 2
A1O1
R1

B2

'
2

B1

Thay s ta cú: O2O = 120.
'

12
= 72 cm.
20

Mà O1O2 = OO1-OO2 = 120-72 = 48 cm nên O2O2 = O1O2 O1O2 = 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
Các bài tập tơng tự.
Bi 1 Mt im sỏng cỏch mn nh mt khong SH = 1m. ti trung im M ca SH ngi ta
t mt tm bỡa hỡnh trũn vuụng gúc vi SH.
a) Tỡm bỏn kớnh vựng ti trờn mn nu bỏn kớnh tm bỡa l R = 10 cm.
b) Thay im sỏng S bng ngun sỏng hỡnh cu cú bỏn kớnh r = 2cm. Tỡm bỏn kớnh vungd
ti v vựng na ti.
Giải
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 tờng là PH

SIM SPH

P
I
S

M

H

Q

IM PH
IM
10
=
PH =
.SH = .100 =20 cm
SM SH
SM
50

Ta cú: PH = AA ()
AA = SA SA = MI SA = R r = 10 2 = 8
cm
PH = PH + HH= PH + MI= 8+10= 18 cm
Tng t ta cú: AB = HO= AA + AB = AA +2r
= 8+4 = 12 cm
Vy PO = HO HP = 12-8 = 4 cm
Vựng na ti l hỡnh vnh khn cú b rng l 4 cm.

O
P
A'
A
S
B

I

M

H'

H

Q
O'

Bi 2 Mt im sỏng cỏch mn nh mt khong D = 4.5m. t mt qu cu chn sỏng tõm
O, bỏn kớnh r = 0,3 m gia S v mn sao cho SO vuụng gúc vi mn v OS = d

Ngi Son:

4


a) Tìm bán kính R của vùng tối trên màn khi d = 0,5m và d=4m.
b) Tính d để R = 1,5m.
Giải

a) Ta có ∆SAH : ∆SIO ⇒

AH IO
=
SA SI

H

mà SI = d 2 − r 2 Định lý Pitago cho ∆ SOI
R

r

nên ta có D =

d −r
2

hay R = R =

2

R
I

D.r

S

d −r

2

2

d

r
O

thay số ta có:
Khi d= 0,5m thì bán kính vùng tối trên màn là
R=3.38m
Khi d= 4m thì bán kính vùng tối trên màn là R=0.34m
b) Từ biểu thức R =

D.r
d 2 − r2

D

A

H'

ta có:

D 2 .r 2
D
R = 2 2 ⇔ R 2 .(d 2 − r 2 ) = D 2 .r 2 ⇔ R 2 d 2 = D 2 .r 2 + R 2 .r 2 ⇔ R 2 .d 2 = r 2 ( D 2 + R 2 ) ⇔ d = r 1 + ( ) 2
d −r

R
2

Thay số ta có để R = 1,5m thì d = 0.95m
Bài 3. Một điểm sáng đặt cách màn 2m. Giữa điểm sáng và màn người ta đặt một đĩa chắn
sáng hình tròn sao cho đĩa song song với màn và điểm sáng mằn trên trục của đĩa.
a) Tìm đường kính bóng đen trên màn biết đường kính của đĩa d =20 cm và đĩa cách
điểm sáng 50 cm.
b) Cần di chuyển đĩa theo phương vuông góc với màn một khoảng bằng bao nhiêu và
theo chiều nào để đường kính của đĩa giảm đi một nửa.
c) Biết đĩa di chuyển đều với vận tốc v = 2m/s tìm tốc độ thay đổi đường kính của bóng
đen.
d) Giữ nguyên vị trí của đĩa và màn như câu b) thay điểm sáng bằng vật sáng hình cầu
đường kính d1 =8cm. Tìm vị trí đặt vật sáng để đường kính của bóng đen vẫn như câu
a). Tìm diện tích của vùng nửa tối xung quanh bóng đen.
HD
a); b) Như câu a,b bài 1. Kết quả
Đường kính bóng đen trên màn là: 80 cm
Cần di chuyển đĩa chắn sáng một khoảng là 50 cm
c) Tìm vận tốc thay đổi của bóng đen:
P
Do đĩa di chuyển với vận tốc v = 2m/s và đi
P1
được quảng đường MM1 = 0.5 m nên mất
I1

I

S

M
K

M1
K1

s
= 0.25s
v

T

thì gian là t=

Q1

Từ đó ta có tốc độ thay đổi bóng đen là

Q

Người Soạn:

5


v' =

PQ − PQ
80 − 40
1 1

=
= 160cm / s = 1.6m / s
t
0.25

d)
Gọi O là tâm, MN là đường kính vật sáng hình cầu, P là
giao của MA’ và NB’
Ta có

A2

A'
P

A1

M
O

N

K

I'

I1
B1

B'

∆PA1 B1 : ∆PA ' B ' ⇒

PI1 A1 B1 20 1
=
=
=
PI ' A ' B ' 80 4

⇒ 4 PI1 = PI ' = PI1 + II ' ⇒ 3PI1 = I1 I ' ⇒ PI1 =

Ta lại có: ∆PMN : ∆PA1B1 ⇒
B2

⇒ PO =

I1 I ' 100
=
cm
3
3

PO MN
8 2
=
=
=
PI1 A1 B1 20 5

2

2 100 40
PI1 ⇒ PO = .
=
cm
5
5 3
3

mà OI1 = PI1 – PO =

100 40 60
−
=
= 20cm
3
3
3

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 ∆KMN : ∆KA1B1 ⇒

KO MN 8 2
2
2
2
2
=
= = ÞKO= KI1 = (OI1 -OK)= OI1 - OK
KI1 A1B1 20 5

5
5
5
5

2
7
2
40
5
100
⇒ OI1 = OK ⇒ OK = OI1 =
cm ⇒ KI1 = OK =
cm
5
5
7
7
2
7

Mặt khác ta có:
100
+ 100
KI1 A1 B1
KI '
KI1 + I1 I '
∆KA1 B1 : ∆KA2 B2 ⇒
=
⇒ A2 B2 =

A1B1 =
A1 B1 = 7
20 = 160cm
100
KI ' A2 B2
KI1
KI1
7 1

Vậy diện tích vùng nửa tối là
S = π.

3.14
A2 B22
A ' B '2 π
(1602 − 802 ) = 15.72cm 2
−π.
= ( A2 B22 − A ' B '2 ) =
4
4
4
4

Bài 4.
Một người có độ cao h đứng ngay dưới bóng đèn treo ở độ cao H (H>h). Nếu người đó đi
đều với vận tốc v. Hãy xác định chuyển động của bóng của đỉnh đầu in trên mặt đất.
Các tia sáng phát ra từ bóng đèn bị người
S
chặn lại tạo ra một khoảng tối trên đất đó là
bóng của người đó.

H
A
A'
Trong khoảng thới gian t, người di chuyển
một quảng đường S = BB’ = v.t. Khi đó
h
bóng của đỉnh đầu di chuyển một đoạn
đường S’ = BB”
B
B'
B"

Người Soạn:

6


Ta có: ∆B " A ' B ' : ∆B " SB ⇒

A' B ' B"B '
=
SB
B"B

A' B ' = h
x.
SB
H
h
H

⇒ x = vt.
Mặt khác ta lại có: B”B’= BB’+B’B” ⇔ x= vt+ x.
H
H −h
⇒ B " B ' = B " B.

Vậy vận tốc của bóng của đỉnh đầu là v ' =

x
vH
=
t H −h

Phần II: Bài tập về Gương phẳng.
Bài 1.
Hai người M và N đứng trước một gương
phẳng như hình vẽ .
a) Bằng hình vẽ hãy xác định vùng quan sát
được ảnh của từng người. Từ đó cho biết hai
người có nhìn thấy nhau trong gương
không?
b) Nếu hai người cùng tiến đến gương với
cùng vận tốc theo phương vuông góc thì họ
có nhìn thấy nhau trong gương không?
c) Một trong hai người di chuyển theo
phương vuông góc với gương để nhìn thấy
nhau. Hỏi họ phải di chuyển về phía nào ?
Cách gương bao nhiêu?
HD
a)

P

Q

0,5m
1m

M

K

I

A
M1

N

M
C

B

Q

P

N'

M'

1m

1m

D

N

Từ hình vẽ
ta có vùng quan sát được ảnh M’
của M được giới hạn bởi Gương
PQ và các tia PC; QD.
Vùng quan sát được ảnh N’ của N
được giới hạn bởi Gương PQ và
các tia PA; QB
Vị trí cuỉa mỗi người đều không
nằm trong vùng quan sát ảnh của
người kia nên họ không nhìn thấy
nhau trong gương.

N1

Người Soạn:

7


b) Nếu hai người cùng tiến đến gương theo phương vuông góc với vận tốc như nhau thì

khoảng cách từ họ đến gương không thay đổi nên họ vẫn không nhìn thấy nhau trong
gương.
c) Khi một trong hai người tiến đến gương theo phương vuông góc
Xét 2 trường hợp.
1) Người M di chuyển, người N đứng yên.
Từ hình vẽ ta thấy: Để nhìn thấy ảnh N’ của người N trong gương thì người M phải tiến
vào gần gương đến vị trí M1 thì bắt đầu nhìn thấy N’ trong gương.
Từ đó ta có: ∆M 1IQ : ∆N ' KQ ⇒

IM 1
IQ
=
thay số ta có: IM1 = 0,5m
KN ' KQ

2) Người N di chuyển, người M đứng yên.
Từ hình vẽ ta thấy: Để nhìn thấy ảnh M’ của người M trong gương thì người N phải tiến ra
xa gương đến vị trí N1 thì bắt đầu nhìn thấy M’ trong gương.
Từ đó ta có: ∆N1KQ : ∆M ' IQ ⇒

IM ' IQ
=
thay số ta có: IN1 = 2 m
KN1 KQ

Bài 2. Chiếu một chùm sáng SI vào gương phảng G. Tia phản xạ IR. Giữ tia tới cố định,
quay gương một góc α quang một trục ⊥ với mặt phẳng tới. Tính góc quay của tia phản xạ
tạo bởi tia IR và IR’.
N'

N

S

R
α

i2

i'2

i i'

I

R'
G

α

G'

N

S

N'
R
R'

i 1 i'1

I

α

i 2 i'
2

I'

β

P

α

a) Trường hợp trục quay qua I
Gọi góc tạo bởi tia IR và IR’ là
Theo định luật phản xạ AS ta có: i1 = i’1; i2 = i’2
· ' IS − RIS
·
hay β = 2i2 − 2i1 (1)
β =R
i2 = i1 + α (2)

Thay (2) vào (1) ta được: β = 2(i1 + α ) − 2i1 = 2α
Vậy β = 2α
b) Trường hợp trục quay bất kỳ
+) Xét ∆ I’IP ta có

· ' I ' S − I· ' IP = R
· ' I ' S − RIS
·
β =R
= 2i2 − 2i1 (1)
+) Xét ∆ I’IK ta có: i2 = i1 + α (2)
Thay (2) vào (1) ta có:
β = 2(i1 + α ) − 2i1 = 2α
Vậy. β = 2α

K

Vậy khi gương quay đi một góc α thì tia phản xạ quay đi cùng chiều một góc 2α
Bài 3. Cho gương phẳng hình vuông cạnh a đặt thẳng đứng trên nền nhà, mặt hướng vào
tường và song song với tường. Trên sàn nhà sát chân tường, trước gương có điểm sáng điểm
S
a) Xác định kích thước của vệt sáng trên tường do chùm tia phản xạ từ gương tạo nên.

Người Soạn:

8


b) Khi gương dịch chuyển với vận tốc v vuông góc với tường (Sao cho gương luôn ở vị trí
thẳng đứng và song song với tường) thì kích thước của vệt sáng trên tường thay đổi như thế
nào ? giải thích. Tìm vận tốc của ảnh S’
HD
a)
Xét sự phản xạ ánh sáng nằm trong mặt
phẳng thẳng đứng

Ta có S’ là ảnh của Svà đối xứng với S qua
gương, ∆ S’SC có AB là đường trung bình
C
nên SC = 2Ab = 2a.
A
Tương tự với các cạnh còn lại vậy vệt sáng
S'
S
trên tường là hình vuông có cạnh =2a
B

b)

C
A'

A

S"
S'

B'

B

S

Khi nguồn sáng S ở sát chân
tườngvà di chuyển gương theo
phương vuông góc với tường(đến

gần hoặc ra xa tường)thì kích
thước của vệt sáng không thay
đổi. Luôn là hinhg vuông cạnh là
2a. Vì SC luôn bằng 2AB = 2a

Trong khoảng thời gian t gương di chuyển với vận tốc v và đi được quãng đường BB’ = vt.
Cũng trong thời gian đó ảnh S’ của S dịch chuyển với vận tốc v’ và đi được quãng đường
S’S” = v’t
Theo tính chất ảnh và vật đối xứng nhau qua gương ta có:
SB’ = B’S” <=>SB + BB’ = B’S’+S’S” (1)
SB = BS’ <=> SB = BB’ + B’S’
(2)
Thay (2) và (1) ta có: BB’ + B’S’+ BB’ = B’S’+S’S” <=> 2BB’ = S’S” Hay v’t = 2vt <=>
v’ =2v
Bài 4
Một điểm sáng S đặt trước một gương phẳng G cố định và chuyển động với vận tốc v đối
với gương. Xác định vận tốc của ảnh S’ đối với gương và đối với S trong trường hợp.
a) S chuyển động song song với gương
b) S chuyển động vuông góc với gương.
c) S chuyển động theo phương hợp với mặt phẳng gương một góc α
Giải

Người Soạn:

9


v'

S'

S'

v'2
v'=v
v'

v

S

α
S'

v'1

S

v1

G

G

α

v

v
S

v2

a) Trường hợp S chuyển động song song với gương.
Vì S’ đối xứng với S qua gương nên vận tốc của S’ đối với gương cócùng độ lớn, song song
và cùng chiều với v đối với gương. Còn vận tốc của S’ đối với S bằng 0.
b) Trường hợp S chuyển động vuông góc với gương.
Vận tốc của S’ đối với gương có cùng độ lớn, cùng phương và ngược chiều với v. Vận tốc
của S’ đối với S cùng phương và ngược chiều và có độ lớn bằng 2v.
c) S chuyển động theo phương hợp với mặt phẳng gương một góc α
Lúc này có thể coi S vừa chuyển động song song với gương (với vận tốc v 1), vừa chuyển
động vuông góc với gương (với vận tốc v2)
Ta có v1 = v.cos α và v2 = v.sin α
Vậy vận tốc của S’ đối với gương là v1 = v.cos α còn vận tốc của S’ đối với S là 2.v 2= 2v.sin
α theo phương vuông góc với gương.
Bài 5
Cho hình vẽ, S là 1 điểm sáng cố định nằm
S
trước 2 gương Giáo viên và G2. Gương G1
quay quanh I1, Gương G2 quay quanh I2
G1
I1

β

α

ϕ

G2

I2

· I = α và
(Điểm I1 và I2 cố định). Biết SI
1 2
· I = β . Gọi ảnh của S qua Giáo viên là S1,
SI
2 1

qua G2 là S2, tính góc ϕ hợp giữa 2 mặt phản
xạ của hai gương sao cho khoảng cách S 1S2
là
a) Nhỏ nhất.
b) Lớn nhất

HD
Vì vật và ảnh đối xứng nhau qua gương nên. Khi hai gương quay ta có S 1 chạy trên đường
tròn tâm I1 bán kính I1S và S2 chạy trên đường tròn tâm I2 bán kính I2S

Người Soạn:

10


S
S'
G1
G1

I2

I1

G2

S1

G2
β

α

S2

I2

I1

S'1
ϕ
O

Hb)
Ha)
a) S1S2 nhỏ nhất khi S1 và S2 trùng nhau tại giao điểm thức 2 S’ của hai đường tròn. Khi
đó, mặt phẳng phản xạ của 2 gương trùng nhau vậy ϕ = 1800
b) S1S2 lớn nhất khi S1 và S2 nằm ở hai đầu đường nối tâm của hai đường tròn. Khi đó I 1 và
I2 là điểm tới của các tia sáng trên mỗi gương.
· I + OI
· I = 1800

Trong ∆OI1I 2 ta có: I·1OI 2 + OI
1 2
2 1
0

0

180 − α 180 − β
α +β
Hay ϕ +
+
= 1800 ⇔ ϕ =
2
2
2

* Bài 6:
Chiếu một tia sáng hẹp vào một gương phẳng. Nếu cho gương quay đi một góc α
quanh một trục bất kì nằm trên mặt gương và vuông góc với tia tới thì tia phản xạ sẽ quay đi
một góc bao nhiêu? Theo chiều nào?
* Bài 7::
Hai gương phẳng M1 , M2 đặt song song có mặt
phản xạ quay vào nhau. Cách nhau một đoạn d. Trên
đường thẳng song song với hai gương có hai điểm S, O
với các khoảng cách được cho như hình vẽ
a) Hãy trình bày cách vẽ một tia sáng từ S đến
gương M1 tại I, phản xạ đến gương M2 tại J rồi phản xạ
đến O
b) Tính khoảng cách từ I đến A và từ J đến B

* Bài 8: Một người cao 1,65m đứng đối diện với một gương phẳng hình chữ nhật được treo
thẳng đứng. Mắt người đó cách đỉnh đầu 15cm.
a) Mép dưới của gương cách mặt đất ít nhất là bao nhiêu để người đó nhìn thấy ảnh của
chân trong gương?
b) Mép trên của gương cách mặt đất nhiều nhất bao nhiêu để người đó thấy ảnh của đỉnh
đầu trong gương?
c) Tìm chiều cao tối thiểu của gương để người đó nhìn thấy toàn thể ảnh của mình trong
gương.
d) Các kết quả trên có phụ thuộc vào khỏng cách từ người đó tới gương không? vì sao?

Người Soạn:

11


* Bài 9:Người ta dự định đặt bốn bóng điện tròn ở bốn góc của một trần nhà hình vuông
mỗi cạnh 4m và một quạt trần ở chính giữa trần nhà. Quạt trần có sải cánh (Khoảng cách từ
trục quay đến đầu cánh) là 0,8m. Biết trần nhà cao 3,2m tính từ mặt sàn. Em hãy tính toán
thiết kế cách treo quạt để sao cho khi quạt quay. Không có điểm nào trên mặt sàn bị sáng
loang loáng.
* Bài 10:
Ba gương phẳng (G1), (G21), (G3) được lắp thành một
lăng trụ đáy tam giác cân như hình vẽ
Trên gương (G1) có một lỗ nhỏ S. Người ta chiếu một
chùm tia sáng hẹp qua lỗ S vào bên trong theo phương
vuông góc với (G1). Tia sáng sau khi phản xạ lần lượt trên
các gương lại đi ra ngoài qua lỗ S và không bị lệch so với
phương của tia chiếu đi vào. Hãy xác định góc hợp bởi giữa
các cặp gương với nhau
HƯỚNG DẪN GIẢI

* Bài 6:
* Xét gương quay quanh trục O
từ vị trí M1 đến vị trí M2 (Góc M1O
M1 = α) lúc đó pháp tuyến cũng quay
1 góc N1KN2 = α (Góc có cạnh tương
ứng vuông góc).
* Xét ∆IPJ có:
Góc IJR2 = ∠JIP + ∠IPJ hay:
2i’ = 2i + β ⇒ β = 2(i’-i) (1)
* Xét ∆IJK có
∠IJN 2 = ∠JIK + ∠IKJ hay
i’ = i + α ⇒ α = 2(i’-i) (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra β = 2α
Tóm lại: Khi gương quay một góc
α quanh một trục bất kì thì tia phản
xạ sẽ quay đi một góc 2α theo chiều
quay của gương
* Bài 7:
a) Chọn S1 đối xứng S qua gương M1 ;
Chọn O1 đối xứng O qua gương M2 , nối
S1O1 cắt gương M1 tại I , gương M2 tại J.
Nối SIJO ta được tia cần vẽ
b) ∆S1AI ~ ∆ S1BJ
AI S1 A
a
=
=
BJ S1 B a + d
a
⇒ AI =

.BJ
a+d

⇒

(1)

Xét ∆S1AI ~ ∆ S1HO1

⇒

S A
AI
a
= 1 =
HO1 S1 H 2d

Người Soạn:

12


⇒ AI =

a
(a + d ).h
.h thau vào (1) ta được BJ =
2d
2d

* Bài 8: a) Để mắt thấy được ảnh của chân thì
mép dưới của gương cách mặt đất nhiều nhất là
đoạn IK
Xét ∆B’BO có IK là đường trung bình nên :
IK =

BO BA − OA 1,65 − 0,15
=
=
= 0,75m
2
2
2

b) Để mắt thấy được ảnh của đỉnh đầu thì
mép trên của gương cách mặt đất ít nhất là
đoạn JK
Xét ∆O’OA có JH là đường trung bình nên :
JH =

OA 0,15
=
= 7,5cm = 0,075m
2
2

Mặt khác : JK = JH + HK = JH + OB
⇒ JK = 0,075 + (1,65 – 0,15) = 1,575m
c) Chiều cao tối thiểu của gương để thấy được toàn bộ ảnh là đoạn IJ.
Ta có : IJ = JK – IK = 1,575 – 0,75 = 0,825m

d) Các kết quả trên không phụ thuộc vào khoảng cách từ người đến gương do trong các
kết quả không phụ thuộc vào khoảng cách đó. Nói cách khác, trong việc giải bài toán dù
người soi gương ở bất cứ vị trí nào thì các tam giác ta xét ở phần a, b thì IK, JK đều là
đường trung bình nên chỉ phụ thuộc vào chiều cao của người đó.
* Bài 9:
Để khi quạt quay, không một điểm nào
trên sàn bị sáng loang loáng thì bóng của
đầu mút quạt chỉ in trên tường và tối đa là
đến chân tường C và D.
Vì nhà hình hộp vuông, ta chỉ xét
trường hơph cho một bóng, các bóng còn
lại là tương tự (Xem hình vẽ bên)
Gọi L là đường chéo của trần nhà :
L = 4 2 ≈ 5,7m
Khoảng cách từ bóng đèn đến chân
tường đối diện là :
S1D = H 2 + L2 = (3,2) 2 + (4 2 ) 2 = 6,5m
T là điểm treo quạt, O là tân quay của cánh quạt. A, B là các đầu mút khi cánh quạt quay.
Xét ∆S1IS3 ta có : AB = OI
S1 S 2

IT

⇒ OI =

AB
.IT =
S1 S 2

H

3,2
2.0,8.
2 =
2 = 0,45m
L
5,7

2 R.

Khoảng cách từ quạt đến điểm treo là : OT = IT – OI = 1,6 – 0,45 = 1,15m
Vậy quạt phải treo cách trần nhà tối đa là 1,15m

Người Soạn:

13


* Bài 10:Vì sau khi phản xạ lần lượt trên các
gương, tia phản xạ ló ra ngoài lỗ S trùng đúng với
tia chiếu vào. Điều đó cho thấy trên từng mặt phản
xạ có sự trùng nhau của tia tới và tia ló. Điều này
chỉ xảy ra khi tia KR tới gương G3 theo hướng
vuông góc với mặt gương. Trên hình vẽ ta thấy :
Tại I : Iˆ1 = Iˆ2 = Aˆ
Tại K: Kˆ 1 = Kˆ 2
Mặt khác Kˆ 1 = Iˆ1 + Iˆ2 = 2 Aˆ
Do KR⊥BC ⇒ Kˆ 2 = Bˆ = Cˆ
⇒ Bˆ = Cˆ = 2 Aˆ
Trong ∆ABC có Aˆ + Bˆ + Cˆ = 180 0
0

180
= 36 0
⇔ Aˆ + 2 Aˆ + 2 Aˆ = 5 Aˆ = 180 0 ⇒ Aˆ =
Bˆ = Cˆ = 2 Aˆ = 72 0

Người Soạn:

5

14