boi duong hsg phan quang hoc

Trờng THCS Nguyễn Trãi

Bồi dỡng HSG

Lý thuyết
1. Nguồn sáng, vật sáng.
2. Định luật truyền thẳng của ánh sáng
3. Tia sáng và chùm sámg
4. Bóng tối và bóng nửa tối
5. Định luật phản xạ ánh sáng
6. Gơng phẳng.
Bài tập Vật lý
Chuyên đề: Định luật truyền thẳng của ánh sáng bóng đen - nửa tối - Gơng phẳng

Phần I : Bài tập về Bóng đen - nửa tối.
Bài 1. Một điểm sáng S cách tờng một khoảng ST = d. Tại vị trí M trên ST cách M một khoảng SM
1
d ngời ta đặt một tấm bìa hình tròn vuông góc với ST có bán kính R và có tâm trùng với M
4
a. Tìm bán kính bóng đen trên tờng.
b. Cần di chuyển tấm bìa theo phơng 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 nh ở câu b) thay điếm sáng S bằng một nguồn sáng hình cầu có bán kính r.
- Tìm diện tích bóng đen trên tờng.
- Tìm diện tích của bóng nửa tối trên tờng.
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 tờng 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 tờng
1
Gọi P1T là bán kính bóng đen lúc này P1T = PT = 2R
2
SIM và SPT là 2 tam giác vuông đồng dạng nên
IM
SM 1
IM
R
1
SM 1 = 1 1 .ST =
.d = d
1 1=
PT
ST
PT
2R
2
1
1

Ngời Soạn: Nguyễn Thế Vinh

1

Trờng THCS Nguyễn Trãi

Bồi dỡng HSG

1
1
1
d d= d
2
4
4
1
Khi tấm bìa di chuyển đều với vận tốc v và đi đợc quãng đờng M1M = d thì mất thời gian
4
MM
d
t= 1 =
.
v
4v
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.
Vậy cần di chuyển tấm bìa về phía tờng một đoạn M1M = SM1 - SM =

P'
P
C
B
S

I

D

M

T

o
A
K

Q
Q'

Gọi AB là đờng 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 tờng là: STối = (2R r)2

Vùng nửa tối là diện tích hình vành khăn có bán kính lớn là PT, bán kính nhỏ là PT
Ta có: AIC = P ' ID (g.c.g) PD = AC = R+r
Mà: PT = PD + IM = AC + IM = R+r + R = 2R+r
Từ đó ta có: Diện tích vùng nửa tối là:
SNửa tối = (2R + r)2 - (2R - r)2 = 8 Rr
Bài 2.
Một đĩa tròn tâm O1 bán kính R1 = 20cm, phát sáng và đợc đặt song song với một màn ảnh và cách
màn ảnh một khoảng D = 120 cm. Một đĩa tròn khác tâm O2 bán kính R2 = 12 cm chắn sáng cúng đợc đặt song song với màn ảnh và đờng nối tâm O1O2 vuông góc với màn ảnh.
a) Tìm vị trí đặt O2 để vùng tối trên màn có đờng kính R = 4 cm. Khi đó bán kính R của đờng tròn
giới hạn ngoài cùng của bóng nửa tối trên mànlà bao nhiêu?
b) Từ vị trí O2 đợc xác định ở câu a), cần di chuyển đĩa chắn sáng nh thế nào để trên màn vừa vặn
không còn vùng tối

Ngời Soạn: Nguyễn Thế Vinh

2


Trờng THCS Nguyễn Trãi

Bồi dỡng HSG

P

A1
A2

A
O1

K

H

O

O2

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 đờng tròn giới hạn ngoài cùng của vung nửa tối OP =R
HO
AO
HO
R
R
HO


Ta có: HAO : HA1O1
=
=
=
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 O1O2 = HO1 HO=90-30=60 cm thì
vùng tối trên màn có bán kính là 4 cm.
Tính R:
KO1
A1O1
KO1
R1

Ta có: KA1O1 : KB2O2
=
=
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

Ngời Soạn: Nguyễn Thế Vinh

3


Trờng THCS Nguyễn Trãi

Từ hình vẽ ta có để trên nàm hình vừa vặn không còn bóng
tối thì phải di chuyển đĩa chắn sáng về phía O 1 một đoạn

O2O2 .

A1
A2

O1

O' 2

Bồi dỡng HSG

O2

O

B2
B1

O2' O A2O2'
=
Ta có : A2O O : A1O1O nên
O1O A1O1
'
2

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

R1
'
2

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.
Thay số ta có: O2' O = 120.

Bài 1 Một điểm sáng cách màn ảnh một khoảng SH = 1m. tại trung điểm M của SH ngời ta đặt một
tấm bìa hình tròn vuông góc với SH.
a) Tìm bán kính vùng tối trên màn nếu bán kính tấm bìa là R = 10 cm.
b) Thay điểm sáng S bằng nguồn sáng hình cầu có bán kính r = 2cm. Tìm bán kính vungd tối và
vùng nửa tối.
Giải
Tóm tắt
P
SH = 1m = 100cm
I
IM = R = 10 cm
r = 2cm
S
M
H
a) Bán kính vùng tối HP = ?
b) Bán kính vùng tối HP =?; Bán kính vùng
nửa tối PO = ?

Q

a) Bán kính vùng tối trên tờng là PH
IM PH
IM
10
=
PH =
.SH = .100 =20 cm
SIM SPH
SM SH
SM
50
Ta có: PH = AA ()
AA = SA SA = MI SA = R r = 10 2 = 8
A'
cm
PH = PH + HH= PH + MI= 8+10= 18 cm
A
Tơng tự ta có: AB = HO= AA + AB = AA +2r = 8+4 S
= 12 cm
B
Vậy PO = HO HP = 12-8 = 4 cm
Vùng nửa tối là hình vành khăn có bề rộng là 4 cm.

O
P
I

M

H'

H

Q
O'

Bài 2 Một điểm sáng cách màn ảnh một khoảng D = 4.5m. Đặt một quả cầu chắn sáng tâm O, bán
kính r = 0,3 m giữa S và màn sao cho SO vuông góc với màn và OS = d
a) Tìm bán kính R của vùng tối trên màn khi d = 0,5m và d=4m.

Ngời Soạn: Nguyễn Thế Vinh

4


Trờng THCS Nguyễn Trãi

Bồi dỡng HSG

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
nên ta có

R
I

R
r
D.r
=
hay R = R =
2
2
D
d r
d 2 r2

S

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
D.r
b) Từ biểu thức R =
ta có:
d 2 r2
R2 =

d

r
O

D

A

H'

D 2 .r 2
D
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
2
2
d r
R

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 ngời 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 đờng kính bóng đen trên màn biết đờng kính của đĩa d =20 cm và đĩa cách điểm sáng 50
cm.
b) Cần di chuyển đĩa theo phơng vuông góc với màn một khoảng bằng bao nhiêu và theo chiều
nào để đờng kính của đĩa giảm đi một nửa.
c) Biết đĩa di chuyển đều với vận tốc v = 2m/s tìm tốc độ thay đổi đờng kính của bóng đen.
d) Giữ nguyên vị trí của đĩa và màn nh câu b) thay điểm sáng bằng vật sáng hình cầu đờng kính
d1 =8cm. Tìm vị trí đặt vật sáng để đờng kính của bóng đen vẫn nh câu a). Tìm diện tích của
vùng nửa tối xung quanh bóng đen.
HD

a); b) Nh câu a,b bài 1. Kết quả
Đờng 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 đợc
quảng đờng MM1 = 0.5 m nên mất thì gian là
I1

I
S

M
K

M1
K1

P1

s
= 0.25s
v
Từ đó ta có tốc độ thay đổi bóng đen là
t=

T
Q1

Q

v' =

PQ PQ
80 40
1 1
=
= 160cm / s = 1.6m / s
t
0.25

d)

Ngời Soạn: Nguyễn Thế Vinh

5


Trờng THCS Nguyễn Trãi

Bồi dỡng HSG
A2

A'
P

M
O

N

K

A1
I1

I'

B1
B'

Gọi O là tâm, MN là đờng kính vật sáng hình cầu, P là giao
của MA và NB
Ta có
PI
AB
20 1
PA1 B1 : PA ' B ' 1 = 1 1 =
=
PI ' A ' B ' 80 4
I I ' 100
4 PI1 = PI ' = PI1 + II ' 3PI1 = I1 I ' PI1 = 1 =
cm
3
3
Ta lại có: PMN : PA1 B1

B2

PO =

2
2 100 40
PI1 PO = .
=
cm
5
5 3
3

mà OI1 = PI1 PO =
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

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

100 40 60

=
= 20cm
3
3
3

KO MN
8 2
2
2
2
2
=
=
= KO = KI1 = (OI1 OK ) = OI1 OK
KI1 A1 B1 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 '
7
KA1 B1 : KA2 B2
=
A2 B2 =
A1B1 =
A1 B1 =
20 = 160cm
100
KI ' A2 B2
KI1
KI1
7 1
Vậy diện tích vùng nửa tối là
S = .

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

4

Bài 4.
Một ngời có độ cao h đứng ngay dới bóng đèn treo ở độ cao H (H>h). Nếu ngời 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 ngời chặn lại
S
tạo ra một khoảng tối trên đất đó là bóng của ngời đó.
H
Trong khoảng thới gian t, ngời di chuyển một
A
A'
quảng đờng S = BB = v.t. Khi đó bóng của đỉnh
đầu di chuyển một đoạn đờng S = BB
h
A' B ' B" B '
=
Ta có: B " A ' B ' : B " SB
B
B'
B"
SB
B"B
B " B ' = B " B.

Ngời Soạn: Nguyễn Thế Vinh

A' B ' = h
x.
SB

H

6


Trờng THCS Nguyễn Trãi

Bồi dỡng HSG

h
H
x = vt.
H
H h
x
vH
Vậy vận tốc của bóng của đỉnh đầu là v ' = =
t H h
Phần II: Bài tập về Gơng phẳng.
Mặt khác ta lại có: BB= BB+BB x= vt+ x.

Bài 1.
Hai ngời M và N đứng trớc một gơng phẳng nh
hình vẽ .
a) Bằng hình vẽ hãy xác định vùng quan sát đợc
ảnh của từng ngời. Từ đó cho biết hai ngời có
nhìn thấy nhau trong gơng không?
b) Nếu hai ngời cùng tiến đến gơng với cùng vận
tốc theo phơng vuông góc thì họ có nhìn thấy
nhau trong gơng không?

c) Một trong hai ngời di chuyển theo phơng
vuông góc với gơng để nhìn thấy nhau. Hỏi họ
phải di chuyển về phía nào ? Cách gơng bao
nhiêu?
HD
a)

P

Q

0,5m
1m

M

K

I

A
M1

N

M
C

B

Q

P

N'

M'

1m

1m

N

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

D

N1

b) Nếu hai ngời cùng tiến đến gơng theo phơng vuông góc với vận tốc nh nhau thì khoảng cách từ
họ đến gơng không thay đổi nên họ vẫn không nhìn thấy nhau trong gơng.
c) Khi một trong hai ngời tiến đến gơng theo phơng vuông góc
Xét 2 trờng hợp.
1) Ngời M di chuyển, ngời N đứng yên.

Ngời Soạn: Nguyễn Thế Vinh

7


Trờng THCS Nguyễn Trãi

Bồi dỡng HSG

Từ hình vẽ ta thấy: Để nhìn thấy ảnh N của ngời N trong gơng thì ngời M phải tiến vào gần gơng
đến vị trí M1 thì bắt đầu nhìn thấy N trong gơng.
IM 1
IQ
=
Từ đó ta có: M 1 IQ : N ' KQ
thay số ta có: IM1 = 0,5m
KN ' KQ
2) Ngời N di chuyển, ngời M đứng yên.
Từ hình vẽ ta thấy: Để nhìn thấy ảnh M của ngời M trong gơng thì ngời N phải tiến ra xa gơng đến
vị trí N1 thì bắt đầu nhìn thấy M trong gơng.
IM ' IQ
=
Từ đó ta có: N1 KQ : M ' IQ
thay số ta có: IN1 = 2 m

KN1 KQ

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

N

S

R


i2

i'2

i i'

I

R'
G



G'

N

S

N'
R
R'

i 1 i'1

I



i 2 i'
2

I'



P



a) Trờng hợp trục quay qua I
Gọi góc tạo bởi tia IR và IR là
Theo định luật phản xạ AS ta có: i1 = i1; i2 = i2
ã ' IS RIS
ã
hay = 2i2 2i1 (1)

=R
i2 = i1 + (2)

Thay (2) vào (1) ta đợc: = 2(i1 + ) 2i1 = 2
Vậy = 2
b) Trờng hợp trục quay bất kỳ
+) Xét IIP ta có
ã ' I ' S Iã ' IP = R
ã ' I ' S RIS
ã
=R
= 2i2 2i1 (1)
+) Xét IIK ta có: i2 = i1 + (2)
Thay (2) vào (1) ta có:
= 2(i1 + ) 2i1 = 2
Vậy. = 2

K

Vậy khi gơng quay đi một góc thì tia phản xạ quay đi cùng chiều một góc 2
Bài 3. Cho gơng phẳng hình vuông cạnh a đặt thẳng đứng trên nền nhà, mặt hớng vào tờng và song
song với tờng. Trên sàn nhà sát chân tờng, trớc gơng có điểm sáng điểm S
a) Xác định kích thớc của vệt sáng trên tờng do chùm tia phản xạ từ gơng tạo nên.
b) Khi gơng dịch chuyển với vận tốc v vuông góc với tờng (Sao cho gơng luôn ở vị trí thẳng đứng và
song song với tờng) thì kích thớc của vệt sáng trên tờng thay đổi nh thế nào ? giải thích. Tìm vận tốc
của ảnh S
HD
a)

Ngời Soạn: Nguyễn Thế Vinh

8


Trờng THCS Nguyễn Trãi

Bồi dỡng HSG
Xét sự phản xạ ánh sáng nằm trong mặt phẳng
thẳng đứng
Ta có S là ảnh của Svà đối xứng với S qua gơng, SSC có AB là đờng trung bình nên SC =
2Ab = 2a.
Tơng tự với các cạnh còn lại vậy vệt sáng trên tờng là hình vuông có cạnh =2a

C
A
S'

S

B

b)
Khi nguồn sáng S ở sát chân tờngvà
di chuyển gơng theo phơng vuông
góc với tờng(đến gần hoặc ra xa tờng)thì kích thớc của vệt sáng không
thay đổi. Luôn là hinhg vuông cạnh
là 2a. Vì SC luôn bằng 2AB = 2a

C
A'

A

S"
S'

B'

S

B

Trong khoảng thời gian t gơng di chuyển với vận tốc v và đi đợc quãng đờng BB = vt.
Cũng trong thời gian đó ảnh S của S dịch chuyển với vận tốc v và đi đợc quãng đờng SS = vt
Theo tính chất ảnh và vật đối xứng nhau qua gơng ta có:
SB = BS <=>SB + BB = BS+SS
(1)
SB = BS <=> SB = BB + BS
(2)
Thay (2) và (1) ta có: BB + BS+ BB = BS+SS <=> 2BB = SS Hay vt = 2vt <=> v =2v
Bài 4
Một điểm sáng S đặt trớc một gơng phẳng G cố định và chuyển động với vận tốc v đối với gơng.
Xác định vận tốc của ảnh S đối với gơng và đối với S trong trờng hợp.
a) S chuyển động song song với gơng
b) S chuyển động vuông góc với gơng.
c) S chuyển động theo phơng hợp với mặt phẳng gơng một góc
Giải
v'

S'

S'

v'2
v'=v
v'

S

v


S'

v'1

S

v1

G

G



v

v
S

v2

a) Trờng hợp S chuyển động song song với gơng.

Ngời Soạn: Nguyễn Thế Vinh

9


Trờng THCS Nguyễn Trãi

Bồi dỡng HSG

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

S

G1
I1

G2





I2

ã I = và SI
ã I = . Gọi ảnh của S qua
Biết SI
1 2
2 1
Giáo viên là S1, qua G2 là S2, tính góc hợp
giữa 2 mặt phản xạ của hai gơng sao cho khoảng
cách S1S2 là
a) Nhỏ nhất.
b) Lớn nhất



HD
Vì vật và ảnh đối xứng nhau qua gơng nên. Khi hai gơng quay ta có S1 chạy trên đờng tròn tâm I1
bán kính I1S và S2 chạy trên đờng tròn tâm I2 bán kính I2S
S
S'

G1
G1

I2

I1

G2

S1

G2




I2

I1

S2

S'1

O

Hb)
Ha)
a) S1S2 nhỏ nhất khi S1 và S2 trùng nhau tại giao điểm thức 2 S của hai đờng tròn. Khi đó, mặt
phẳng phản xạ của 2 gơng trùng nhau vậy = 1800

b) S1S2 lớn nhất khi S1 và S2 nằm ở hai đầu đờng nối tâm của hai đờng tròn. Khi đó I1 và I2 là điểm
tới của các tia sáng trên mỗi gơng.

Ngời Soạn: Nguyễn Thế Vinh

10


Trêng THCS NguyÔn Tr·i

Båi dìng HSG

· I + OI
· I = 1800
Trong ∆OI1 I 2 ta cã: 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?
* 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:

Ngêi So¹n: NguyÔn ThÕ Vinh

11


Trêng THCS NguyÔn Tr·i

Båi dìng HSG

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

S A

a

1
⇒ BJ = S B = a + d
1

⇒ AI =

a
.BJ
a+d

(1)

Xét ∆S1AI ~ ∆ S1HO1
AI

S A

a

1
⇒ HO = S H = 2d
1
1

⇒ AI =

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

Ngêi So¹n: NguyÔn ThÕ Vinh

12


Trêng THCS NguyÔn Tr·i

Båi dìng HSG

* 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

AB
⇒ OI =
.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
Ngêi So¹n: NguyÔn ThÕ Vinh

13


Trêng THCS NguyÔn Tr·i

Båi dìng HSG

* 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
⇒ Aˆ =
= 36 0
5
0
ˆ
ˆ
ˆ
B = C = 2 A = 72

⇔ Aˆ + 2 Aˆ + 2 Aˆ = 5 Aˆ = 180 0

Ngêi So¹n: NguyÔn ThÕ Vinh

14