BOI DUONG HSG LI 8 QUANG HOC

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Trường THCS Triệu trạch. Båi dìng HSG. Lý thuyÕt 1. Nguån s¸ng, vËt s¸ng. 2. §Þnh luËt truyÒn th¼ng cña ¸nh s¸ng 3. Tia s¸ng vµ chïm s¸mg 4. Bãng tèi vµ bãng nöa tèi 5. §Þnh luËt ph¶n x¹ ¸nh s¸ng 6. G¬ng ph¼ng.. Bµi tËp VËt lý Chuyên đề: Định luật truyền thẳng của ánh sáng bóng đen - nửa tối - Gơng phẳng. PhÇn I : Bµi tËp vÒ Bãng ®en - nöa tèi. Bµi 1. Mét ®iÓm s¸ng S c¸ch têng mét kho¶ng ST = d. T¹i vÞ trÝ M trªn ST c¸ch M mét kho¶ng SM 1 d = 4 ngời ta đặt một tấm bìa hình tròn vuông góc với ST có bán kính R và có tâm trùng với M a. T×m b¸n kÝnh bãng ®en trªn têng. b. CÇn di chuyÓn tÊm b×a theo ph¬ng vu«ng gãc víi mµn mét ®o¹n b»ng bao nhiªu ? Theo chiÒu nµo 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. VÞ trÝ tÊm b×a nh ë c©u b) thay ®iÕm s¸ng S b»ng mét nguån s¸ng h×nh cÇu cã b¸n kÝnh r. - T×m diÖn tÝch bãng ®en trªn têng. - T×m diÖn tÝch cña bãng nöa tèi trªn têng. Bµi gi¶i Gi¸o viªn ph©n tÝch vµ yªu cÇu häc sinh vÏ P h×nh I1. I S. M K. M1 K1. P1. T. Q1. Q. a) B¸n kÝnh vïng tèi trªn têng lµ PT  SIM và  SPT là 2 tam giác vuông đồng dạng nên ST d PT  .IM  .R 4 R IM SM 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 Gäi P1T lµ b¸n kÝnh bãng ®en lóc nµy P1T = 2 PT = 2R  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 ST PT 2R 2  PT 1 1 1 1 1 d d d 4 4 VËy cÇn di chuyÓn tÊm b×a vÒ phÝa têng mét ®o¹n M1M = SM1 - SM = 2. Ngêi So¹n:. 11.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Trường THCS Triệu trạch. Båi dìng HSG. 1 d Khi tấm bìa di chuyển đều với vận tốc v và đi đợc quãng đờng M1M = 4 thì mất thời gian M 1M d  4v . t= v 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 t d 4v Vậy tốc độ thay đổi của bán kính vùng tối là v’ = c) Thay ®iÓm s¸ng S b»ng nguån s¸ng h×nh cÇu. P' P C B S o. I. D. M. T. 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. B¸n kÝnh vïng tèi lµ PT, ta cã BIC PID (g.c.g)  PD = BC. Mµ ta l¹i cã BC = OC – OB = MI – OB = R-r. PT = PD + DT = BC + IM = (R-r) + R = 2R – r VËy diÖn tÝch vïng tèi trªn têng lµ: STèi =  (2R – r)2 Vïng nöa tèi lµ diÖn tÝch h×nh vµnh kh¨n cã b¸n kÝnh lín lµ P’T, b¸n kÝnh nhá lµ PT Ta cã: AIC P ' ID (g.c.g)  P’D = AC = R+r Mµ: P’T = P’D + IM = AC + IM = R+r + R = 2R+r Từ đó ta có: Diện tích vùng nửa tối là: SNöa tèi =  (2R + r)2 -  (2R - r)2 = 8  Rr Bµi 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 giíi h¹n ngoµi cïng cña bãng nöa tèi trªn mµnlµ bao nhiªu? 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 kh«ng cßn vïng tèi. Ngêi So¹n:. 22.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Trường THCS Triệu trạch. Båi dìng HSG. P. A1 A2. A O1. O K. H. O2. B B2 B1. Q. a) Tõ h×nh vÏ ta cã: Oa lµ b¸n kÝnh cña vïng tèi trªn mµn, 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 cã: HAO HA1O1  HO1 = A1O1  HO  OO1 = R1  HO  D = R1 HO R RD  0  HO.R1  HO.R RD  HO.( R1  R ) RD  HO  R1  R  HO  D R1 4.120 480  30 Thay sè ta cã HO = 20  4 16 cm  HO1 =120+30=150 cm MÆt kh¸c: HO2 A2O2 A2O2 R2 .HO1 .150 12 .150 Ta cã: HA2O2 HA1O1  HO1 = A1O1  HO2 = A1O1 = R1 = 20 = 90 cm. Vậy đĩa chắn sáng phải đặt cách đĩa phát sáng một khoảng O 1O2 = HO1 – HO=90-30=60 cm thì vïng tèi trªn mµn cã b¸n kÝnh lµ 4 cm. TÝnh R’: KO1 A1O1 KO1 R1 Ta cã: KA1O1 KB2O2  KO2 = A2O2  O1O2  KO1 = R2 KO1 R1 R .O O  KO1.R2  KO1.R1 RD  KO1.( R1  R2 ) R1.O1O2  KO1  1 1 2 R1  R2  O1O2  KO1 - R2 =0 20.60 1200   32 cm  KO1 = 37.5 cm Thay sè ta cã KO1 = 20  12 MÆt kh¸c: KO1 ( D  KO1 ).R1 KO1 A1O1 R1  KO1 Ta cã: HA1O1 KQO  KO QO  D  KO1 = R '  R’= thay sè ta cã: (120  37.5).20 37.5 R’ = = 44 cm. Ngêi So¹n:. 33.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Trường THCS Triệu trạch. 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 .. A1 A2. O1. O'2. Båi dìng HSG. O2. B2 B1. O. O2' O A2 O2'  '  A O O   A O O O O A1O1 2 2 1 1 1 Ta cã : nªn A2O2' R  O O O1O. D. 2 A1O1 R1 ' 2. 12 72 20 Thay sè ta cã: cm. Mµ O1O2 = OO1-OO’2 = 120-72 = 48 cm nªn 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 C¸c bµi tËp t¬ng tù. Bài 1 Một điểm sáng cách màn ảnh một khoảng SH = 1m. tại trung điểm M của SH ng ời ta đặt một tÊm b×a h×nh trßn vu«ng gãc víi SH. a) T×m b¸n kÝnh vïng tèi trªn mµn nÕu b¸n kÝnh tÊm b×a lµ R = 10 cm. b) Thay ®iÓm s¸ng S b»ng nguån s¸ng h×nh cÇu cã b¸n kÝnh r = 2cm. T×m b¸n kÝnh vungd tèi vµ vïng nöa tèi. Gi¶i Tãm t¾t P SH = 1m = 100cm IM = R = 10 cm I r = 2cm S M a) B¸n kÝnh vïng tèi HP = ? H b) B¸n kÝnh vïng tèi HP =?; B¸n kÝnh vïng nöa tèi PO = ? O2' O 120.. Q. a) B¸n kÝnh vïng tèi trªn têng lµ PH IM PH IM 10   PH  .SH  .100 SM 50  SIM   SPH  SM SH =20 cm Ta cã: PH’ = AA’ () AA’ = SA’ – SA = MI – SA = R – r = 10 – 2 = 8 cm  PH = PH’ + HH’= PH’ + MI= 8+10= 18 cm A' T¬ng tù ta cã: A’B = HO= AA’ + AB = AA’ +2r = 8+4 = 12 cm A VËy PO = HO –HP = 12-8 = 4 cm S B Vïng nöa tèi lµ h×nh vµnh kh¨n cã bÒ réng lµ 4 cm.. O P I. M. H'. H. Q O'. Bµi 2 Mét ®iÓm s¸ng c¸ch mµn ¶nh mét kho¶ng D = 4.5m. §Æt mét qu¶ cÇu ch¾n s¸ng t©m O, b¸n kÝnh r = 0,3 m gi÷a S vµ mµn sao cho SO vu«ng gãc víi mµn vµ OS = d a) T×m b¸n kÝnh R cña vïng tèi trªn mµn khi d = 0,5m vµ d=4m. b) Tính d để R = 1,5m. Gi¶i. Ngêi So¹n:. 44.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Trường THCS Triệu trạch SAH SIO  a) Ta cã. Båi dìng HSG. AH IO  SA SI. H. 2 2 mµ SI  d  r §Þnh lý Pitago cho  SOI R r D.r  R 2 2 D d  r hay R = d 2  r2 nªn ta cã thay sè ta cã: Khi d= 0,5m th× b¸n kÝnh vïng tèi trªn mµn lµ R=3.38m Khi d= 4m th× b¸n kÝnh vïng tèi trªn mµn lµ R=0.34m. R b) Tõ biÓu thøc. R I S. d. r O. D. A. H'. D.r d 2  r 2 ta cã:. 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 vïng nöa tèi xung quanh bãng ®en. HD a); b) Nh c©u a,b bµi 1. KÕt qu¶ §êng kÝnh bãng ®en trªn mµn lµ: 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 R2 . I1. I S. M K. M1 K1. P1. T. Q1. Q. s 0.25s t= v Từ đó ta có tốc độ thay đổi bóng đen là v' . PQ  PQ 80  40 1 1  160cm / s 1.6m / s t 0.25. d). Ngêi So¹n:. 55.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Trường THCS Triệu trạch. Båi dìng HSG. A2. A' A1. M. P. O. N. K. I'. I1 B1. B'. Gọi O là tâm, MN là đờng kính vật sáng hình cầu, P là giao cña MA’ vµ NB’ Ta cã PI AB 20 1 PA1 B1 PA ' B '  1  1 1   PI ' A ' B ' 80 4 I1 I ' 100  3 PI  I I '  PI   cm 1 1 1  4 PI1 PI ' PI1  II ' 3 3 PO MN 8 2 PMN PA1 B1     PI1 A1B1 20 5 Ta l¹i cã:. 2 2 100 40  PO  PI1  PO  .  cm 5 5 3 3 100 40 60   20cm 3 3 mµ OI1 = PI1 – PO = 3 Vậy cần đặt đĩa chắn sáng cách tâm vật sáng hình cầu là 20 cm *) Gäi K lµ giao ®iÓm cña NA2 vµ MB2 KO MN 8 2 2 2 2 2 KMN KA1B1      KO  KI1  (OI1  OK )  OI1  OK KI1 A1B1 20 5 5 5 5 5 Ta cã B2. 2 7 2 40 5 100 OI1  OK  OK  OI1  cm  KI1  OK  cm 5 5 7 7 2 7 MÆt kh¸c ta cã: . 100  100 KI1 A1B1 KI ' KI1  I1 I ' 7 KA1 B1 KA2 B2    A2 B2  A1 B1  A1 B1  20 160cm 100 KI ' A2 B2 KI1 KI1 7 1 VËy diÖn tÝch vïng nöa tèi lµ. .. A2 B22 3.14 A ' B '2   .  ( A2 B22  A ' B '2 ) (1602  802 ) 15.72cm 2 4 4 4 = 4. S= Bµi 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. Trong kho¶ng thíi gian t, ngêi di chuyÓn mét H quảng đờng S = BB’ = v.t. Khi đó bóng của đỉnh A A' đầu di chuyển một đoạn đờng S’ = BB” A' B ' B" B ' h B " A ' B ' B " SB   SB B"B Ta cã: B. B'. B".  x.. B " B ' B " B.. A' B ' h x. SB = H. h H  x vt. H H h. MÆt kh¸c ta l¹i cã: B”B’= BB’+B’B”  x= vt+ x vH v'   t H h Vậy vận tốc của bóng của đỉnh đầu là. Ngêi So¹n:. 66.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Trường THCS Triệu trạch. Båi dìng HSG. PhÇn II: Bµi tËp vÒ G¬ng ph¼ng. Bµi 1. Hai ngời M và N đứng trớc một gơng phẳng nh h×nh vÏ . a) Bằng hình vẽ hãy xác định vùng quan sát đợc ảnh của từng ngời. Từ đó cho biết hai ngời có nh×n thÊy nhau trong g¬ng kh«ng? b) Nếu hai ngời cùng tiến đến gơng với cùng vận tèc theo ph¬ng vu«ng gãc th× hä cã nh×n thÊy nhau trong g¬ng kh«ng? c) Mét trong hai ngêi di chuyÓn theo ph¬ng vuông góc với gơng để nhìn thấy nhau. Hỏi họ ph¶i di chuyÓn vÒ phÝa nµo ? C¸ch g¬ng bao nhiªu?. 1m. 1m Q. P 0,5m. 1m. M. N. HD. a) N'. M'. P. Q. K. I. A M1. N. M C. B. Tõ h×nh vÏ 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 giíi h¹n bëi G¬ng PQ vµ c¸c tia PA; QB Vị trí cuỉa mỗi ngời đều không nằm trong vïng quan s¸t ¶nh cña ngêi kia nªn hä kh«ng nh×n thÊy nhau trong g¬ng.. 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 XÐt 2 trêng hîp. 1) Ngời M di chuyển, ngời N đứng yên. Tõ h×nh vÏ ta thÊy: §Ó nh×n thÊy ¶nh N’ cña ngêi N trong g¬ng th× ngêi M ph¶i tiÕn vµo gÇn g¬ng đến vị trí M1 thì bắt đầu nhìn thấy N’ trong gơng. IM 1 IQ M 1 IQ N ' KQ   KN ' KQ thay sè ta cã: IM1 = 0,5m Từ đó ta có: 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 vÞ trÝ N1 th× b¾t ®Çu nh×n thÊy M’ trong g¬ng.. Ngêi So¹n:. 77.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Trường THCS Triệu trạch N1 KQ M ' IQ  Từ đó ta có:. Båi dìng HSG. IM ' IQ  KN1 KQ thay sè ta cã: IN = 2 m 1. Bài 2. Chiếu một chùm sáng SI vào gơng phảng G. Tia phản xạ IR. Giữ tia tới cố định, quay g¬ng mét gãc  quang mét trôc  víi mÆt ph¼ng tíi. TÝnh gãc quay cña tia ph¶n x¹ t¹o bëi tia IR vµ IR’. a) Trêng hîp trôc quay qua I Gäi gãc t¹o bëi tia IR vµ IR’ lµ Theo định luật phản xạ AS ta có: i1 = i’1; i2 = i’2. N'. N S. R . i2. i'2. i i'. R' G. I. . G'. N. N'. S. R R' i 1 i'1. I. . Thay (2) vào (1) ta đợc:  2(i1   )  2i1 = 2 VËy  2 b) Trêng hîp trôc quay bÊt kú +) XÐt  I’IP ta cã  ' I ' S  I ' IP R  ' I ' S  RIS  2i  2i  R 2 1 (1) +) XÐt  I’IK ta cã: i2 i1   (2) Thay (2) vµo (1) ta cã:  2(i1   )  2i1 2 VËy.  2. i 2 i' 2. I'. .  ' IS  RIS   R hay  2i2  2i1 (1) i2 i1   (2). P . K. VËy khi g¬ng quay ®i mét gãc  th× tia ph¶n x¹ quay ®i cïng chiÒu mét gãc 2 Bài 3. Cho gơng phẳng hình vuông cạnh a đặt thẳng đứng trên nền nhà, mặt hớng vào tờng và song song víi têng. Trªn sµn nhµ s¸t ch©n têng, tríc g¬ng cã ®iÓm s¸ng ®iÓm 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 cña ¶nh S’ HD a) XÐt sù ph¶n x¹ ¸nh s¸ng n»m trong mÆt ph¼ng thẳng đứng Ta có S’ là ảnh của Svà đối xứng với S qua gơng,. C A S' B.  S’SC có AB là đờng trung bình nên SC = 2Ab = 2a. T¬ng tù víi c¸c c¹nh cßn l¹i vËy vÖt s¸ng trªn têng lµ h×nh vu«ng cã c¹nh =2a. S. b). Ngêi So¹n:. 88.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Trường THCS Triệu trạch. Båi dìng HSG Khi nguån s¸ng S ë s¸t ch©n têngvµ di chuyÓn g¬ng theo ph¬ng vu«ng góc với tờng(đến gần hoặc ra xa tờng)thì kích thớc của vệt sáng không thay đổi. Luôn là hinhg vuông cạnh lµ 2a. V× SC lu«n b»ng 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 S’S” = v’t Theo tính chất ảnh và vật đối xứng nhau qua gơng ta có: SB’ = B’S” <=>SB + BB’ = B’S’+S’S” (1) SB = BS’ <=> SB = BB’ + B’S’ (2) Thay (2) vµ (1) ta cã: BB’ + B’S’+ BB’ = B’S’+S’S” <=> 2BB’ = S’S” Hay v’t = 2vt <=> v’ =2v Bµi 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 . Gi¶i v'. S'. S'. v' 2 v'=v v'. S.  v' 1. S'. v. G. G. v1. S . v. v S. v2. a) Trờng hợp S chuyển động song song với gơng. 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 gãc víi g¬ng (víi vËn tèc v2) Ta cã v1 = v.cos  vµ 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.v 2= 2v.sin  theo phơng vuông góc với gơng.. Bµi 5. Ngêi So¹n:. 99.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Trường THCS Triệu trạch. Båi dìng HSG Cho hình vẽ, S là 1 điểm sáng cố định nằm trớc 2 g¬ng Gi¸o viªn vµ G2. G¬ng G1 quay quanh I1, Gơng G2 quay quanh I2 (Điểm I1 và I2 cố định).. S. G1. G2. . . 1. I2. I1.   BiÕt SI1 I 2  vµ SI 2 I1  . Gäi ¶nh cña S qua Gi¸o viªn lµ S , qua G lµ S , tÝnh gãc  hîp 2. 2. gi÷a 2 mÆt ph¶n x¹ cña hai g¬ng sao cho kho¶ng c¸ch S1S2 lµ a) Nhá nhÊt. b) Lín nhÊt. . 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 . . S2. I2. I1. S'1  O. Ha) Hb) a) S1S2 nhỏ nhất khi S1 và S2 trùng nhau tại giao điểm thức 2 S’ của hai đờng tròn. Khi đó, mặt 0 ph¼ng ph¶n x¹ cña 2 g¬ng trïng nhau vËy  180 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 tíi cña c¸c tia s¸ng trªn mçi g¬ng. 0    Trong OI1 I 2 ta cã: I1OI 2  OI1I 2  OI 2 I1 180 0. 0. 180   180       1800    2 2 2 Hay. * Bài 6: Chiếu một tia sáng hẹp vào một gương phẳng. Nếu cho gương quay đi một góc  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::. Ngêi So¹n:. 1010.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Trường THCS Triệu trạch. Båi dìng HSG. 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: 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:. Ngêi So¹n:. 1111.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Trường THCS Triệu trạch. Båi dìng HSG. * Xét gương quay quanh trục O từ vị trí M1 đến vị trí M2 (Góc M1O M1 = ) lúc đó pháp tuyến cũng quay 1 góc N1KN2 =  (Góc có cạnh tương ứng vuông góc). * Xét IPJ có: Góc IJR2 = ∠ JIP +∠IPJ hay: 2i’ = 2i +    = 2(i’-i) (1) * Xét IJK có ∠IJN2 =∠JIK +∠IKJ hay ’ i = i +    = 2(i’-i) (2) Từ (1) và (2) ta suy ra  = 2 Tóm lại: Khi gương quay một góc  quanh một trục bất kì thì tia phản xạ sẽ quay đi một góc 2 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 = S B = a+ d 1 a.  AI = a+d .BJ Xét S1AI ~  S1HO1 AI. S1 A. (1). a.  HO = S H = 2 d 1 1 a.  AI = 2 d . h thau vào (1) ta được BJ = * 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 =. (a+ d) . h 2d. BO BA −OA 1 , 65− 0 , 15 = = =0 , 75 m 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 : OA 0 , 15 JH = 2 = 2 =7,5 cm=0 , 075 m Ngêi So¹n:. 1212.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Trường THCS Triệu trạch. Båi dìng HSG. 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 : 4 √ 2¿ 2 S1 D =. ¿ 3,2 ¿2 +¿ ¿ 2 H + √ L2 = √ ¿. 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 ⇒OI=AB . IT= S 1 S2 IT. S1 S 2. 2 R. L. H 2. 2 . 0,8. =. 5,7. 3,2 2. =0 , 45 m. 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 * 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 : ^I 1 =I^ 2 = ^A K 1= ^ K2 Tại K: ^ ^ Mặt khác K 1 = ^I 1 + ^I 2=2 ^A ^ ^ =C K 2= B Do KRBC ⇒ ^ ^ ^ A  B^ =C=2 0 ^ Trong ABC có ^A + ^B+C=180 Ngêi So¹n:. 1313.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Trường THCS Triệu trạch. Båi dìng HSG 0. 180 =360  ^A +2 ^A +2 ^A=5 ^A=1800 ⇒ ^A= 5 0 ^ ^ ^ B=C=2 A=72. Ngêi So¹n:. 1414.

<span class='text_page_counter'>(15)</span>