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 =>  H O H O 1 = A O A 1 O 1 ⇔ H O H O + O O 1 = R R 1 ⇔ H O H O + D = R R 1

⇒ H O H O + D − R R 1 = 0 ⇒ H O . R 1 − H O . R = R D ⇒ H O . ( R 1 − R ) = R D ⇒ H O = R D R 1 − R

Thay số ta có HO =  4.120 20 − 4 = 480 16 = 30 cm => HO₁ =120+30=150 cm

Mặt khác:

Δ H A 2 O 2 ~ Δ H A 1 O 1 =>   H O 2 H O 1 = A 2 O 2 A 1 O 1

=> HO₂ =  A 2 O 2 A 1 O 1 . H O 1 = R 2 R 1 .150 = 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:  Δ K A 1 O 1 ~ Δ K B 2 O 2 =>  K O 1 K O 2 = A 1 O 1 A 2 O 2 =>  K O 1 O 1 O 2 − K O 1 = R 1 R 2

⇔ K O 1 O 1 O 2 − K O 1 − R 1 R 2 = 0

  ⇒ K O 1 . R 2 + K O 1 . R 1 = R D ⇒ K O 1 . ( R 1 + R 2 ) = R 1 . O 1 O 2 ⇒ K O 1 = R 1 . O 1 O 2 R 1 + R 2

Thay số ta có KO₁ =  20.60 20 + 12 = 1200 32 = cm => KO₁ = 37.5 cm

Mặt khác:

Δ H A 1 O 1 ~ Δ K Q O ⇒ K O 1 K O = A 1 O 1 Q O ⇔ K O 1 D − K O 1 = R 1 R 1 '  

=> R’= ( D − K O 1 ) . R 1 K O 1  thay số ta có:

R’ =  ( 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:

Δ A 2 O 2 ' O ~ Δ A 1 O 1 O   n ê n   O 2 ' O O 1 O = A 2 O 2 ' A 1 O 1 ⇒ O 2 ' O = O 1 O . A 2 O 2 ' A 1 O 1 = D . R 2 R 1  

Thay số ta có: O 2 ' O = 120. 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 = 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:

b) Từ biểu thức R = D r d 2 - r 2  ta có:

R 2 = D r d 2 - r 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 + D R 2

Thay số: để R = 1,5m thì d = 0,95 m

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:

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 

⇒ I M P T = S M S T ⇔ P T = S T S M . I M = d 1 / 4 d . R = 4 R

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= 1 2 d - 1 4 d = 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 = M 1 M v = d 4 v

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  P 1 P t = 2 R d 4 v = 8 R v 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)  ⇒ 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 

Vật cách điện là vật không cho dòng điện đi qua, ví dụ: thủy tinh, gỗ khô, sứ, nước tinh khiết, nhựa, cao su, polime, không khí khô…

Đáp án là D

Dòng điện càng mạnh thì cường độ dòng điện càng lớn.

Cường độ dòng điện kí hiệu bằng chữ I.

Có đơn vị là ampe, kí hiệu đơn vị là A.

Ngoài ra có thể sử dụng đơn vị miliampe (mA) hoặc microampe (μA).

Để đo cường độ dòng điện ta dùng dụng cụ là ampe kế

Đáp án là B

Khi có dòng điện trong mạch thì đèn sẽ sáng, đèn sáng mạnh khi cường độ dòng điện lớn, đèn sáng yếu khi cường độ dòng điện yếu

Đáp án là A

Cường độ dòng điện là đại lượng đặc trưng cho độ mạnh yếu của dòng điện. Dòng điện càng mạnh thì cường độ dòng điện càng lớn.

Vì vậy dòng điện chạy qua đèn có cường độ càng lớn thì đèn càng sáng

Vì hai bóng đèn cùng loại và cùng sáng bình thường khi mắc nối tiếp vào nguồn 9V nên hiệu điện thế định mức của chúng là 4,5 V

Chọn B

Vì hai đèn có hiệu điện thế định mức là 6V nên có thể mắc hai đèn song song vào nguồn 6V hoặc hai đèn nối tiếp vào nguồn 12V để hai đèn sáng bình thường.

Chọn D