một điểm sáng cách màn ảnh một khoảng 4,5m. Đặt một tấm bìa o, bán kính r = 0,3m giữa S và màn sao cho SO vuông góc với màn và OS = d. Tính d để vùng tối trên màn có bán kính là 1,5m?
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
VT
15 tháng 8 2019
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 ∆ S A H ~ ∆ S I O ⇒ A H S A = I O S I Áp dụng định lý Pitago cho ∆SOI ta có: S I = d 2 - r 2 nên: R D = r d 2 - r 2 hay R = D r 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 = 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
DT
25 tháng 2 2022
bạn thay số vào r làm , tham khảo:
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
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. |
|
VT
28 tháng 12 2019
Tóm tắt:
SH = 1m = 100cm
SM = 50 cm; R = 10 cm
Rnửa tối = 4 cm; Rtối = 18 cm
Tìm r.
Bài giải:
Ta có hình vẽ
HP = 18 cm và PO = 4cm IM = HH’= R = 10 cm. Mà PH’ = HP –HH’ = 18 - 10 = 8 cm Ta có: PH’ = AA’ (vì ∆ AA’I = ∆PH’I ) AA’ = SA’ – SA = MI – SA = R – r Vậy 8 = R – r = 10 – r Suy ra r = 2 cm. Vậy nguồn sáng rộng có bán kính r = 2cm. |
|
VT
11 tháng 4 2017
Tóm tắt:
tâm O1; R1 = 20cm. D = 120 cm
Tâm O2; R2 = 12 cm.
a) O1O2 =? Để Rtối = 4 cm. R’nửa tối =?
b) O1O2 =? Để Rtối = 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.
LN
16 tháng 12 2016
Cho mik hỏi cách giải để có thêm kiến thức nhé bạn
Hi vọng bạn giúp mik nhé
VT
18 tháng 11 2018
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 Sđen và Snửa 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: 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 = 8πRr