bồi dưỡng học sinh giỏi môn vật lý thpt chuyên đề PHƯƠNG PHÁP TƯƠNG tự TRONG các bài TOÁN vật lý

Phương pháp tương tự hóa toán vật lý CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TƯƠNG TỰ TRONG CÁC BÀI TOÁN VẬT LÝ MỞ ĐẦU Nội dung đề tài trích từ chuyên đề mà dùng để giảng dạy cho học sinh ôn thi đại học, học sinh lớp chuyên lý học sinh đội tuyển HSG tỉnh tham dự kì thi HSG quốc gia môn vật lý với mục tiêu giúp học sinh có thói quen nhìn nhận vấn đề tổng quát tương tự, thao tác cần thiết cho học tập nghiên cứu Vận dụng phương pháp giải nhiều toán thuộc chương trình thi đại học, toán chương trình thi HSG Tỉnh, quốc gia, khu vực, quốc tế thuộc phần khác vật lý Phương pháp tương tự hóa phương pháp nhận thức khoa học vận dụng vào dạy học hầu hết môn học, đặc biệt giảng dạy nghiên cứu vật lý Nó thể trước hết tính sâu sắc, tính hệ thống kiến thức, tạo điều kiện cho học sinh phát mối liên hệ hệ thống khác phần khác vật lí Việc sử dụng phương pháp tương tự giúp học sinh dễ hình dung tượng, trình vật lí quan sát trực tiếp từ giải toán dễ dàng Cấu trúc đề tài bao gồm: Phần mở đầu Nội dung đề tài Chương I: Sự tương tự Quang- Cơ Chương II: Sự tương tự Điện- Cơ Chương III: Trường trọng lực hiệu dụng Chương IV: Sự tương tự toán hệ Thấu kính- Gương Kết luận Trang Phương pháp tương tự hóa toán vật lý CHƯƠNG I: SỰ TƯƠNG TỰ QUANG- CƠ I- Vận dụng nguyên lý Fermat giải toán học Cơ sở để giải vấn đề chương dựa nguyên lý Fermat Nội dung nguyên lý là: Giữa hai điểm AB, ánh sáng truyền theo đường thời gian nhất, truyền theo đường mà thời gian truyền Ta xét toán sau Bài toán 1.1: Một ôtô xuất phát từ điểm A đường (hình vẽ) để khoảng thời gian ngắn nhất, đến điểm B nằm cánh đồng (thảo nguyên), khoảng cách từ B đến đường l Vận tốc ôtô chạy đường lớn v1 , chạy cánh đồng v2 Hỏi ôtô phải rời đường từ điểm C cách D khoảng Bài giải - Trước hết ta có nhận xét “đường cái” môi trường mà ánh sáng với vận tốc v1 , “cánh đồng” môi trường mà ánh sáng với vận tốc v2 vô số đường từ A đến B, ánh sáng theo đường mà thời gian truyền ngắn - Như ôtô từ A đến B khoảng thời gian ngắn theo đường mà ánh sáng Từ định luật khúc xạ: n1 sin 900 = n2 sinr ⇒ sin r = Từ hình vẽ: CD = l tan r = n1 v2 = n2 v1 l ( / sin r ) −1 = l (v / v2 ) −1 = lv2 v12 − v22 Cần ý kết toán có nghĩa v1 > v2 Nếu v1 < v2 thực tế ôtô chạy thẳng từ A đến B thời gian ngắn Bài toán 1.2: Trên bờ vịnh có dạng nêm với góc nhọn α có người đánh cá sinh sống Ngôi nhà nằm điểm A (hình vẽ) Khoảng cách từ điểm A đến điểm gần C vịnh Trang Phương pháp tương tự hóa toán vật lý so với h, khoảng cách đến điểm cuối vịnh (điểm D) l Trên bờ bên vịnh, điểm B đối xứng với điểm A qua mặt phẳng phân giác D có nhà người bạn Hãy xác định thời gian tối thiểu t cần thiết cho người đánh cá để từ nhà tới nhà người bạn với điều kiện người đánh cá bờ với vận tốc v1 thuyền qua vịnh với vận tốc v2 > v1 Bài giải - Trước hết ta để ý thấy vịnh có dạng lăng kính Trong vô số đường mà từ A qua vịnh đến B ánh sáng theo đường mà thời gian truyền ngắn - Như để người đánh cá từ A qua vịnh đến B thời gian ngắn nhất, người phải theo đường mà ánh sáng truyền qua lăng kính giống hình dạng vịnh Bài toán đưa trở tìm thời gian để ánh sáng từ A đến B qua lăng kính có chiết suất n = nlangkinh vmôitruong v2 = = nmôi truong vlangkinh v1 - Vì A B đối xứng qua mặt phẳng phân giác góc D nên theo tính thuận nghịch chiều truyền tia sáng, tia tới AI tia ló JB phải đối xứng qua mặt phẳng phân giác góc D I, J phải đối xứng qua mặt phẳng phân giác góc D → IJ vuông góc với đường phân giác Như tia sáng truyền trường hợp có góc lệch cực tiểu Vậy r = α / Từ định luật khúc xạ → sin i = n sin r = n sin ( α / ) ( 1) h - Từ hình vẽ: JB = AI = cosi = h − n sin ( α / ) 2 + Có DH = DI + IH = l − h , với IH = h tan i = h 2 Trang ( 2) n sin ( α / ) − n sin ( α / ) Phương pháp tương tự hóa toán vật lý ⇒ DI = l − h − h n sin ( α / ) − n sin ( α / ) 2 + Nếu ID > ⇔ l − h > h n sin ( α / ) − n sin ( α / ) →l > h − n sin ( α / ) người đánh cá đến điểm I, qua vịnh đến J tiếp tục thuyền đến điểm B  n sin ( α / ) 2 Từ hình vẽ : IJ = IK = ID sin ( α / ) =  l − h − h − n sin ( α / )    sin ( α / )  Thời gian để người đánh cá từ A đến B n sin ( α / ) AI IJ 2h  l − h2 α  t= + = + n sin − v2 v1 v2  − n sin ( α / ) h − n sin ( α / )      v 2h  l − h2 2 ⇔ t =  − n sin ( α / ) + n sin ( α / )  , n = v1 v2  h  2 + Nếu ID < ⇔ l − h < h n sin ( α / ) − n sin ( α / ) →l < h − n sin ( α / ) người đánh cá đến điểm D tiếp tục thuyền đến điểm B Thời gian nhỏ t = 2l / v2 Cũng cần ý v2 < v1 người đánh cá thẳng từ A đến B bờ mà thuyền Bài toán 1.3: Hai cánh đồng (thảo nguyên) (P1) (P2) ngăn cách đường nhỏ Một người nông dân sống nhà A cánh đồng (P 1), cách đường khoảng a (hình vẽ) muốn mua số đồ dùng cửa hàng nằm B cánh đồng (P 2) Cửa hàng cách đường khoảng b Người nông dân cánh đồng (P1) với vận tốc v1 cánh đồng (P2) với vận tốc v2 = v1 / n Biết để từ A đến B hết thời gian ngắn người phải theo hướng hợp với đường góc γ Xác định khoảng thời gian ngắn (bỏ qua thời gian vượt qua đường) Trang Phương pháp tương tự hóa toán vật lý Nếu người thẳng từ A đến B hết thời gian Bài giải Trước hết ta có nhận xét “cánh đồng (P1)” môi trường mà ánh sáng với vận tốc v1 , “cánh đồng (P2)” môi trường mà ánh sáng với vận tốc v2 vô số đường từ A đến B, ánh sáng theo đường mà thời gian truyền ngắn - Như ôtô từ A đến B khoảng thời gian ngắn theo đường mà ánh sáng Bài toán đưa trở tìm thời gian để ánh sáng từ A đến B qua mặt phân cách hai môi trường có chiết suất tỉ đối Từ định luật khúc xạ n2 v1 = =n n1 v2 sin i n2 cosγ = = n , với i = 900 − γ ⇒ sin r = sin r n1 n a b bn AI = ; BI = = - Từ hình vẽ: sin γ cosr n − cos 2γ - Thời gian ngắn từ A đến B là: ∆tmin = AI BI a bn a + = + = v1 v2 v1 sin γ v2 n − cos 2γ v1 sin γ  n 2b − cos 2γ  + a n − cos 2γ   a b + 2 Từ hình vẽ : KH = KI + IH = a tan i + b tan r =  n − cos 2γ  sin γ tan α = KH = a+b  a b +   sin γ n − cos 2γ   cosγ ÷ ÷a +b  Thời gian người thẳng từ A đến B ∆t = AJ BJ a b + = + v1 v2 v1 cos α v2cosα Trang  ÷cosγ ÷   ÷ ÷  Phương pháp tương tự hóa toán vật lý  a a nb  b ⇔ ∆ t = 1 + + +  ÷  sin γ v1  a  n − cos 2γ   cos 2γ ÷ ÷ ( a + b)  II- Nghiên cứu đường ánh sáng môi trường chiết suất biến đổi thông qua toán chuyển động hạt trường lực Cơ sở để giải toán dựa vào giống quỹ đạo chuyển động hạt trường lực với quỹ đạo tia sáng môi trường không đồng mặt quang học Quỹ đạo chất điểm quỹ đạo tia sáng trùng có tương ứng xác định tốc độ chiết suất môi trường biến thiên không gian (Thực tế phát minh mặt lý thuyết nhà vật lý toán học lừng danh người Ailen W R Hamilton vào năm 1834 ảnh hưởng đến việc xác lập mối liên hệ quang học học lượng tử) Ta xét ví dụ sau Bài toán 1.4: ur Từ mặt đất, Một vật ném lên với vận tốc ban đầu v0 lập với phương thẳng đứng góc α Bỏ qua sức cản không khí Chọn hệ trục xOy hình vẽ 1.1 Viết phương trình quỹ đạo y = y(x) vật Xác định tầm xa độ cao cực đại mà vật đạt 1.2 Chứng minh điểm quỹ đạo, góc α tạo véc tơ vận ur tốc v hạt phương thẳng đứng thỏa mãn phương trình f ( y )sin α = f sin α , f ( y ) hàm tung độ y Tìm hàm số Chiết suất khối chất suốt, có kích thước lớn, thay đổi theo độ cao theo quy luật n = n0 − γ y Trong n0 γ số biết Một tia sáng chiếu tới biên khối chất điểm A sau khúc xạ lập góc α với trục Oy 2.1 Xác định quỹ đạo tia sáng môi trường tìm độ cao cực đại mà tia sáng khối chất 2.2 Điểm khỏi khối chất tia sáng cách A khoảng Trang Phương pháp tương tự hóa toán vật lý Bài giải 1.1 Phương trình chuyển động vật ném xiên: x = ( v0 sin α ) t (1) y = ( v0cosα ) t − gt (2) ur (Chú ý góc α tạo v0 phương thẳng đứng) Từ (1) (2) tìm phương trình quỹ đạo: y= x g − 2 x2 tan α 2v0 sin α (3) Từ (3) → tầm xa độ cao cực đại mà vật đạt được: xmax = v02 sin 2α v 2cos 2α , ymax = g 2g (4) 1.2 Tại điểm quỹ đạo, vận tốc vật phân tích thành hai thành phần - Theo phương Ox: vật chuyển động thẳng với vận tốc vx = v sin α = v0 sin α (5) - Theo phương Oy vật chuyển động biến đổi với gia tốc g → v y = v0cosα − gt Vận tốc toàn phần vật v = vx2 + v y2 = (v sin α ) + ( v0cosα − gt ) 2  2g  ⇔ v = v02 − g ( v0cosα ) t − gt  = v02 − gy = v0 − y (6)  v0  (ta tìm vận tốc định luật bảo toàn năng)  2g  Thay (6) vào (5) được:  v0 − y ÷sin α = v0 sin α v0    2g  ⇒  − y ÷sin α = sin α ⇒ f ( y ) sin α = sin α v0   Đây phương trình mà ta cần chứng minh Vì môi trường chiết suất biến đổi liên tục nên ánh sáng truyền theo đường cong Chia môi trường thành nhiều lớp mỏng song song mặt phẳng Ox Theo định luật khúc xạ: n ( y ) sin α = n0 sin α Trang (7) Phương pháp tương tự hóa toán vật lý ⇔ n0 − γ y sin α = n0 sin α ⇒ − γ y sin α = sin α (8) - Ta thấy phương trình (8) hoàn toàn trùng hợp với phương trình (7) mô tả quỹ đạo chuyển động ném xiên với γ = 2g Như quỹ đạo tia sáng đường v02 Parabol Các điều kiện độ cao điểm mà tia sáng ló hoàn toàn xác định tương tự phương trình (4) xmax = v02 sin 2α 2sin 2α v02cos 2α cos 2α ⇒ xmax = y = ⇒ y = ; max max g γ 2g γ (10) Cần ý độ cao cực đại ymax tìm từ phương trình (8) với điều kiện tia sáng bị phản xạ toàn phần với sin α =1 Bài toán 1.5: Sợi quang học Một sợi quang học gồm lõi hình trụ, bán kính a, làm vật liệu suốt có chiết suất biến thiên đặn từ giá trị n = n1 trục đến n = n2 (với 1< n2 < n1 ) theo công thức n = n ( y ) = n1 − γ y , y khoảng cách từ điểm có chiết suất n đến trục lõi, γ số dương Lõi bao bọc lớp vỏ làm vật liệu có chiết suất n2 không đổi Bên sợi quang không khí, chiết suất n0 ≈1 Gọi Ox trục sợi quang học, O tâm đầu sợi quang Một tia sáng đơn sắc chiếu vào sợi quang học điểm O góc α mặt phẳng xOy Viết phương trình quỹ đạo cho đường tia sáng sợi quang xác định biểu thức tọa độ x giao điểm đường tia sáng với trục Ox Tìm góc tới cực đại α max , ánh sáng lan truyền bên lõi sợi quang (Trích đề thi APHO năm 2004) Bài giải Lời giải đề thi tham khảo Chuyên đề bối dưỡng HSG vật lý tác giả PGS.TS Vũ Thanh Khiết Ở sử dụng tương tự quang Trang 10 Phương pháp tương tự hóa toán vật lý để đưa lời giải khác cho toán n2 2 Trước hết từ phương trình n = n1 − γ y ⇒ + γ y = Nếu xem tương tự n1 2 chiết suất vận tốc học ta thấy phương trình tương tự v2 x2 + =1 , phương trình dao động tử điều hòa Như khả V02 A2 quỹ đạo tia sáng hình sin - Ta xét vật chuyển động từ O mặt phẳng thẳng đứng Oxy với vận tốc ban đầu ur v0 hợp với trục Ox góc α theo phương trình: x = ( v0cosα ) t (1) y = Asin ( ωt + ϕ ) (2) Từ điều kiện ban đầu: ϕ =  y ( ) =  ⇒  v0 sin α y ' = v sin α  ( ) 0  A = ω  ω - Phương trình quỹ đạo: y = Asin   v0cosα (3)  x÷  (4) → quỹ đạo chuyển động hạt đường hình sin 2 + Vận tốc điểm M quỹ đạo: v = vx + v y y2   Trong vx = v0cosα ; v y = y ' ( t ) = Aω sin ωt ⇒ v = A ω 1 − ÷  A  y y2   ⇒ v = v cos α + A ω 1 − ÷  A  2 2 (5) ω2 Từ (3) ⇒ Aω = v0 sin α , thay vào (5) ⇒ v = v − ω y = v0 − y v0 2 Mặt khác, từ (1) ta thấy hạt chuyển động theo phương Ox ⇒ vx = vcosα = v0cosα Trang 11 Phương pháp tương tự hóa toán vật lý ω ω2 ⇔ v0 − y cosα = v0cosα ⇒ − y cosα = cosα v0 v0 (6) Trở lại toán - Vì môi trường chiết suất biến đổi liên tục nên ánh sáng truyền theo đường cong Chia môi trường thành nhiều lớp mỏng song song mặt phẳng Ox Xét M(x,y) π  π  Theo định luật khúc xạ: n ( y ) sin  − α ÷ = const = n1 sin  − α1 ÷ 2  2  ⇔ n1 − γ y cosα = n1cosα1 ⇒ − γ y cosα = cosα1 (7) Với góc α1 xác định từ định luật khúc xạ O: n12 − sin α sin α = n1 sin α1 ⇒ cosα1 = n1 (8) - Ta thấy phương trình (7) hoàn toàn trùng hợp với phương trình (6) mô tả quỹ đạo hình sin với γ = ω sin α1 sin α = = Như quỹ đạo tia sáng đường v0 A n1 A  ω  sin α  γ  x÷ = sin  x÷ hình sin: y = Asin  γ n1  cosα1   v0cosα1   sin α nγ ⇔y= sin  2  n − sin α γ n1   x÷ ÷  (9) - Độ cao cực đại mà tia sáng đạt biên độ: ymax = A = - Những điểm cắt chùm tia với trục Ox thỏa mãn điều kiện y =  nγ ⇔ sin  2  n − sin α  ⇒ x = kπ  x÷= ÷  n12 − sin α n1γ Vị trí có k =1 Trang 12 sin α γ n1 Phương pháp tương tự hóa toán vật lý CHƯƠNG III TRƯỜNG TRỌNG LỰC HIỆU DỤNG Cơ sở phần dựa giống mặt tượng uu r chuyển động vật tác dụng lực (hợp lực) P ' không đổi chuyển động vật tác dụng trọng lực Ta xét toán sau Bài toán 4.1: Một lắc đơn gồm vật nhỏ khối lượng m treo sợi dây nhẹ, không dãn dài l Con lắc chuyển động tự mặt phẳng thẳng đứng Biết uu r suốt trình chuyển động lắc chịu thêm tác dụng lực F không đổi, hợp với phương thẳng đứng góc β CMR dao động điều hòa nhỏ lắc xung quanh vị trí cân bằng, chuyển động lắc giống chịu tác dụng uur trọng lực hiệu dụng P ' Lập biểu thức tính chu kỳ dao động Bỏ qua ma sát lực cản môi trường lắc chuyển động Bài giải Chuyển động lắc có thêm ngoại Chuyển động lắc uu r chịu tác dụng trọng lực lực F - Vị trí cân bằng: - Vị trí cân bằng: uu r uu r uu r uu r uu r P + F + τ0 = P +τ = uur uu r uu r uu r uu r Đặt P ' = P + F ⇒ τ = − P Như uu r uur lắc nằm cân bằng, sợi ⇒ τ = − P ' Như uu r lắc nằm cân bằng, dây có phương P , tức uur sợi dây có phương hợp lực P ' phương thẳng đứng uu r uu r uu r P Trong suốt trình chuyển động Trong suốt trình chuyển động P , F uur không đổi không đổi nên P ' không đổi - Chọn gốc O vị trí cân bằng, chiều dương hình vẽ Xét lắc có li độ α ( so với vị trí cân bằng) góc uu r uu r ur ur P + F + τ = ma uur ur ur ⇔ P ' + τ = ma uu r ur ur P + τ = ma - Theo phương tiếp tuyến Trang 29 Phương pháp tương tự hóa toán vật lý - Theo phương tiếp tuyến − P sin α = mat = mlα " − P 'sin α = mat = mlα " Ta xét dao động Ta xét dao động nhỏ, nhỏ, sin α ≈α Thay vào sin α ≈α Thay vào ta α " + Đặt ω= ta α " + P' α =0 ml Đặt ω = P α =0 ml P → α " + ω 2α = → vật ml P' → α " + ω 2α = → vật dao ml dao động điều hòa với chu kì 2π ml 2π ml = 2π T= = 2π ω P' ω P - Từ kết toán ta thấy chuyển động lắc có thêm ngoại lực động điều hòa với chu kì T ' = không đổi tác dụng giống chuyển động trường trọng lực thực ta thay uu r uur uu r uu r uur P P ' hợp lực P F P ' gọi trọng lực hiệu dụng Bài toán 4.2: Vật nặng có khối lượng m nằm mặt phẳng nhẵn nằm ngang, nối với lò xo có độ cứng k, lò xo gắn vào tường đứng điểm A (hình vẽ) Vật m đứng yên lò xo không biến dạng vật nặng bắt đầu chịu tác dụng lực không uu r đổi F hướng theo trục lò xo hình vẽ Hãy tìm quãng đường mà vật nặng thời gian vật hết quãng đường kể từ bắt đầu tác dụng lực vật dừng lại lần thứ (Trích đề thi HSG lớp 12 THPT Tỉnh Nam Định năm 2012) Bài giải - Để giải toán ta có nhận xét rằng, chuyển động uu r lắc lò xo thẳng đứng, vật nặng chịu tác dụng trọng lực P không đổi Kết vật dao động điều hoà xung quanh vị trí cân xác định ∆l = mg k - Chuyển động vật nhỏ toán hoàn Trang 30 Phương pháp tương tự hóa toán vật lý toàn tương tự lắc lò xo thẳng đứng uur uu r chịu tác dụng “trọng lực hiệu dụng” P ' = F Kết vật dao động điều hoà xung quanh vị trí cân xác định ∆l = F / k (nói cách khác ta hình dung quay mặt phẳng dao động lắc 90 0, tính chất chuyển động lắc hoàn toàn không thay đổi) - Bây toán hiểu đơn giản từ vị trí cân bằng, đưa lắc vị trí mà lò xo có chiều dài tự nhiên thả Kết lắc dao động điều hoà xung quanh vị trí cân O với biên độ A = ∆l = F m , chu kì T = 2π k k - Quãng đường mà vật nặng vật dừng lại lần thứ khoảng cách hai vị trí biên s = A = F k - Thời gian vật hết quãng đường s kể từ bắt đầu tác dụng lực vật dừng lại lần thứ khoảng thời gian hai lần vật qua vị trí biên T m ∆t = = π k uu r Cách giải cho trường hợp F không đổi suốt trình dao động mà áp dụng giai đoạn nhỏ, miễn giai đoạn đó, tượng vật lý xảy tương tự Ta xét toán sau Bài toán 4.3: Một lắc lò xo gồm vật nhỏ khối lượng 0,02 kg lò xo có độ cứng N/m Vật nhỏ đặt giá đỡ cố định nằm ngang dọc theo trục lò xo Hệ số ma sát trượt giá đỡ vật nhỏ 0,1 Ban đầu giữ vật vị trí lò xo bị nén 10 cm buông nhẹ để lắc dao động tắt dần Lấy g = 10 m/s Tốc độ lớn vật nhỏ đạt trình dao động bao nhiêu? (Trích đề thi đại học Khối A năm 2010) Bài giải - Do trình chuyển động lắc giảm dần chuyển thành công sinh để thắng công lực ma sát nên vận tốc lắc lớn (tương ứng với động Trang 31 Phương pháp tương tự hóa toán vật lý cực đại) trình chuyển động xảy nửa chu kì - Gọi ∆l : độ biến dạng xo lắc vị trí cân động Ta có k ∆l = µ mg ⇒ ∆l = µ mg / k - Trong nửa chu kỳ lắc chịu tác dụng lực ma sát có phương, chiều độ lớn Fms = µ mg không đổi Nếu so sánh với lắc lò xo thẳng đứng ta thấy nửa chu kỳ lắc chịu tác dụng “trọng lực hiệu dụng” F = µ mg Như lắc chuyển động giống dao động tử điều hòa xung quanh vị trí cân động với biên độ A = ( 10 − ∆l ) cm , tần số góc ω = k m Vận tốc lớn lắc qua vị trí cân động vmax = Aω = ( 10 − ∆l ) k ( cm / s ) = 40 cm / s m Cần ý nửa chu kỳ lắc “dao động điều hoà” xung quanh VTCB O’ đối xứng với VTCB O vị trí lò xo có chiều dài tự nhiên Bài toán 4.4: Một lắc lò xo gồm vật nhỏ khối lượng 100 g lò xo nhẹ có độ cứng 10 N/m Vật nhỏ đặt giá đỡ cố định nằm ngang dọc theo trục lò xo Hệ số ma sát trượt giá đỡ vật nhỏ 0,1 Ban đầu giữ vật vị trí lò xo bị dãn cm buông nhẹ để lắc dao động tắt dần Lấy g = 10 m / s Xác định thời gian chuyển động vật từ thời điểm ban đầu đến thời điểm vật qua vị trí lò xo không biến dạng lần thứ Bài giải - Xét nửa chu kỳ đầu tiên, chuyển động vật giống dao động tử điều hòa xung quang vị trí cân O tương ứng với độ dãn lò xo ∆l = µ mg = 1cm k Trang 32 Phương pháp tương tự hóa toán vật lý k Biên độ dao động A = − 1= cm , tần số góc ω = =10 ( rad / s ) m - Chọn trục Ox hình vẽ, gốc O vị trí cân Gốc thời gian lúc lắc bắt đầu dao động Phương trình dao động vật x = 2cos10t cm - Khi lò xo không biến dạng lần thứ nhất, vật có li độ x = − ∆l = −1cm theo chiều âm Dựa vào mối liên hệ dao động điều hòa chuyển động tròn ta tìm thời gian kể từ lúc vật bắt đầu chuyển động đến vật qua vị trí lò xo không biến dạng lần thứ ∆t = Trang 33 α 2π / π = = ( s) ω 10 15 Phương pháp tương tự hóa toán vật lý CHƯƠNG IV SỰ TƯƠNG TỰ TRONG CÁC BÀI TOÁN HỆ THẤU KÍNH- GƯƠNG Cơ sở phương pháp ta thay hệ Thấu kínhGương đồng trục gương phẳng gương cầu tương đường cách tìm điểm mặt phẳng đặc biệt đặc trưng cho hệ mà với điểm mặt phẳng ta thu kết tương tự kết thu với gương Ưu điểm phương pháp ta đưa hệ phương trình đơn giản không cần ý đến đường truyền tia sáng hệ Ta xét toán sau Bài toán 5.1: Một quang hệ gồm thấu kính hội tụ mỏng có tiêu cự f gương phẳng đặt cho trục thấu kính vuông góc với gương, mặt phản xạ hướng phía thấu kính Khoảng cách thấu kính gương l Chứng tỏ quang hệ tương đương với gương cầu Nêu cách xác định vị trí tiêu điểm, đỉnh gương cầu Khoảng cách l cần phải thoả mãn điều kiện để quang hệ tương đương với gương cầu lồi tương đương với gương cầu lõm? (Trích đề thi HSG quốc gia năm 2008) Bài giải: Trước hết ta xét trường hợp đặc biệt : 1- Trường hợp 1: Mọi tia tới qua tiêu điểm vật F TKHT sau qua hệ bị bật ngược trở lại Như tiêu điểm vật F có đặc tính tâm gương cầu 2- Trường hợp 2: Xét điểm O trục mà ảnh điểm O2 (đỉnh gương phẳng) Mọi tia sáng qua O cho tia phản xạ đối xứng với tia tới qua trục chính, tia ló cuối có đường kéo dài qua O Như điểm O có đặc tính đỉnh gương cầu Vậy: Hệ Thấu kính – Gương Trang 34 Phương pháp tương tự hóa toán vật lý thay gương cầu tương đương có tâm C ≡ F đỉnh O Bài toán hệ thấu kính- gương đưa toán gương cầu tương đương TK → O2 - Xác định đỉnh O: O  d d ' Vì O2 sau O1 nên O2 ảnh thật ' O qua thấu kính → d1 = l Vị trí O thấu kính xác định bởi: O1O = d1 = Ta có OC = OO1 + O1C = − O1O + O1C = − lf l− f (1) lf f2 + f =− l− f l− f (2) OC f2 =− Tiêu cự gương xác định bởi: f G = OFG = 2( l − f ) (3) Chú ý: ta xác định vị trí tiêu điểm gương tương đương theo định nghĩa: chùm sáng song song sau qua hệ đồng quy điểm, điểm tiêu điểm hệ TK G TK → A1  → A2 → A3 + Sơ đồ tạo ảnh: A  d →∞ d d d d d =O F ' ' ' G ' ' ' + Vì d1 →∞ ⇒ d1 = f ; d = l − d1 = l − f ; d = − d = − ( l − f ) d3 = l − d 2' = ( 2l − f ) ⇒ O1 FG = d 3' = f ( 2l − f ) d3 f = d3 − f 2l − f Có OFG = OO1 + O1 FG = − O1O + O1 FG ⇔ fG = − f ( 2l − f ) lf f2 + =− trùng với công thức (3) l− f 2l − f 2( l − f ) Trang 35 Phương pháp tương tự hóa toán vật lý Để hệ thay gương cầu lồi đỉnh O phải nằm phía trước tâm F (so với chiều truyền tia sáng) Như O phải vật thật thấu kính L cho ảnh thật O2 Ta có d1 = lf > Vì f , l > → l > f l− f lf f2 − f = + Có OF = OO1 − O1 F = l− f l− f OF f2 = − + Tiêu cự gương cầu tương đương f G = 2( l − f ) - Để hệ thay gương cầu lõm đỉnh O phải nằm phía sau tâm F (so với chiều truyền tia sáng) Như O phải vật ảo thấu kính L cho ảnh thật O2 Ta có d1 = lf < Vì f , l > → l < f l− f lf f2 + f =− + Có OF = OO1 + O1 F = − l− f l− f (cần ý l