Lời giải bài toán M1101—M1105; F1113—F1117

42

P1137. Mô hình máy điện tĩnh điện (xem hình 3) bao gồm một hình trụ không dẫn điện có hai dải lá nhôm Φ₁ và Φ₂ được dán vào nó, các tấm ngưng tụ bên ngoài O₁ và O₂, các bộ thu dòng cố định T₁ và T₂ ở bên ngoài và một kết nối cố định bên trong giữa các bộ thu T₃ và T₄. Ở vị trí ban đầu, các dải giấy bạc nằm đối diện với các tấm bên ngoài, tạo thành hai tụ điện có công suất C₁ mỗi tụ. Một tụ điện có công suất C₀, ban đầu được tích điện thành U₀, được nối với các tấm bên ngoài. Điện tích trên tụ điện này sẽ là bao nhiêu sau N vòng quay theo chiều kim đồng hồ của hình trụ? Điện dung giữa các tấm ngoài và các dải giấy bạc khi chúng không đối diện nhau là không đáng kể.

I. I. Vorobjev

Lời giải bài toán

M1101 — M1105, F1113 — F1117

Đáp số. Có thể xảy ra ba trường hợp: 1) nếu AD=AE thì ∠A=2 arctan (1/4); 2) nếu AE=DE thì ∠A=36°; 3) nếu AD=DE thì ∠A=20°.

Chúng ta hãy xem xét những trường hợp này một cách riêng biệt. Hãy đặt ∠A=α.

Trường hợp 1) (hình 1). Vì AD=AE=EC=BC nên cạnh của tam giác đều ABC có cạnh gấp đôi đáy. Hiển nhiên, tan(α/2) = BC/(2AC)=1/4.

Trường hợp 2) (hình 2). Vì BD=AB-AD=AC-EC=AE=ED và BC=EC nên các tam giác BCD và ECD bằng nhau (ở các cạnh đó). Góc DEC nằm ngoài tam giác đều ADE nên

$$\angle ACB = \angle ABC = \angle DEC = 2\alpha,$$

và tổng các góc của tam giác ABC bằng α+2α+2α=5α=180°, tức là α=36°.

Trường hợp 3) (hình 3). Chúng ta hãy hoàn thiện tam giác BDE của hình bình hành BDEF và chứng minh rằng △BCF là tam giác đều. Từ đẳng thức hiển nhiên ∠CEF=∠CAB=α, CE=AD=DE và EF=BD=AB-AD=AC-EC=AE suy ra rằng △CEF=△DAE, CEF là tam giác đều và CF=CE=CB, ∠CFE=∠CEF=α. Ngoài ra, BF=DE=CB, và ∠CFE=∠BDE=2α, vì BDEF là hình bình hành và BDE là góc ngoài của tam giác ADE. Vì vậy, BF=FC=CB và ∠BFC=60°=∠BFE+∠EFC=2α+α=3α. Từ đây chúng ta có được α = 20°.

Khi kết thúc phần lập luận này, khi viết đẳng thức ∠BFC=∠BFE+∠EFC, chúng ta đã ngầm lợi dụng thực tế là tam giác ABC và FBC nằm đối diện với BC và tia FE đi vào bên trong góc BFC. Nhưng nếu điểm F nằm phía trên đáy BC, thì theo cách tương tự, có ba ∠BFE+∠EFC = 360°-∠BFC=300°, do đó α=100°, điều này là không thể, vì α là góc ở đáy của tam giác đều DEA. (Tuy nhiên, trường hợp này cũng có thể được đưa vào xem xét nếu chúng ta cho phép điểm D và E nằm trên phần kéo dài của các cạnh tương ứng của tam giác; hình 4.)

43

M1102. Chứng minh rằng tồn tại các số tự nhiên đố có tổng lập phương bằng lập phương của một số tự nhiên nếu a) n=3, b) n=4, c) n là số tự nhiên bất kỳ lớn hơn 2.

Dưới đây là ví dụ về bộ ba và bốn khối số tự nhiên khác nhau, tổng của chúng là một khối:
a) $3^3+4^3+5^3=6^3$,
b) $1^3+5^3+7^3+12^3=13^3$.

Chúng ta có thể xây dựng các tập hợp số lượng lớn các khối bằng cách “xây dựng”: bằng cách nhân tất cả các khối theo đẳng thức a) với $2^3$ (hoặc theo đẳng thức b) với $6^3$), chúng ta thu được đẳng thức của các khối, nhỏ nhất trong số đó là $6^3$; nó có thể được thay thế bằng $3^3+4^3+5^3$. Do đó, từ a) ta thu được các đẳng thức
$$3^3+4^3+5^3+8^3+10^3=12^3 \quad (n=5),$$
$$3^3+4^3+5^3+8^3+10^3+16^3+20^3=24^3 \quad (n=7)$$
v.v. với mọi n lẻ và từ b) -
$$3^3+4^3+5^3+30^3+42^3+72^3=78^3 \quad (n=6),$$
$$3^3+4^3+5^3+8^3+10^3+60^3+84^3+144^3=156^3 \quad (n=8)$$
v.v. với mọi số chẵn n.

L. D. Kurlyandchik

M1103. a) Trên một mặt phẳng vô hạn được chia thành các ô vuông, một số hình chữ nhật nhất định - có lẽ là vô hạn - có kích thước $1\times 2$ được sơn màu đen sao cho không có hai hình chữ nhật màu đen nào có điểm chung (sau đây gọi là các đỉnh). Chứng minh rằng phần còn lại của mặt phẳng có thể xếp được bằng những hình chữ nhật này. b)* Cho một số hình chữ nhật được tô bóng trên mặt phẳng ca rô

Chúng ta hãy che lưới ca rô (màu xanh) ban đầu bằng một lưới lớn hơn (màu đen), chia mặt phẳng thành các ô vuông $2\times 2$. Mỗi quân domino đen $1\times 2$ hoàn toàn khớp với một hình vuông $2\times 2$ của lưới mới hoặc vào hai quân cờ liền kề tạo thành hình chữ nhật $2\times 4$ và các quân domino đen khác không nằm trong phần này của lưới đen. Trong cả hai trường hợp, phần còn lại của khu vực có thể dễ dàng bị quân domino che phủ (ở hình 1, những quân domino này được khoanh tròn bằng các đường màu hồng); để các ô $2\times 2$ chia thành hai quân domino. Điều này ngụ ý tuyên bố bài toán a).

Tương tự, sử dụng lưới các ô vuông $2\times 2$ người ta có thể chứng minh câu 6) cho hình chữ nhật $m\times n$ có số chẵn mn ô. Điều quan trọng ở đây là nghiệp trắng, rộng một ô, vẫn còn trên phần của mỗi quân domino đen $m\times n$, bao gồm một số ô chẵn (có thể là hai sọc, mỗi sọc có số ô chẵn; hình

kích thước $m \times n$ ô không có điểm chung. Chứng minh rằng nếu mn là số chẵn thì phần còn lại của mặt phẳng có thể được xếp bằng các đường thẳng có kích thước $1 \times 2$, nhưng nếu mn là số lẻ thì điều này không phải lúc nào cũng thực hiện được.

M1104. Trong khối lục giác ABCD, các mặt ABC và BCD vuông góc với nhau, $\angle BAC=90^\circ$. Chứng minh rằng từ các đoạn có độ dài bằng tích độ dài các cạnh đối diện của khối lập phương, có thể dựng được một tam giác vuông.

Hình 1.

Hình 2.

2 mô tả trường hợp khi $m$ và $n$ đều là số chẵn, hình 3 khi $m$ là số chẵn và $n$ là số lẻ).

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng nếu mn là số lẻ và $k^2$ hình chữ nhật $m \times n$ được đặt cạnh các khoảng trống rộng một hình vuông, như minh họa trong hình 4, thì với $k \geq 4$ không thể che phần còn lại của mặt phẳng domino $1 \times 2$.

Gọi P là toàn bộ hình chữ nhật của $2N-1=(mk+k-1)\times(nk+k-1)$ ô chứa $k^2$ hình chữ nhật. Hãy tô màu $N$ ô P theo hình bàn cờ, bao gồm các điều kiện (bên trong hình chữ nhật - đen, bên ngoài - xanh lam). Mỗi hình chữ nhật $k^2$ có một ô màu đen “thêm”, vì vậy trong số $N-1$ ô không được che phủ hoặc đám mây P có nhiều ô màu trắng hơn $k^2-1$ so với ô màu xanh lam. Nhưng mỗi domino bao phủ một hình vuông màu trắng và một hình vuông màu xanh.

Giả sử toàn bộ khu vực này được bao phủ bởi quân domino. Một số trong số chúng - nhưng không quá $4(k-1)$ - có thể vượt quá P (một ô), nhưng vì $k^2-1>4(k-1)$ tại $k \geq 4$, giả định của chúng tôi dẫn đến mâu thuẫn.

M. Khovanov

Hãy chứng minh điều đó

$$(DA \cdot BC)^2=(DB \cdot CA)^2+(DC \cdot AB)^2.$$

Đẳng thức này tương đương với đẳng thức tương tự cho phép chiếu $D_1$ của điểm $D$ lên mặt phẳng ABC (hình 1):

$$D_1A^2 \cdot BC^2=D_1B^2 \cdot CA^2+D_1C^2 \cdot AB^2.$$

Trên thực tế, trừ đi số thứ hai từ đẳng thức thứ nhất, theo định lý Pythagore cho các tam giác $DD_1A$, $DD_1B$ và $DD_1C$, chúng ta thu được

$$D_1D^2 \cdot BC^2=D_1D^2 \cdot CA^2+D_1D^2 \cdot AB^2,$$

và đẳng thức này luôn đúng vì trong tam giác ABC góc $A$ vuông.

Chứng minh đẳng thức (*) có thể được chứng minh như sau. Chúng ta hãy mô tả một đường tròn bao quanh tam giác ABC và ký hiệu là $E$ điểm giao nhau của nó với đường thẳng $AD_1$ (khác với điểm $A$; xem hình 2). Hình tam giác $D_1BE$ và $D_1AC$ tương tự nhau ($\angle ED_1B=\angle CD_1A$, $\angle BED_1=\angle ACD_1$), vì vậy $BE:BD_1=CA:AD_1$ hoặc

$$CA^2 \cdot BD_1^2=BE^2 \cdot AD_1^2;$$

tương tự,

$$AB^2 \cdot CD_1^2=CE^2 \cdot AD_1^2.$$

Do đó, vì $\triangle BEC$ là thẳng thắn,

$$CA^2 \cdot BD_1^2+AB^2 \cdot CD_1^2=(BE^2+CE^2) \cdot AD_1^2=BC^2 \cdot AD_1^2,$$

Q.E.D.

Lưu ý rằng đẳng thức (*) trên thực tế là trường hợp đặc biệt của cái gọi là “công thức Stewart” cho độ dài của đoạn $AD_1$ (hình 2) trong tam giác ABC tùy ý:

$$AD_1^2=p \cdot AB^2+q \cdot AC^2-pq \cdot BC^2,$$

ở đâu $p=CD_1/BC$, $q=BD_1/BC$.

Đối với những độc giả quen thuộc với phép biến đổi nghịch đảo, chúng tôi chỉ ra mối liên hệ của bài toán với phép biến đổi này:

45

M1105. Sau vài lần cắt thẳng, các bề mặt của đa tạp lồi được chuyển thành một mặt phẳng. Kết quả là một đa giác mà người ta biết các điểm nào trên đường biên của nó “dán lại với nhau”, nghĩa là tương ứng với cùng một điểm trên bề mặt của đa tạp. Đa giác ban đầu sẽ như thế nào nếu khi cắt, kết quả là a) một hình chữ nhật có cạnh 1 và $\sqrt{3}$, b) một tam giác đều có góc 120°, và trong cả hai trường hợp, các điểm của mỗi cạnh được dán lại với nhau, đối xứng ở giữa.

Hình 1.

F1113. Một quả cầu bán kính R có thể quay tự do trên một trục nằm ngang cố định OO’. Dưới sha-

nếu $A_1, B_1$ và $C_1$ là ảnh của các điểm $A, B, C$ dưới một phép nghịch đảo nào đó với tâm $D$ (tức là các điểm $A_1, B_1, C_1$ lần lượt nằm trên các tia $DA, DB, DC$ và $DA_1 \cdot DA = DB_1 \cdot DB = DC_1 \cdot DC$), thì các cạnh của tam giác $A_1B_1C_1$ tỉ lệ với tích của các cạnh đối diện tứ diện $ABCD$, và điều này tam giác là tam giác vuông. (Theo tính chất chính của phép nghịch đảo, đường tròn được mô tả xung quanh tam giác $ABC$ sẽ chuyển trong quá trình đảo ngược thành đường tròn được mô tả xung quanh tam giác $A_1B_1C_1$; dễ dàng nhận thấy rằng trong bài toán cạnh $B_1C_1$ của chúng ta sẽ là đường kính của đường tròn thứ hai.)

V. N. Dubrovsky

M1105. Sau vài lần cắt thẳng, các bề mặt của đa tạp lồi được chuyển thành một mặt phẳng. Kết quả là một đa giác mà người ta biết các điểm nào trên đường biên của nó “dán lại với nhau”, nghĩa là tương ứng với cùng một điểm trên bề mặt của đa tạp. Đa giác ban đầu sẽ như thế nào nếu khi cắt, kết quả là a) một hình chữ nhật có cạnh 1 và $\sqrt{3}$, b) một tam giác đều có góc 120°, và trong cả hai trường hợp, các điểm của mỗi cạnh được dán lại với nhau, đối xứng ở giữa.

Hình 1.

F1113. Một quả cầu bán kính R có thể quay tự do trên một trục nằm ngang cố định OO’. Dưới sha-

nếu $A_1, B_1$ và $C_1$ là ảnh của các điểm $A, B, C$ dưới một phép nghịch đảo nào đó với tâm $D$ (tức là các điểm $A_1, B_1, C_1$ lần lượt nằm trên các tia $DA, DB, DC$ và $DA_1 \cdot DA = DB_1 \cdot DB = DC_1 \cdot DC$), thì các cạnh của tam giác $A_1B_1C_1$ tỉ lệ với tích của các cạnh đối diện tứ diện $ABCD$, và điều này tam giác là tam giác vuông. (Theo tính chất chính của phép nghịch đảo, đường tròn được mô tả xung quanh tam giác $ABC$ sẽ chuyển trong quá trình đảo ngược thành đường tròn được mô tả xung quanh tam giác $A_1B_1C_1$; dễ dàng nhận thấy rằng trong bài toán cạnh $B_1C_1$ của chúng ta sẽ là đường kính của đường tròn thứ hai.)

V. N. Dubrovsky

M1105. Sau vài lần cắt thẳng, các bề mặt của đa tạp lồi được chuyển thành một mặt phẳng. Kết quả là một đa giác mà người ta biết các điểm nào trên đường biên của nó “dán lại với nhau”, nghĩa là tương ứng với cùng một điểm trên bề mặt của đa tạp. Đa giác ban đầu sẽ như thế nào nếu khi cắt, kết quả là a) một hình chữ nhật có cạnh 1 và $\sqrt{3}$, b) một tam giác đều có góc 120°, và trong cả hai trường hợp, các điểm của mỗi cạnh được dán lại với nhau, đối xứng ở giữa.

Hình 1.

F1113. Một quả cầu bán kính R có thể quay tự do trên một trục nằm ngang cố định OO’. Dưới sha-

nếu $A_1, B_1$ và $C_1$ là ảnh của các điểm $A, B, C$ dưới một phép nghịch đảo nào đó với tâm $D$ (tức là các điểm $A_1, B_1, C_1$ lần lượt nằm trên các tia $DA, DB, DC$ và $DA_1 \cdot DA = DB_1 \cdot DB = DC_1 \cdot DC$), thì các cạnh của tam giác $A_1B_1C_1$ tỉ lệ với tích của các cạnh đối diện tứ diện $ABCD$, và điều này tam giác là tam giác vuông. (Theo tính chất chính của phép nghịch đảo, đường tròn được mô tả xung quanh tam giác $ABC$ sẽ chuyển trong quá trình đảo ngược thành đường tròn được mô tả xung quanh tam giác $A_1B_1C_1$; dễ dàng nhận thấy rằng trong bài toán cạnh $B_1C_1$ của chúng ta sẽ là đường kính của đường tròn thứ hai.)

V. N. Dubrovsky

46

Rượu rum, ấn vào nó, một dải băng thô, cứng di chuyển, uốn cong theo hình nửa chindra có bán kính R (hình 1). Tốc độ vành đai v hướng theo phương ngang và vuông góc với trục OO′. Tốc độ quay ổn định của quả bóng là bao nhiêu?

Hình 1.

Hình 2.

khoảnh khắc bóng xoáy. Khi vận tốc góc quay đạt giá trị $\omega = v/R$ thì điểm của quả cầu B (hình 2), khoảng cách lớn nhất tính từ trục quay OO′, sẽ có tốc độ tuyến tính bằng tốc độ của dây đai: $\omega R = vR/R = v$. Sự trượt của quả bóng so với dây đai tại thời điểm này sẽ dừng lại, và lực ma sát (và do đó mô men của nó) sẽ biến mất. Tuy nhiên, tại tất cả các điểm khác của ABC khác (tại đó quả bóng tiếp xúc với băng) tốc độ tuyến tính lúc này đều nhỏ hơn v (các điểm này gần trục quay) nên quả bóng tiếp tục tăng tốc.

Khi vận tốc góc của quả bóng tăng lên, điểm không xuyên qua sẽ di chuyển đến gần trục OO′ hơn và số phần có vận tốc tuyến tính nhỏ hơn v giảm đi. Đồng thời, số đoạn có tốc độ tuyến tính lớn hơn v ngày càng tăng; lực ma sát có hướng ngược lại và tạo ra mômen lực, phanh. Tại một thời điểm nào đó, mômen tăng tốc và mômen giảm tốc của lực trở nên bằng nhau và vận tốc góc thay đổi.

Bây giờ chúng ta hãy thực hiện các phép tính tương ứng. Trước hết, chúng ta hãy tìm xem tại điểm nào sẽ không có vết thủng trong điều kiện ổn định.

Chúng ta sẽ giả sử rằng cuộn băng được ép vào quả bóng ở tất cả các vị trí với một lực như nhau, khi đó bất kỳ hai vùng tiếp xúc giống hệt nhau nào cũng sẽ chịu các lực ma sát như nhau (theo mô hình). Đặt điểm không xuyên thấu mong muốn là điểm D (xem hình 2). Chúng ta hãy nhìn vào một khu vực nhỏ của những người khác gần điểm này. Chiều dài của nó là $\Delta l = R\Delta a$; lực tác dụng lên nó $\Delta F = k\Delta l = kR\Delta a$ (k là một hằng số nào đó); khoảnh khắc của cô ấy $\Delta M = kR\Delta a \cdot R \cos a$. Tổng mômen của lực ma sát

$$M = \sum_i \Delta M = kR \sum_i R\Delta a \cos a_i,$$

tác dụng lên cung BC ở trạng thái ổn định phải bằng 0. Điều này có nghĩa là tổng các hình chiếu của cung BD và DC (“tương ứng dương” và “âm”) lên trục quay OO′ phải bằng 0:

$$\sum_i R\Delta a \cos a_i = 0 \Rightarrow O'D' = D'C = R/2,$$

vận tốc góc ổn định mong muốn đến từ đâu?

$$\omega = \frac{v}{D'D} = \frac{2v}{\sqrt{3}R} \approx 1.15 \frac{v}{R}.$$

L. G. Markovich

F1114. Người đóng thế phóng từ độ cao H=50 m. Gắn một sợi cáp cao su vào nó, đầu thứ hai của cáp được cố định ở điểm bắt đầu. Chiều dài và độ cứng của thanh chắn được chọn sao cho tốc độ trên mặt đất giảm xuống bằng 0. Sau đó

Hãy để chúng tôi giới thiệu các ký hiệu cho các tham số chưa biết: $l$ là chiều dài của bu lông không chịu lực (rõ ràng là $l + h < H$), $k$ là độ cứng của nó, $m$ là khối lượng của diễn viên đóng thế, $v$ là tốc độ mong muốn. Lưu ý rằng tốc độ tối đa của diễn viên đóng thế chính xác là ở độ cao $h$ so với mặt đất, tức là ở vị trí cân bằng, trong đó lực ma sát $mg$ được cân bằng bởi lực đàn hồi của shur $k(H - l - h)$. Trên điểm này, lực ma sát chiếm ưu thế so với lực đàn hồi - chuyển động của diễn viên đóng thế được tăng tốc, dưới điểm này lực

47

rung động tắt đi, diễn viên đóng thế bị treo ở độ cao $h=10$ m so với mặt đất. Tốc độ tối đa của diễn viên đóng thế khi rơi là bao nhiêu? Bỏ qua sức cản của không khí.

F1115. Một bình kín chứa đầy khí được chia thành hai phần bằng một piston nằm ngang không thể xuyên thủng; khối lượng của bình $m$, khối lượng của piston $M$. Đầu tiên, tàu sẽ kết thúc trên giá đỡ. Chúng tôi bay và đánh bật kẻ nổi bật từ dưới tàu. Tàu bắt đầu chuyển động với gia tốc bằng bao nhiêu? Bỏ qua ma sát giữa thành bình và pittông.

F1116. Trong hai vòng hóa học giống hệt nhau, cơ thể được kéo lên đến cùng một mức độ: một - lạnh, một - nóng. Các con nhỏ được hỗ trợ và số giọt được tính. Vòng lặp nào sẽ tạo ra nhiều giọt hơn?

LỰC ĐÀN HỒI LÀ TỐT - CHUYỂN ĐỘNG CHẬM.

Ta viết định luật bảo toàn cơ năng cho các vị trí $O$ và $1$ (xem hình):

$$mgH = mgh + \frac{1}{2} k(H - l - h)^2 + \frac{1}{2} mv^2$$

và đối với các vị trí $O$ và $2$:

$$mgH = \frac{1}{2} k(H - l)^2.$$

Chúng ta cũng xét các điều kiện cân bằng ở độ cao $h$:

$$mg = k(H - l - h).$$

Bằng cách loại bỏ các tham số chưa biết $m$, $k$ và $l$ khỏi phương trình (1) - (3), chúng ta tìm thấy $v$. Cách dễ nhất để làm điều đó là cách này. Chia phương trình (2) cho phương trình (3) và tìm $l = \sqrt{H^2 - 2Hh}$; chúng ta viết lại số hạng $k(H - l - h)^2/2$ trong các phương trình (1), có tính đến đẳng thức (3), ở dạng $mg(H - l - h)/2$; sau đó chúng tôi nhận được

$$v^2 = g(H - h + \sqrt{H^2 - 2Hh})$$

Và

$$v = \sqrt{g(H - h + \sqrt{H^2 - 2Hh})} \approx 28 \text{ м/c.}$$

D. V. Pavlov

Ở trạng thái ban đầu, trạng thái cân bằng của piston được đảm bảo bởi thực tế là ở phần dưới của bình, khí bị nén mạnh hơn ở phần trên ($p_2 > p_1$). Nếu chúng ta biểu thị diện tích phần piston bằng $S$ thì điều kiện cân bằng của nó sẽ được viết là:

$$(p_2 - p_1)S = Mg.$$

Ngay sau khi đập giá đỡ, ba lực tác dụng lên bình theo hướng trên: lực áp suất khí tác dụng lên thành trên và thành dưới của bình $p_1S$ và $p_2S$ và lực hấp dẫn của bình $mg$. Theo định luật II Newton,

$$ma_0 = mg - p_1S + p_2S.$$

Từ phương trình (1) và (2) tìm được gia tốc:

$$a_0 = g \frac{M + m}{m}.$$

S. F. Kim, A. I. Latinin

Giọt rơi ra khỏi đầu pipet vào thời điểm lực căng bề mặt không còn có thể cân bằng trọng lực của giọt.

Khi nhiệt độ của nước tăng, hệ số sức căng bề mặt của nó và do đó lực căng bề mặt giảm. Hơn nữa, nó giảm khá rõ rệt - khoảng 20% ​​khi nhiệt độ tăng từ 20 đến 100 ° C. Như vậy, lực hấp dẫn của một giọt nhỏ hơn lực hấp dẫn của giọt lạnh và ngược lại, số lượng giọt nóng nhiều hơn.

48

Lưu ý rằng khi đun nóng, một quá trình khác xảy ra - mật độ nước giảm (liên quan đến sự phân bố của nó). Nói chung, điều này được giải thích là có vai trò ngược lại. Nhưng hiệu ứng do nó gây ra, do hệ số phân bố nhiệt của nước nhỏ, hóa ra yếu hơn nhiều so với lần đầu và thực tế không biểu hiện ra ngoài.

A. I. Buzdin

F1117. Ánh sáng từ một nguồn chính xác A được chiếu qua một bức tường mờ bằng ống dẫn ánh sáng - một thanh thăm dò mỏng có bán kính tiết diện R (hình 1); phần bên trong của thanh có bán kính r (R—r<r) được làm bằng vật liệu có chiết suất $n_1$, và vùng bên ngoài được làm bằng vật liệu có chiết suất $n_2$ ($n_2<n_1$). Xác định đường kính của điểm sáng trên màn hình nằm ở khoảng cách L tính từ đầu bên phải của thanh dẫn sáng. Nguồn sáng sẽ nằm ở trung tâm của đầu bên trái của thanh dẫn sáng.

Kích thước điểm sẽ thay đổi như thế nào nếu nguồn được lấy ra dọc theo trục của ống dẫn sáng ở khoảng cách l tính từ đầu?

Hình 1.

Rõ ràng, những tia đó từ nguồn sẽ đến màn hình, trải qua sự phản xạ hoàn toàn ở bề mặt tiếp xúc của lõi và lớp bọc và dường như bị lõi sợi quang bắt giữ.

Tia sáng truyền qua lõi sợi quang (hình 2) nếu góc tới là $\alpha \geqslant \alpha_0$, trong đó $\alpha_0$ là góc phản xạ toàn phần giới hạn tại ranh giới của hai môi trường có chiết suất $n_1$ và $n_2$ ($\sin \alpha_0=n_2/n_1$).

Sau khi khúc xạ ở đầu vật dẫn ánh sáng đối diện với nguồn, các tia sáng phân kỳ dưới dạng chùm tia hữu hạn. Theo các định luật quang học hình học, góc khúc xạ được xác định bởi các điều kiện

$$\frac{\sin \beta}{\sin (90^\circ-\alpha)}=n_1.$$

Tia sáng sẽ có độ lệch lớn nhất ở đầu que nếu góc $\alpha$ nhỏ nhất, tức là $\alpha=\alpha_0$. Sau đó, đối với góc khúc xạ cực đại $\beta_{\max}$, chúng ta thu được biểu thức hợp lệ cho $n_1^2-n_2^2<1$:

$$\sin \beta_{\max}=n_1 \cos \alpha_0=\sqrt{n_1^2-n_2^2}.$$

Do đó, khi biết chiều cao của hình nón cụt (chùm sáng) $L$, bán kính nhỏ hơn đáy $r$, góc $\beta_{\max}$ giữa trục của hình nón và đường sinh của nó, dễ dàng tìm được bán kính của đáy lớn, hay tương tự, bán kính của điểm sáng trên màn hình:

$$R_1=r+L \ tg \beta_{\max},$$

hoặc

$$R_1=r+L \frac{\sqrt{n_1^2-n_2^2}}{\sqrt{1+n_2^2-n_1^2}}.$$

Nếu $n_1^2-n_2^2\geqslant 1$ thì chùm sáng phát ra ở mọi góc $\beta\leqslant\pi/2$ và kích thước của điểm sáng sẽ không giới hạn.

Trong trường hợp khi nguồn được lấy ra ở một khoảng l tính từ đầu ống dẫn sáng, các tia chiếu tới đầu bên trái ở góc $\gamma\leqslant\gamma_{\max}$, trong đó $tg \gamma_{\max}=r/l$, có thể tham gia vào quá trình hình thành đốm sáng. Do đó, chùm tia ló không thể có góc phân kỳ lớn hơn $\gamma_{\max}$, tức là $\beta\leqslant\gamma_{\max}$ (như khi đi qua một tấm phẳng song song). Nếu $\beta_{\max}\leqslant\gamma_{\max}$ thì công thức (2) cũng đúng cho tia này. Nếu $\beta_{\max}>\gamma_{\max}$ thì trong công thức (1) thay vì $\beta_{\max}$ bạn nên đặt $\gamma_{\max}$:

$$R_1=r\left(1+\frac{L}{l}\right).$$