Đề thi học sinh giỏi môn lý lớp 9 (kèm đáp án)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012-2013
ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ
Thời gian làm bài : 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1:

v1
Hai xe cùng khởi hành lúc 6h. Xe 1 chạy từ A với vận tốc không
B
A
đổi v 1=7m/s và chạy liên tục nhiều vòng trên chu vi hình chữ nhật
ABCD (Hình 1). Xe 2 chạy từ D với vận tốc không đổi v2=8m/s và
chạy liên tục nhiều vòng trên chu vi hình tam giác DAC. Biết

v2
AD=3km, AB=4km và khi gặp nhau các xe có thể vượt qua nhau.
a) Ở thời điểm nào xe 2 chạy được số vòn g nhiều hơn xe 1 là
một vòng?
C
D
b) Tìm khoảng cách ngắn nhất giữa hai xe trong 6 phút đầu tiên.
Hình 1
c) Tìm thời điểm mà xe 1 tới C và xe 2 đến D cùng một lúc?
Biết rằng các xe chạy đến 9h30 thì nghỉ.
Câu 2:
Một bình nhiệt lượng kế chứa nước ở nhiệt độ t o=20oC; người ta thả vào trong bình này những quả
cầu giống nhau đã được đốt nóng đến 100 oC. Sau khi thả quả cầu thứ nhất thì nhiệt độ của nước trong bình
khi cân bằng nhiệt là t 1=40oC. Nhiệt độ của nước trong bình khi cân bằng nhiệt là bao nhiêu nếu ta thả tiếp

quả cầu thứ hai, thứ ba? Cần bao nhiêu quả cầu để nhiệt độ của nước trong bình khi cân bằng nhiệt là 90 oC?
Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với thành bình và môi trường.
Câu 3:
Cho mạnh điện như hình 2. Biết bóng đèn Đ có số ghi:
6V-6W, R1=6, R2=3, R3=12, R4=6.
a) Đèn Đ sáng bình thường, nối một vôn kế có điện trở vô
cùng lớn vào điểm E và F. Tìm số chỉ của vôn kế và U AB.?
b) Coi UAB không đổi, nối một ampe kế có điện trở rất nhỏ
vào điểm A và E. Xác định số chỉ của ampe kế, khi đó đèn Đ sáng
Hình 2
như thế nào?
Câu 4:
Cấu tạo của một thiết bị an toàn điện gồm: Một dây dẫn kim
loại có điện trở r = 0,1  và khối lượng m=1g, nhiệt dung riêng
của kim loại là C = 500J/kg.K; một khóa tự ngắt K, khóa ngắt
khi dây dẫn được đốt nóng tới t k = 60oC (Hình 3). Thiết bị được
nối với biến trở R rồi mắc vào nguồn U = 1V. Lúc đầu cho điện
trở của biến trở là R 1 = 14  thì sau một thời gian nhiệt độ dây
dẫn là t 1=50oC và không đổi. Sau đó điện trở của biến trở giảm
Hình 3
dần, tìm Rx của biến trở để mạch bị ngắt? Biết rằng nếu mắc trực
tiếp thiết bị trên vào nguồn thì mạch bị ngắt sau khoảng thời gian ngắn  =1s kể từ khi nối mạch (trong
khoảng thời gian  bỏ qua hao phí nhiệt ra môi trường). Coi sự thay đổi điện trở của dây kim loại theo
nhiệt độ là không đáng kể, nhiệt độ của môi trường xung quanh thiết bị không đổi. Công suất hao phí điện
tỉ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ của thiết bị và môi trường.
Câu 5:
a) Theo thứ tự có 3 điểm A, B, C nằm trên quang trục chính xy của một thấu kính, biết AB=24cm,
AC= 30cm. Biết rằng nếu đặt điểm sáng tại A thì ta thu được ảnh thật của nó tạo bởi thấu kính ở C; nếu đặt
điểm sáng tại B thì ta thu được ảnh ảo của nó tạo bởi thấu kính cũng ở C. Hãy xác định loại thấu kính và nó
đặt ở khoảng nào (có giải thích); tính khoảng cách từ thấu kính đến điểm A và điểm B.

b) Một nguồn sáng điểm đặt trên trục chính của thấu kính hội tụ có tiêu cự bằng 8cm, cách thấu kính
12cm. Dịch chuyển thấu kính theo phương vuông góc với trục chính của thấu kính với vận tốc 5 cm/s. Hỏi
ảnh của nguồn sáng dịch chuyển với vận tốc là bao nhiêu nếu nguồn sáng giữ cố định?
--------HẾT-------Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh ………………………………………………………………Số báo danh ………………..


SỞ GD& ĐT VĨNH PHÚC

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2012-2013
Môn: Vật lý
(Hướng dẫn có 4 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu
Câu 1
(3đ)

Nội dung
2

Điểm

2

a) Chiều dài AC = AB  BC = 5000m
Thời gian chạy một vòng của xe 1: T1 = (ABCDA)/v1 = 2000s
Thời gian chạy một vòng của xe 2 : T2= (DACD)/v2 = 1500s

Lập phương trình: t/T2 – t/T1 = 1  t= 1h40ph
Vậy thời điểm đó là: t1 = 7h40ph.
b) Trong 6 phút đầu, xe 1 đi được 7.360 < AB và xe 2 đi được 8.360 < DA. Trong thời
gian trên xe một đang chạy trên AB và xe 2 đang chạy trên DA.
Giả sử tại thời điểm t xe 1 ở N và xe 2 ở M.
Kí hiệu AD = a và MN = L thì:
L2 = AM2 + AN2
L2 = (a – v2t)2 + (v1t)2
2

L =

2
2

av 2   av 2   2

 v  v   t  v2  v2    v2  v2    a

1
2 
2  
 1

2
1

2
2

2


av 
Ta thấy: L đạt cực tiểu khi  t  2 2 2  = 0
 v1  v 2 
2

Khi đó: Lmin = av1 / v12  v 22  1975,5(m)
c) Thời gian xe 1 tới C lần đầu là 7000/7 = 1000s
lần thứ n là t = 1000 + nT1 = 1000 + 2000n
Thời gian xe 2 tới D lần thứ m là: t = mT2 = 1500m
Để xe 1 tới C và xe 2 tới D cùng 1 lúc thì: 1000 + 2000n = 1500m
 3m = 2 + 4n  m = (2 + 4n)/3
Vì xe chỉ chạy đến 9h30 phút nên có điều kiện 1000 + 2000n < 3h30 phút = 12600s
Suy ra n<5,8 và m, n nguyên dương.
n
m
t(s)
Thời điểm
Câu 2
(2đ)

1
2
3000
6h50 phút

2
(loại)

3
(loại)

4
6
9000
8h30 phút

5
(loại)

Vậy có 2 thời điểm để xe 1 tới C và xe 2 tới D cùng một lúc là 6h50 phút và 8h30 phút
Gọi khối lượng, nhiệt dung riêng của nước là m và c, khối lượng, nhiệt dung riêng của
quả cầu là m1 và c1, nhiệt độ khi cân bằng nhiệt là tcb và số quả cầu thả vào nước là N.
Ta có: nhiệt lượng tỏa ra từ các quả cầu là: Qtỏa = N.m1.c1(100 - tcb)
Nhiệt lượng thu vào của nước là: Qthu = mc.(tcb - 20)
Qtỏa = Qthu
 N.m1.c1(100 - tcb) = mc.(tcb - 20)
(1)
Khi thả quả cầu thứ nhất : N=1; tcb = 40oC, ta có:
m1.c1(100 - 40) = mc.(40 - 20)
(2)
 m1.c1 = mc/3
Thay (2) vào (1) ta có: N.mc. (100 - tcb)/3 = mc.(tcb - 20)
 100N –Ntcb = 3tcb – 60 (*)


*Khi thả thêm quả cầu thứ hai: N = 2. Từ phương trình (*) ta có: 200 – 2tcb = 3tcb – 60
 5tcb = 260  tcb =52.

Vậy khi thả thêm quả cầu thứ 2 thì nhiệt độ cân bằng của nước là 52oC
* Khi thả thêm quả cầu thứ ba: N = 3. Từ phương trình (*) ta có 300 – 3tcb = 3tcb – 60
tcb = 60
 6tcb =360
Khi thả tiếp quả cầu thứ ba thì nhiệt độ cân bằng của nước là 60oC
*Khi tcb = 90oC, từ phương trình (*) ta có:
100N - 90N = 270 – 60  10N = 210  N = 21.
Cần thả 21 quả cầu để nhiệt độ của nước trong bình khi cân bằng là 90oC.
Câu3
(2,5đ)

a)

I, I1, I2 như hình vẽ, đèn sáng bình thường UAC=6V,  I= P/UAC=1A, vôn kế có
điện trở rất lớn không ảnh hưởng tới mạch đo.
R13 = R1 + R3= 18; R24 = R2 + R4= 9
I 2 R13

 2  I 2  2 I1  I = I2+I1 = 3I 1 và I1 = 1/3 A, I2 = 2/3 A
I1 R24

UEF = UEC+UCF = I1.R1 -I2.R2 = 0 V
Vậy vôn kế chỉ 0 vôn
UAB = UAC + UCB = UAC + R13I1 = 12 V
b) Khi mác ămpe kế vào ta có mạch điện như hình vẽ

Ta có mạch điện mắc như sau {(R1 // Rđ) nt R2 nt R4 }// R3 (hoặc vẽ hình)
Rđ 

U2

 6 , gọi Iđ, I1, I2, I3, I4 là cường độ dòng điện đi qua các điện trở tương ứng
P
RR
R 1đ  1 đ  3
R 1 +R đ

Điện trở tương đương của R1đ, R2, R4:
R1đ24= R1đ + R2 + R4 = 12
Điện trở tương đương toàn mạch:
R 

R 3 R 1đ 24
 6
R 3 +R 1đ 24

U AB
 2A
R
U
I1đ  AB  1A
R 1đ 24

Cường độ I trong mạch chính I 
Cường độ dòng đi ện qua R1đ:

Do Rđ = R1 và mắc song song ta có Iđ = I1 = I1đ/2= 0,5A
Số chỉ của ămpe kế Ia = I – Iđ = 1,5A
Hiệu điện thế ở hai đầu bóng đèn UAC= IđRđ = 3V < Uđm đèn tối hơn bình thư ờng

Câu 4
(1đ)

Nhiệt độ của dây dẫn không đổi khi công suất điện ở dây kim loại bằng công suất hao
phí.
U2r
Lúc đầu:
(1)
 k  t1  t o 
2
 R1  r 
(k là hệ số tỉ lệ và to là nhiệt độ môi trường).
U2r
Lúc sau:
(2)
 k  tk  to 
2
Rx  r

t1  t 0
r
(3)
tk  t0
Khi mắc trực tiếp, trong thời gian ngắn coi toàn bộ nhiệt tỏa ra từ dây dẫn chỉ để làm
U2
nóng dây dẫn nên:
(4)
.  cm(t k  t 0 )
r
Với  là thời gian dòng điện chạy qua thiết bị, ở đây  = 1s. Từ (3) và (4) ta có:

Từ (1) và (2) , suy ra: Rx =  R1  r 

cmr(t1  t k )  U 2 
 r  9,9  .
U2

Rx =  R 1  r 

Câu 5
(1,5đ)

a) Để thu ảnh thật ở C, thấu kính là thấu kính hội tụ và hai điểm A và C nằm ở hai
bên thấu kính.
Đặt điểm sáng ở B thu được ảnh ảo ở C, chứng tỏ hai điểm B và C nằm một bên thấu
kính và điểm vật B phải gần thấu kính hơn. Vậy thấu kính phải đặt trong khoảng AB.
Gọi d là khoảng cách từ từ A đến thấu kính, khi đặt vật ở A vị trí của vật và ảnh
tương ứng là d1= d và d1’= 30 – d. (1)
Còn khi đ ặt vật ở B thì d2= 24 - d và d2’= -(30 – d) = d -30
f 

'
1

(2)

'
2

d1.d
d .d

 2 ' thay (1)và (2)vào ta có
'
d1  d1 d 2  d 2

d .(30  d )
(24  d ).(d  30)

 d  20cm
d  (30  d ) (24  d )  (d  30)

Vậy thấu kính cách A là 20cm và cách B là 24 – 20 = 4cm
b) Ta dựng ảnh của S qua thấu kính bằng cách vẽ thêm trục phụ OI song song với tia
tới SK. Vị trí ban đầu của thấu kính là O.
Sau thời gian t(s) thấu kính dịch chuyển được một quãng đường OO1, nên ảnh của
nguồn sáng dịch chuyển quãng đường S1S2
S O OI
Vì OI//SK  1 
(1)
S1S SK
SO OH
O1H//SK  2 1  1 (2)
S2 S
SK
Xét tứ giác OO1HI có OI//O1H và OO1//IH  OO1HI là hình bình hành
 OI=O1H (3)


Từ (1),(2),(3)
SO S O
 1  2 1  OO1 / /S1S2 (4)

S1S S2S
SI SO SO
Mặt khác: OI//SK  1  1  1 (*)
IK SO 12
'
S I S F S O 8
IF’//OK  1  1 '  1
(**)
IK OF
8
S O S O  8 S1O  (S1O  8)
Từ (*) và (**)  1  1

2
12
8
4
OO1
12
1
Từ (4) và (5) 


S1S2 12  24 3
Vận tốc của thấu kính là v , vận tốc của ảnh là v1 thì
OO1 v.t 1

  v1  3v  15cm / s .
S1S2 v1.t 3

 S1O=12.2=24cm (5)

----Hết---*Học sinh làm cách khác nếu đúng cho tiểm tối đa.
*Nếu học sinh viết thiếu hoặc viết sai đơn vị từ 2 lần trở lên thì trừ 0,25đ của toàn bài thi.
*Nếu học sinh làm sai bản chất vật lý nhưng đáp số đúng cũng không được điểm.


12 CÂU HỎI ĐỀ XUẤT THI HỌC SINH GIỎI TỈNH
MÔN VẬT LÍ – PHẦN THẤU KÍNH
Năm học 2012 – 2013
1. Câu 1: Một vật sáng nhỏ có dạng đoạn thẳng AB đặt vuông góc với trục chính
của một thấu kính hội tụ và nằm ở ngoài khoảng tiêu cự của thấu kính đó.
a) Gọi d là khoảng cách từ vật đến thấu kính, d’ là khoảng cách từ ảnh đến
thấu kính, f là tiêu cự của thấu kính. Hãy vẽ ảnh của vật qua thấu kính và chứng
minh công thức:

1
1
1
+ =
d d f

b) Đặt vật sáng trên ở một phía của thấu kính hội tụ có tiêu cự f = 20 cm,
song song với trục chính và cách trục chính một đoạn l = 20 cm. Biết các
điểm A và B cách thấu kính lần lượt là 40 cm và 30 cm. Tính độ lớn ảnh của
vật AB qua thấu kính.
Hướng dẫn giải:
a) - Vẽ hình
- Xét hai tam giác OA/B/ và OAB đồng dạng có hệ thức:
A / B / OA / d /



AB
OA
d

(1)

- Xét hai tam giác OIF/ và A/B/F/ đồng dạng có hệ thức:
A / B/ F / A / d /  f


OI
OF/
f

(2)
B

1 1 1
- Từ ( 1) và (2) rút ra :  / 
d d
f

I

.

A

F

.

F/

O

b) - Vẽ hình
- Vì OI = OF/  tam giỏc OIF/ vuông cân  góc OF/I = 450
/ /
0
/
/
 góc CA B = 45  tam giỏc A CB vuông cân
- Tính được A/C = d/B – d/A =

d Bf
d f
 A  20 cm
dB  f dA  f

- Độ lớn của ảnh :
2
2
A/B/ = A / C  B / C = 20 2 cm
A

B

I

.

.

F/

O

F

dB
dA

A/

d/ A

C

d/ B
1

B/

A/

B/

2. Câu 2: Vật sáng AB đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ có
tiêu cự 20cm tạo ảnh A’B’
a. Biết A’B’ = 4AB. Vẽ hình và tính khoảng cách từ vật tới thấu kính (xét
02 trường hợp: ảnh thật và ảnh ảo).
b. Cho vật AB di chuyển dọc theo trục chính của thấu kính. Tính khoảng
cách ngắn nhất giữa vật và ảnh thật của nó.
Hướng dẫn giải:
a. Trường hợp vật AB tạo ảnh thật:
- Vẽ hình đúng (H.1)
B
A

- A’OB’ đồng dạng AOB 

I
O

F
’

A
’

(H.1)

B
’

A'B' OA'


(1)
AB OA

- OF’I đồng dạng A’F’B’ 
A 'B' F'A ' O A ' - O F'


(2)
AB
F'O
OF'

- Thay A’B’ = 4AB và OF’ = 20cm vào (1) và (2),
tính được: OA = 25cm; OA’ = 100cm

* Trường hợp vật AB tạo ảnh ảo:
B’
B

- Vẽ hình đúng (H.2)

I
F’

A’

A O

- A’OB’ đồng dạng AOB 

A'B' OA'

(3)
AB OA

(H.2)

- OF’I đồng dạng A’F’B’ 

A'B' F'A' OA' + OF'


(4)
AB F'O
OF'

- Thay A’B’ = 4AB và OF’ = 20cm vào (3) và (4), tính được: OA = 15cm;
OA’ = 60cm
b. Đặt OA = d, OA’ = l – d với l là khoảng cách giữa vật và ảnh, thay vào
(1) và (2), ta được:
A'B' OA' - OF' OA'
l-d-f l-d




AB
OF'
OA

f
d



d2 - ld + lf = 0 (*)

Để phương trình (*) có nghiệm :  = l2 – 4lf  0  l  4f
Vậy lmin = 4f = 80cm.
3. Câu 3: Một vật sáng AB đặt tại một vị trí trước một thấu kính hội tụ, sao cho
AB vuông góc với trục chính của thấu kính và A nằm trên trục chính, ta thu được
một ảnh thật lớn gấp 2 lần vật. Sau đó, giữ nguyên vị trí vật AB và dịch chuyển
thấu kính dọc theo trục chính, theo chiều ra xa vật một đoạn 15cm, thì thấy ảnh
của nó cũng dịch chuyển đi một đoạn 15cm so với vị trí ảnh ban đầu. Tính tiêu
cự f của thấu kính (không sử dụng trực tiếp công thức của thấu kính).
2


Hướng dẫn giải:
B

I'

B

F'
A

F
d2

A''

F'
A

O'
d'2

I

F

A'

O

B''
B'

Hình B

Hình A

- Gọi khoảng cách từ vật đến thấu kính là d, khoảng cách từ ảnh đến thấu kính là
d’.
Ta tìm mối quan hệ giữa d, d’ và f:
 AOB ~  A'OB'
AB
OA

d
=
=
;
AB
OA
d
 OIF' ~  A'B'F'
AB
AF
AB
d - f
d
=
=
; hay
=

 d(d' - f) = fd'
OI
OF
AB
f
d
 dd' - df = fd'  dd' = fd' + fd ;
1
1
1
Chia hai vế cho dd'f ta được:
= +

(*)
f
d
d
AB
d
- Ở vị trí ban đầu (Hình A):
=
= 2  d’ = 2d
AB
d
1
1
1
3
Ta có: = +
=
(1)
f
d
2d
2d
- Ở vị trí 2 (Hình B): Ta có: d 2 = d + 15 . Ta nhận thấy ảnh AB không thể di



chuyển ra xa thấu kính, vì nếu di chuyển ra xa thì lúc đó d2 = d , không thoả mãn
công thức (*). Ảnh AB sẽ dịch chuyển về phía gần vật, và ta có: O’A” = OA’ 15 - 15 = OA’ - 30
hay: d2 = d - 30 = 2d - 30 .
Ta có phương trình:

1
1
1
1
1
=
+
=
+
f
d2
d2
d + 15
2d - 30

(2)

- Giải hệ phương trình (1) và (2) ta tìm được: f = 30(cm).
4. Câu 4: Đặt một vật sáng AB vuông góc với trục chính của một thấu kính hội
tụ, A nằm trên trục chính, ta thu được ảnh A1B1 rõ nét trên màn cách thấu kính
15cm. Sau đó giữ nguyên vị trí thấu kính, dịch chuyển vật dọc theo trục chính lại
gần thấu kính một đoạn a, thì thấy phải dời màn ảnh đi một đoạn b = 5cm mới
thu được ảnh rõ nét A2B2 trên màn. Biết A2B2 = 2A1B1. Tính khoảng cách a và
tiêu cự của thấu kính .
Hướng dẫn giải:
Mµn

Lúc đầu trước khi dịch chuyển vật ( hình vẽ )
Do  AOB   A1OB1 nên ta có :

A1B1 OA1 d1 ' 15



(1)
AB
OA d1 d1
3

B

I
F'

A

F

f
d1

A1

O
d' 1

B1


Do  OIF’   A1B1F’ nên ta có :

A1B1 A1F' OA1  OF ' d1 ' f



OI
OF '
OF '
f
AB
d ' f
Do OI = AB => 1 1  1
(2)
AB
f
d ' d ' f
Từ ( 1 ) và ( 2 ) ta được: 1  1
d1
f
=> d1 ' f  d1d1 ' d1f
1 1
1
1 1
Chia cả hai vế cho d1.d1’.f ta được :
 
=

(3)
f d1 d1 ' d1 15
Khi dịch chuyển vật lại gần thấu kính một đoạn a thì khoảng cách từ vật tới thấu
kính lúc này là: d2 = d1 - a

Khoảng cách từ ảnh tới thấu kính lúc này là:
d2’ = d1’ + b = 15 + 5 = 20(cm)
áp dụng các công thức (1) và (3) cho trường hợp sau khi dịch chuyển vật ta
được:
A 2B 2 d2 '
20


(4)
AB
d2 d1  a
1 1
1
1
1
 


(5)
f d2 d 2 ' d1  a 20
Do A2B2 = 2A1B1 nên từ ( 1 ) và ( 4 ) ta được:
2
3
=>

(6)
d1  a d1
Từ ( 3 ) và ( 5 ) ta được:
1 1
1

1
 =

(7)
d1 15 d1  a 20
Giải hệ phương trình ( 6 ),( 7 ) ta được: a = 10(cm) ; d1 = 30(cm).
Thay d1 = 30(cm) vào ( 3 ) ta được tiêu cự của thấu kính là f = 10 cm.
5. Câu 5: Một vật phẳng nhỏ AB đặt vuông góc với trục chính của thấu kính hội
tụ, sao cho điểm A nằm trên trục chính và cách quang tâm của thấu kính một
khoảng OA = a. Nhận thấy nếu dịch chuyển vật lại gần hoặc ra xa thấu kính một
khoảng b = 5cm thì đều thu được ảnh có độ cao bằng ba lần vật, trong đó có một
ảnh cùng chiều và một ảnh ngược chiều với vật. Hãy xác định khoảng cách a và
vị trí tiêu điểm của thấu kính.
Hướng dẫn giải:
ảnh cùng chiều với vật là ảnh ảo, vật nằm trong tiêu cự.
ảnh ngược chiều với vật là ảnh thật, vật nằm ngoài khoảng tiêu cự của thấu kính.
Xét trường hợp ảnh ảo.
OA1 B1 đồng dạng với OA'1 B'1
4


A'1 B'1 OA'1
OA'1

3
 OA'1  3a  5
A1 B1
OA1
a5

(1)

F 'OI1 đồng dạng với F ' A'1 B'1
A'1 B'1 F ' A'1 OF 'OA'1
OA'1


 3  1
 OA'1  2 f
OI 1
OF '
OF '
f
3(a  5)
2
Từ (1) và (2) ta có:
(3)
f

(2)

B’1

B2
B1

F’

I1
F’

A’1 F A1

I2

A2

A’2

O

O
B’2

Xét trường hợp ảnh ngược chiều với vật:
OA2 B2 đồng dạng với OA' 2 B' 2
A' 2 B' 2 OA' 2
OA' 2

3
 OA' 2  3a  5
A2 B2
OA2
a5

(4)

F 'OI 2 đồng dạng với F ' A' 2 B' 2
A' 2 B' 2 F ' A' 2 OA' 2 OF '
OA' 2



3
 1  OA' 2  4 f
OI 2
OF '
OF '
f
3(a  5)
 4 (6)
Từ (4) và (5) ta có:
f

(5)

Từ (3) và (6) ta có: a = 15cm; f = 15 cm
6.Câu 6: Một nguồn sáng điểm đặt trên trục chính của thấu kính hội tụ có tiêu cự
bằng 8cm, cách thấu kính 12cm. Thấu kính dịch chuyển với vận tốc 1m/s theo
phương vuông góc trục chính thấu kính. Hỏi ảnh của nguồn sáng dịch chuyển
với vận tốc là bao nhiêu nếu nguồn sáng được giữ cố định.
Hướng dẫn giải:
Ta dựng ảnh của S qua thấu kính bằng cách vẽ thêm truc phụ OI song song với
tia tới SK.. Vị trí ban đầu của thấu kính là O.
Sau thời gian t(s) thấu kính dịch chuyển một quãng đường OO1 , nên ảnh của
nguồn sáng dịch chuyển quãng đường S1S 2
K
I
S

O

O1

H

S1

F’

S2

5


Vì
Vì

S1O OI
(1)

S1 S SK
SO
OH
O1 H // SK  2 1  1 (2)
S2 S
SK
OI // SK 

Xét tứ giác OO1 HI có OI // O1 H và OO1 // IH  OO1 HI nên là hình bình hành, suy
ra
OI  O1 H

(3)
S1O S 2 O1
OO1 SO
12
(4)

 OO1 // S1 S 2 


S1 S
S2 S
S1 S 2 SS1 12  S1O
SI SO SO
Mặt khác: OI // SK  1  1  1
(*)
IK
SO
12
S I S F S O  8
IF  // OK  1  1  1
(**)
IK OF 
8

Từ (1), (2), (3) 

Từ (*) và (**)

Từ (4) và (5) 

S1O S1O  8 8

 2
12
8
4
 S1O  12.2  24 cm



(5)

OO1
12
1


S1 S 2 12  24 3

Ký hiệu vận tốc của thấu kính là v , vận tốc của ảnh là v1 thì
OO1 v.t 1

  v1  3v  3 m / s
S1 S 2 v1 .t 3

Vậy vận tốc ảnh của nguồn sáng là 3 m/s
7. Câu 7: Một vật sáng AB đặt vuông góc với trục chính của thấu kính hội tụ có
tiêu cự f cho ảnh thật A'B' hứng được trên một màn E đặt song song với thấu
kính. Màn E cách vật AB một khoảng L, khoảng cách từ thấu kính tới vật là d, từ
thấu kính tới màn là d'.

a. Chứng minh công thức:

1 1 1
 
f d d

b. Giữ vật và màn cố định, cho thấu kính di chuyển giữa vật và màn sao
cho thấu kính luôn song song với màn và vị trí trục chính không thay đổi. Gọi l
là khoảng cách giữa hai vị trí của thấu kính cho ảnh rõ nét trên màn E. Lập biểu
thức tính f theo L và l.
B
Hướng dẫn giải :
I
- Vẽ hình
F'
A'
f
A

O

d
AB OA d 

 ;
AB OA d
AB AF  AB
 OIF' :  A'B'F' 



;
OI
OF
AB
d- f d 
hay

 d(d' - f) = fd'
 dd' - df = fd'  dd' = fd' + fd ;
f
d

a.  AOB :  A'OB' 

6

d'

B'


Chia hai vế cho dd'f ta được :

1 1 1
 
(*)
f d d

l

b. Di chuyển thấu kính :

d'

d
A

O

O'
d'

L l
Ll
rên hình vẽ ta có: d 
và d  
;
2
2
1 1 1
2
2
 



f d d L  l L  l



L2  l 2  4 Lf

f 



A'
d

L

L2  l 2
4L

8. Câu 8: Một vật sáng AB đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ
(A nằm trên trục chính) cho ảnh thật A1B1 cao 1,2cm. Khoảng cách từ tiêu điểm
đến quang tâm của thấu kính là 20cm. Giữ nguyên thấu kính, dịch chuyển vật đó
đi một đoạn 15cm dọc theo trục chính thì thấu kính cho ảnh ảo A2B2 cao 2,4cm.
Xác định khoảng cách từ vật đến thấu kính trước khi dịch chuyển và độ cao của
vật.
Hướng dẫn giải :
- Do A2B2 là ảnh ảo nên AB phải dịch chuyển về phía thấu kính.
Giả sử vị trí ban đầu của vật là AB, A’B’ là vị trí sau khi đã dịch chuyển.
B2
B

B’

I
F

A

A2

A1

O

A’

B1

- Có OAB ~ OA1B1 
FOI ~ FA1B1
 OA1 =

OA1 A1B1

OA
AB



(1) Do AB = OI

FA1 A1B1

FO
OI

OA.OF
(2)
OA  OF



OA1 FA1

OA
FO

 OA1.FO = OA(OA1
OF)

Do A’B’ = OI

Có

AB
OA 2
OA’B’ ~ OA2B2  2 2 
(3)  OA 2  FA 2
A 'B' OA '
OA ' FO
FA 2 A 2 B2
 OA2.FO =
FOI ~ FA2B2 

OA’(FO+OA )

FO A 'B'

7


OA '.OF
(4)
FO  OA '
AB
OA OA '
- Từ (1) và (3): 1 1  1 .
A 2 B2 OA OA 2

 OA2 =

1, 2
OF
FO  OA '

.
2, 4 OA  OF
FO

Thay (2) và (4) vào biểu thức trên:


1 FO  OA '

2 OA  FO

(*)

Đề cho: FO = 20cm và OA  OA’ = 15  OA’ = OA  15
Thay vào (*):

1 20  OA  15

2
OA  20

 OA  20 = 70  2OA

 OA = 30 (cm)

- Thay OA = 30cm vào (2): OA1 =

30.20
= 60 (cm)
30  10

- Thay OA = 30cm, OA1 = 60 cm vào (1):
60 1, 2

 AB = 0,6 (cm)
30 AB

Vậy vật AB cao 0,6cm và ban đầu nó cách quang tâm O: 30cm.
9. Câu 9: Vật AB xác định (A nằm trên trục chính) đặt trước một thấu kính hội
tụ và vuông góc với trục chính của thấu kính cho ảnh thật lớn gấp 4 lần vật. Nếu
đưa vật lại gần thấu kính thêm 4cm cũng như gần thêm 6cm sẽ cho ảnh có cùng

độ lớn.
a. Không dùng công thức thấu kính, hãy tính khoảng cách ban đầu của vật
so với thấu kính và tiêu cự của thấu kính đó.
b. Nghiêng vật AB (A cố định) về phía thấu kính sao cho đầu B cách trục
chính 5cm và cách thấu kính 20cm. Hãy vẽ ảnh của AB? Ảnh này gấp mấy lần
vật?
Hướng dẫn giải
N

B
A
F

O

A/

F/

B/
/

- Từ hình vẽ ta có: AOB ~ A / OB / 

/

/

AO AB


 4  A / O  4 AO
AO
AB

8


/

/

/ /

∆ONF ~ ∆ A B F



A / B / A / B / OA /  f


ON
AB
f

4

4.OA  f
f

 4  f  0,8.OA

(1)

Do cùng một vật đặt trước 1 TKHT không thể có 2 ảnh thật bằng nhau nên:
- Khi OA1 = OA – 4, thấu kính cho ảnh thật
- Khi OA2 = OA – 6, thấu kính cho ảnh ảo.
Trường hợp ảnh thật:
Do ∆IOF/ ~ ∆B/1A/1F/ 

A1/ B1/ F / A1/ F / B1/
(*)


A1 B1
OF /
IF /

Do ∆F/OB/1 ~ ∆IB1B/1


B/2

F / B1/ OF /
F / B1/
OF /
f





/
/
/ /
/
B1 I
OA1  f
IB1
IB1  F B1 B1 I  OF
/

hay

/
1

F B
f
(**)

/
OA1  f
IF

Từ (*) và (**) 

B2
A/2

A1/ B1/
f


A1 B1 OA1  f

K

A2
F

(2)

F/

O

/

Trường hợp ảnh ảo: Ta có ∆KOF/~∆B/2A/2F/ và ∆B/2KB2~∆B/2F/O
Tương tự như trên ta có:

A2/ B2/
OF /
f


/
A2 B2 OF  B2 K
f  A2 O

(3)

Mặt khác: A/1B/1 = A/2B/2 ; A1B1 = A2B2 = AB
(4)
Từ (2), (3), (4)  OA1 – f = f – OA2
(5)
Mà OA1 = OA – 4; OA2 = OA – 6  OA – f = 5
(6)
Từ (1) và (6)  OA = 25cm, f = 20cm
Theo kết quả câu a thì B nằm trên đường vuông góc với trục chính tại tiêu điểm
(tiêu diện).
- Bằng phép vẽ ( H.vẽ ) ta thấy ảnh B/ ở vô cùng (trên IA/ kéo dài) và ảnh A/ trên
trục chính.
Suy ra độ lớn ảnh A/B/ vô cùng lớn, mà AB xác định.
Vì vậy tỷ số:

A/ B /

AB

I
B
A

N

F

O

A

9

A/
F/


10. câu 10: Hai vật nhỏ A1 B1 và A2 B2 giống nhau đặt song song với nhau và cách
nhau 45cm. Đặt một thấu kính hội tụ vào trong khoảng giữa hai vật sao cho trục
chính vuông góc với các vật. Khi dịch chuyển thấu kính thì thấy có hai vị trí của
thấu kính cách nhau là 15cm cùng cho hai ảnh: một ảnh thật và một ảnh ảo,
trong đó ảnh ảo cao gấp 2 lần ảnh thật. Tìm tiêu cự thấu kính (không dùng công
thức thấu kính).
Hướng dẫn giải:

B1'

B1
'
2

A

'
1

A

I

B2

F

F’
A1

O

A2

O1

B2'

Gọi O và O  là hai vị trí quang tâm trên trục chính OO   15cm  .
Theo tính chất thuận nghịch ánh sáng. Ta có: A1O  O A2 : A1O  OO   O A2  45cm 
 A1O  O A2  15cm 

F IO ~ F B1 A1 

F O
IO
f
IO



(1)
F A1 B1 A1
f  OA1 B1 A1

OB1 A1 ~ OB1 A1 

Từ (1) và (2) 

OA1 B1 A1
BA
15


 1 1 (2)
OA1 B1 A1
OA1 B1 A1

f
15
IO
f  15
IO




f  OA1 OA1 B1 A1
f
B1 A1

B2 A2 O ~ B2 A2 O 
IOF ~ B2 A2 F 

Từ (3) và (4) 

A2 O B2 A2
B A
30


 2 2 (3)
A2 O B2 A2
A2 O B2 A2

OF
IO
F
IO



(4)
A2 F B2 A2
A2 O  f B2 A2

30
f
IO
30  f
IO





(**)
A2 O A2 O  f B2 A2
f
B2 A2

Chia vế với vế của (**) ta có:

f  15 30  f
IO
IO
:

:
f
f
B1 A1 B2 A2

f  15 B2 A2

mà 2 B2 A2  B1 A1
30  f
B1 A1

f  15 1
  2 f  30  30  f  3 f  60
30  f 2
f  20cm 

10

11.Câu 11: Hai vật sáng A1B1 và A2B2 cao bằng nhau và bằng h được đặt vuông
góc với trục chính xy ( A1 & A2  xy ) và ở hai bên của một thấu kính (L). Ảnh
của hai vật tạo bởi thấu kính ở cùng một vị trí trên xy . Biết OA1 = d1 ; OA2 = d2
a) Thấu kính trên là thấu kính gì ? Vẽ hình ?
b) Tính tiêu cự của thấu kính và độ lớn của các ảnh theo h ; d1 và d2 ?
c) Bỏ A1B1 đi, đặt một gương phẳng vuông góc với trục chính tại I ( I nằm
cùng phía với A2B2 và OI > OA2 ), gương quay mặt phản xạ về phía thấu
kính. Xác định vị trí của I để ảnh của A2B2 qua Tk và qua hệ gương - Tk
cao bằng nhau ?
Hướng dẫn giải:
a) Vì ảnh của cả hai vật nằm cùng một vị trí trên trục chính xy nên sẽ có một
trong hai vật sáng cho ảnh nằm khác phía với vật  thấu kính phải là Tk hội tụ,
ta có hình vẽ sau :
( Bổ sung thêm vào hình vẽ cho đầy đủ )
B2 ’
(L)
B1

H

B2

x

F’
A1

F

O

A2’ y
A1’

A2

B1’

b) + Xét các cặp tam giác đồng dạng trong trường hợp vật A1B1 cho ảnh A1’B1’
để có OA1’ =

d1. f
d1  f

+ Xét các cặp tam giác đồng dạng trong trường hợp vật A2B2 cho ảnh A2’B2’
để có OA2’ =

d2 . f
f  d2

+ Theo bài ta có : OA1’ = OA2’ 

d1. f
=
d1  f

d2 . f
f  d2

 f=?

Thay f vào một trường hợp trên được OA1’ = OA2’ ; từ đó : A1’B1’ =
A2’B2’ =

h.OA1 '
và
d1

h.OA2 '
.
d2

c) Vì vật A2B2 và thấu kính cố định nên ảnh của nó qua thấu kính vẫn là A2’B2’ .
Bằng phép vẽ ta hãy xác định vị trí đặt gương OI, ta có các nhận xét sau :
+ Ảnh của A2B2 qua gương là ảnh ảo, ở vị trí đối xứng với vật qua gương và cao
bằng A2B2 ( ảnh A3B3 )
+ Ảnh ảo A3B3 qua thấu kính sẽ cho ảnh thật A4B4, ngược chiều và cao bằng ảnh
A2’B2’
+ Vì A4B4 > A3B3 nên vật ảo A3B3 phải nằm trong khoảng từ f đến 2f  điểm I
cũng thuộc khoảng này.

11


+ Vị trí đặt gương là trung điểm đoạn A2A3, nằm cách Tk một đoạn OI = OA2 +
1/2 A2A3 .
Do A4B4 // = A2’B2’ nên tứ giác A4B4A2’B2” là hình bình hành  FA4 = FA2’ = f +
OA2’ = ?  OA4 = ?

Dựa vào 2 tam giác đồng dạng OA4B4 và OA3B3 ta tính được OA3  A2A3  vị trí đặt
gương .

12.Câu 12: Một chùm sáng song song có đường kính D = 5cm được chiếu tới
thấu kính phân kì O1 sao cho tia trung tâm của chùm sáng trùng với trục chính
của thấu kính. Sau khi khúc xạ qua thấu kính này cho một hình tròn sáng có
đường kính D1 =7cm trên màn chắn E đặt vuông góc với trục chính và cách thấu
kính phân kì một khoảng là l.
a/ Nếu thay thấu kính phân kì bằng thấu kính hội tụ O2 có cùng tiêu cự và
nằm ngay vị trí của thấu kính phân kì thì trên màn chắn E thu được hình tròn
sáng có đường kính là bao nhiêu?
b/ Cho l =24cm. Tính tiêu cự của thấu kính hội tụ.
Hướng dẫn giải:
Khi dùng TKPK ta có hình vẽ:
Dùng tam giác đồng dạng để có:
M
F ' O1 AB

F ' E MN
f
5

  f  2,5l (1)
f l 7

A

F’

E

O1
B

N

khi thay TKPK bằng TKHT có f=2,5l
ta có được hình vẽ dưới đây:
Dùng tam giác đồng dạng để có:
F ' O2 AB

F ' E PQ
f
5

 (2)
f l x

A
O2

P

B

Q

E

Thế (1) vào (2) ta được:

2, 5l
5
5 5
  
2,5l  l x
3 x
 x  3cm
(2) 

Vậy: hình tròn sáng trên màn khi dùng TKHT có đường kính là 3cm
b/ khi l=24cm,thế vào (1) ta được f=2,5.24=60cm
vậy TKHT có tiêu cự f = 60 cm

12

F’