BÀI tập TỔNG hợp 1 10 12 17

Câu 2. 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 = 2 A1B1. Tính khoảng cách a và tiêu cự của thấu kính ?
Lúc đầu trước khi dịch chuyển vật ( hình vẽ ). Do  AOB   A1OB1 nên ta có :
Mµn
B
A 1B1 OA 1 d1 ' 15
I



(1)
A1
F'
AB
OA d1 d1
A F
O
f
A B A F' OA 1  OF' d1 ' f

Do  OIF’   A1B1F’ nên ta có : 1 1  1 
d1
OI
OF'
OF'
f
B1
d' 1
d1 ' d1 ' f

A 1B1 d1 ' f


Do OI = AB =>
( 2 ). Từ ( 1 ) và ( 2 ) ta đợc:
=> d1 'f  d1d1 ' d1f
AB
f
d1
f
Chia cả hai vế cho d1.d1’.f ta được :

1 1 1
1 1
 

=
(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)
A B

d'

20

2 2
2

áp dụng các công thức (1) và (3) cho trường hợp sau khi dịch chuyển vật ta được: AB  d  d  a
2
1

1 1
1
1
1
2
3
 


( 5 ). Do A2B2 = 2A1B1 nên từ ( 1 ) và ( 4 ) ta được: => d  a  d
f d2 d2 ' d1  a 20
1
1
1

1

1

(4)
(6)

1

Từ ( 3 ) và ( 5 ) ta được: d  15 = d  a  20 ( 7 ). Giải hệ phương trình ( 6 ),( 7 ) ta đợc: a = 10(cm) ; d1 =30(cm).
1

1
Thay d1 = 30(cm) vào ( 3 ) ta được tiêu cự của thấu kính là f = 10 cm

Câu 7: Cho mạch điện như hình vẽ. Hiệu điện thế U của ngồn là không đổi, Rb là
biến trở (Rb > R2). Di chuyển con chạy C của biến trở thì thấy số chỉ của ampe kế
thay đổi từ 0,08A đến 0,2A và số chỉ của vôn kế thay đổi từ 16V đến 20,8V. Biết
điện trở của vôn kế vô cùng lớn, điện trở của ampe kế và dây nối không đáng kể và
các điện trở không phụ thuộc vào nhiệt độ. Xác định: U, R1, R2, Rb.
Gọi: I1 là cường độ dòng điện qua R1 x = RCD, y = RCM ( 0 ≤ x, y ≤ Rb )
Nhìn vào mạch điện ta có : U = UV + IA.R2. Vì: U không thay đổi nên :
�
�
U  24  V 
 UV  max �  I A  min �U  16  0, 2 R2
�
�
��
��
�
 UV  min �  I A  max �U  20,8  0, 08 R2 �R2  40   
�
R1  x  R2  y  x  R2   R1  Rb  R2 

 
Điện trở tương đương của mạch điện là: RMN  y 
x  R1  R2
x  R1  R2
R1
U
R1

U  x  R1  R2 
U

.
Cường độ dòng điện mạch chính: I  R  y x  R  R R  R  A  Nên : I A  I .

x  R1  R2 RMN x  R1  R2
MN
2
1 b
2
� IA 

U  x  R1  R2 
R1
U .R1
.

 A   *
y  x  R2   R1  Rb  R2  x  R1  R2 y  x  R2   R1  Rb  R2 

y  x  R2   R1  Rb  R2  �
y  x  R2  �
Vì : U, Rb, R1, R2 Không đổi nên :  I A  max khi và chỉ khi �
tức là: �
. Do :
�
�
�
�

min
min
y ≥ 0 � y  x  R2  �0 . Vậy giá trị nhỏ nhất đạt được khi: y  x  R2   0
�  I A  max 

U .R1
U .R1
U
24


 0, 2 �
 0, 2 � Rb  80   
R1  Rb  R2  R1  Rb  R2  Rb  R2
40  Rb

y  x  R2   R1  Rb  R2  �
y  x  R2  �
Cũng từ (*) muốn  I A  min khi và chỉ khi mẫu số �
tức là �
�
�
�
�
max
max
2

2

�y  x  R2 � �Rb  R2 �
Theo bất đẳng thức cô si ta có: y  x  R2  ��
� �
� 3600
� 2
� � 2 �


�y  x  R2 � y  x  40

Giá trị lớn nhất đạt được khi dấu bằng cua bất đẳng thức xảy ra nghĩa là: �x  y  80
�
Thay các giá trị vào (*) ta được :  I A  min  0,08 

�
�x  20   
��
�y  60   

24.R1
� R1  20   
60  20  40   R1  80  40 

Câu 8. 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
'
B


1



O
O

15
cm
Gọi O và O là hai vị trí quang tâm trên trục chính
.
Theo tính chất thuận nghịch ánh sáng.
B
Ta có: A1O O A2 : A1O  OO   O A2 45 cm  A1O O A2 15 cm 
I
B
'
'
f
IO

FO
IO
F
A2 A1
F A
(1).
F IO ~ F B1A1 




’
A
F A1 B1A1
O
O



f  OA1 B1 A1
1

2

2

1

OA1 B1 A1
BA
15


 1 1 (2)
B2'
OA1 B1A1
OA1 B1A1
f  15
IO
B A

30
f
15
IO
A2 O B2 A2

 2 2
Từ (1) và (2)  f  OA  OA  B A 
. B2 A2 O ~ B2 A2O  AO  B  A 
f
B1A1
1
1
1 1
A2O B2 A2
2
2 2

1

OB1 A1 ~ OB1A1 

IOF ~ B2 A2F 

F
IO
OF
IO




A2F B2 A2
A2O  f
B2 A2

Chia vế với vế của (**) ta có:

(4). Từ (3) và (4)  30 
A2O

f
IO
30  f
IO



f
B2 A2
A2O  f
B2 A2

(3)
(**)

f  15 30  f
IO
IO
f  15 B2 A2
:


:

.
mà 2 B2 A2  B1A1
f
f
B1A1 B2 A2 30  f
B1A1

f  15 1
  2 f  30 30  f  3 f 60 � f 20 cm 
30  f 2
Câu 9. Một bình hình trụ có chiều cao h1= 20cm, diện tích đáy trong là S1= 100cm2 đặt trên mặt bàn nằm ngang.
Đổ vào bình 1 lít nước ở nhiệt độ t1= 800C. Sau đó thả vào bình một khối trụ đồng chất có diện tích đáy là S2=
60cm2, chiều cao h2= 25 cm ở nhiệt độ t2. Khi đã cân bằng nhiệt thì đáy dưới của khối trụ song song và cách đáy
trong của bình là x = 2cm. Nhiệt độ của nước trong bình khi cân bằng nhiệt là t = 650C. Bỏ qua sự nở vì nhiệt của
các chất và sự trao đổi nhiệt với bình và môi trường xung quanh. Biết khối lượng riêng của nước là D =
1000kg/m3, nhiệt dung riêng của nước là C1= 4200J/kg.k, của chất làm khối trụ là C2= 2000J/kg.k.
a.Tính khối lượng của khối trụ và nhiệt độ t2.
b. Phải đặt thêm lên khối trụ một vật có khối lượng tối thiểu bằng bao nhiêu, để khối trụ chạm đáy bình.
- Khi đáy dưới khối trụ cách đáy bình x = 2cm thì dung tích còn lại của bình (phần chứa):
V' = x.S1 + (h1 - x)(S1 - S2) = 920cm3 < Vnước. suy ra có một lượng nước trào ra
- Lượng nước còn lại trong bình: m = 920g. Khi khối trụ đứng cân bằng ta có: P = FA
 10M = dn.V = dn.S2(h1 - x)  M = 1,08kg
- Phương trình cân bằng nhiệt giữa nước trong bình và khối trụ:
Cn.m(t1 - t) = C.M(t - t2)  4200.0,92(80 - 65) = 2000.1,08(65-t2) t2 = 38,20C
Khi chạm đáy bình thì phần vật nằm trong chất lỏng là h1:
Vậy phải đặt thêm m' lên khối trụ nên: P + P' �F'A=> 10(M + m') �dN.S2.h1
Thay số tính được m' �0,12kg, vậy khối lượng m' tối thiểu là 0,12kg

b. Khi chạm đáy bình thì phần vật nằm trong chất lỏng là h1:
Vậy phải đặt thêm m' lên khối trụ nên: P + P' �F'A => 10(M + m') �dN.S2.h1
Thay số tính được m' �0,12kg, vậy khối lượng m' tối thiểu là 0,12kg
Câu 10. Vật sáng AB cách màn chắn một đoạn cố định L. Giữa vật và màn đặt một thấu kính, ta thu được hai vị
trí thấu kính cho ảnh rõ nét trên màn. Hai vị trí này cách nhau 75 cm. Thấu kính này là thấu kính gì? Cho tiêu cự
của thấu kính có độ lớn 20 cm. Tìm L.
Nếu gọi khoảng cách từ vật đến thấu kính là d, khoảng cách từ ảnh đến thấu kính là d/, ta có : d + d/ = L (1)
df
1 1 1
 
 d 
Theo biểu thức (*) ta có:
(2)
d f
f d d


df
= L  d2 – Ld + Lf = 0 (3), với  L2  4 Lf
d f
Do có hai vị trí thấu kính cho ảnh rõ nét trên màn nên (3) có 2 nghiệm:
L 
L 
d1 =
và d2 =
. Dựa vào hình vẽ ta có d1 – d2 =  nên suy ra:  =   L2  4 Lf 2
2
2
 L2  80 L  5625 0 (4). Giải (4) ta được L = 125 cm (loại nghiệm L = - 45 cm vì L lấy giá trị dương).

Thay (2) vào (1) ta được: d +

Câu 5: Người ta tìm thấy trong ghi chép của Snell (người tìm ra định luật khúc xạ) có
L
B’
A’
một sơ đồ quang học, nhưng do để lâu ngày nên trên sơ đồ chỉ còn rõ 4 điểm: A, A’, B’
và L (hình 3). Trong mô tả đi kèm theo sơ đồ thì ta biết được rằng: A’ và B’ tương ứng là
A
các ảnh ảo của A và B qua thấu kính; L là một điểm nằm trên mặt thấu kính; đường
thẳng nối A’ và B’ song song với trục chính của thấu kính và đi qua L.
Hình 3
a) Bằng cách vẽ, hãy khôi phục lại vị trí các điểm: điểm B, quang tâm O và các tiêu
điểm của thấu kính. Thấu kính là hội tụ hay phân kỳ?
b) Giả sử ta biết thêm rằng: tia sáng đi qua cả A và B hợp với trục chính một góc là 30 0; A’B’ = 45 cm; A’L = 15 cm và A’
cách trục chính là 10 3 cm. Tìm tiêu cự thấu kính và khoảng cách AB.
L là một điểm nằm trên mặt thấu kính; đường thẳng nối A’ và B’ song song với trục chính của thấu kính và đi qua L.
a) - Từ L, dựng mặt thấu kính vuông góc với A’B’.
- Nối AA’, cắt mặt thấu kính tại quang tâm O.
- Từ O, dựng trục chính  của thấu kính vuông góc với mặt thấu kính.
- Kéo dài LA, cắt  tại tiêu điểm F, cắt B’O tại điểm B.
B’
A’
�  300 nên FL = 2LO = 20 3 cm.
b) Tam giác vuông LFO có OL = 10 3 cm và LFO
A

20 3
Suy ra: f = OF = FL  LO  30 cm. d’A = 15 cm  dA = 10cm  hA = 3 cm.
10 3

d’B = 60 cm  dB = 20 cm  hB = 3 cm.
20 3
2
2
Khoảng cách AB   d B  d A    hA  hB  
cm
3
2

2

L

B


F

O