bai tap VL 12 co giai chi tiet

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (596.47 KB, 112 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

phần I
con l c lò xoắ

Bài 1: Một lò xo được treo thẳng đứng, đầu trên của lò xo được giữ

chuyển động đầu dưới theo vật nặng có khối lượng m = 100g, lị xo có độ
cứng k = 25 N/m. Kéo vật rời khỏi VTCB theo phương thẳng đứng hướng
xuống một đoạn 2cm, truyền cho nó vận tốc 10 3 . (cm/s) theo phương
thẳng đứng hướng lên. Chọn góc tg là lúc thả vật, gốc toạ độ là VTCB, c
dương hướng xuống.

a. Viết PTDĐ.

b. Xác định thời điểm vật đi qua vị trí mà lị xo giãn 2 cm lần thứ nhất.

Lời giải
a) Tại VTCBO

kl = mg
l = 25 0,04

0,1.10
k




(m
+  = 1,05105

(Rad/s)

+ m dao động điều hố với phương trình
x = Asin (t + )

Tại thời điểm t = 0 x = 2 cm > 0

v = 10 3 (cm/s) <0

Ta có hệ 2 = ASin Sin  >0

-10 3 = 5.Acoscos <0

Chia 2 vế tg = 3
1


 = 6

5

(Rad)  A = 4(cm)

Vậy PTDĐ:

x = 4sin (5t + 6

5

) (cm)

b) Tại VTCB lò xo dãn l = 4cm

+ ở thời điểm t = 0, lò xo bị dãn l = 4 + 2 = 6 (cm)
l
l0

0(VTCB)
)

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

+ ở thời điểm t = 0 , vật đi lên v<0, tới vị trí lị xo bị dãn 2cm lần đầu tiên
thì v<0.

Vậy lúc đó x = -2 (cm)
Ta có: -2 = 4sin (5t + 6

5

)

 sin (5t + 6

5

) = 2
1



5t + 6

5

= 6

7

 t = 15

(s)

( Có thể giải bằng mối liên hệ giữa dao động điều hoà và chuyển động tròn
đều)

Bài 2: Cho con lắc lò xo dđđh theo phương thẳng đứng vật nặng có khối
lượng m = 400g, lị xo có độ cứng K, co năng toàn phần E = 25mJ. Tại thời
điểm t = 0, kéo m xuống dưới VTCB để lò xo giãn 2,6cm đồng thời truyền cho
m vận tốc 25cm/s hướng lên ngược chiều dương Ox (g = 10m/s2)

a. CM vật dđđh.
b. Viết PTDĐ

Lời giải

a. Tại VTCB kl = mg  kl = 0,4.10 = 4 l = k

(mét)
Tại thời điểm t = 0, kéo m xuống dưới VTCB, lò xo dãn 2,6 cm

 x = 2,6 - l = 0,026 - k
4

( mét)

Chiều dương 0x hướng xuống  x >0

Tại t = 0 x = 0,026 m/s > 0

v = -0,25 m/s <0

Cơ năng toàn phần E =

3
10
.
25
2
2
1

2
2

1 


 mv

kx

(J)
Ta có phương trình:

3
2

2

25.10
)

.0,4.(0,25
2

1
)
k
4
k(0,026
2

1 






</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

 k(2,6.10-2 - ) 0,025

4 2



k

 0,0262.k2 - 0,233k + 16 = 0  k = 250 (N/m) TM

k = 94,67 (N/m) loại
Vậy k = 250 N/m  =

25
4
,
0
250




m
k

(Rad/s)
Tại t = 0 x = 1cm > 0

v = -25cm/s < 0

1 = Asin ; sin >0  = 4
3

Rađ

-25 = 25Acos; cos<0 A = 2 cm

Vậy phương trình điều hoà là x = 4 )

3
t
25
sin(

2  

(cm)

Bài 3: Hai lị xo có độ cứng lần lượt
là k1= 30 (N/m) và K2 = 30 (N/m)
được gắn nối tiếp với nhau và

gắn vào vật M có khối lượng m = 120g như hình vẽ. Kéo M dọc theo trục lị 
xo tới vị trí cách VTCB 10 cm rồi thả không vận tốc đầu trên mặt phẳng 
ngang. Bỏ qua ma sát.

1. CM vật DĐĐH, viết PTDĐ

2. Tính lực phục hồi cực đại tác dụng vào vật

Lời giải

1. Chọn trục ox nằm ngang, chiều dương từ trái qua phải, gốc 0 tại VTCB
của vật.

Khi vật ở VTCB, các lị xo khơng bị biến dạng.

Khi vật ở li độ x thì x = x1 + x2 với x1; x2 là độ biến dạng của 2 lò xo (cùng
dãn hoặc nén).

+ Lực đàn hồi ở 2 lò xo bằng nhau lên

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

x1 = k1
F



; x2 = k2
F



Vậy x = 














2
1
2

1
1

k
k
F
k

F

k
F

Mặt khác F = - kx  k k k

1
1
1

2
1




áp dụng định luật 2 N: F = m.a = mx''

 mx'' = - k.x hay x'' = - x2 với 2 = ( )

.
2
1

2
1

k
k
m

k




Vật dao động điều hồ theo phương trình
x = Asin (t + )

Vậy vật dao động điều hồ
* Phương trình dao động

 =

10
)
20
30
(
12
,
0

20
.
30
)

(
.

2
1






k
k
m

k

(Rad/s)
Khi t = 0 x = 10cm>0

v = 0 cm/s

Ta có hệ 10 = Asin ; sin >0  = 2


0 = Acos ; cos = 0 A = 10 (cm)

Vậy phương trình dao động là

x = 10sin (10t + 2


) (cm)
2. Ta coi con lắc được gắn vào 1 lị xo có độ cứng K
Vậy lực phục hồi là F = - kx

 Lực phục hồi cực đại Fmax = +kA = 120,10 = 1,2N

Bài 4: Dùng hai lò xo cùng chiều dài độ cứng k = 25N/m treo 1 quả cầu
khối lượng m = 250 (g) theo phương thẳng đứng kéo quả cầu xuống dưới
VTCB 3 cm rồi phóng với vận tốc đầu 0,4 2 cm/s theo phương thẳng đứng

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

lên trên. Bỏ qua ma sát (g = 10m/s2 ; 2 = 10).

1. Chứng minh vật dao động điều hoà, viết PTDĐ?
2. Tính Fmax mà hệ lị xo tác dụng lên vật?

Lời giải
1. Chọn trục 0x thẳng đứng hướng

xuống gốc 0 tại VTCB

+ Khi vật ở VTCB lò xo không bị biến dạng.
+ Khi vật ở li độ x thì x là độ biến dạng của
mỗi lị xo.

+ Lực đàn hồi ở hai lò xo bằng nhau (VT 2 lò
xo cùng độ cứng và chiều dài và bằng 2

lực đàn hồi
tổng cộng)

F = 2F0 -Kx = -2kx
 K = 2k

+ Tại VTCB:


P +



P
2 =



Hay mg - 2klo = 0 (1)

+ Tại li độ x; 2 lò xo cùng dãn l = x + l0
Hợp lực:



P +




F
F

2 dh

mg - 2k(l0 + x) = F (2)
Từ (1) (2) F = -2kx

Theo định luật II Niutơn : F = ma = mx''

 x''=

x
m

k



 x = Asin (t + ) Vậy vật DĐĐH

+ PTDĐ: Tại t = 0 x = +3cm > 0

v = - 0,4 2m/s = - 40 2 (cm/s)

Ta có hệ 3 = A sin ; sin > 0

- 40 2 = 10 2Acos ; cos < 0

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Biên độ A = 200 5

2
.
40
3

2
2




Ta có hệ 3 = 5sin sin = 0,6

-40 2 = 10 2.5.cos cos  = -0,8

  2,5 Rad

PTDĐ là x = 5sin (10 2t + 2,5) (cm)

e) Lực mà hệ số lò xo tác dụng vào vật

Cả 2 lò xo coi như một lò xo độ cứng K = 2k = 50 N/m
l0 =

,
0
50

10
.
25
,
0




K
mg

m = 5 (cm)
Khi vật ở vị trí thấp nhất, lực đàn hồi đạt cực đại

Fđhmax = K (A + l0) = 50(0,05 + 0,05) = 5 (N)

Bài 5: Một vật có khối lượng m = 100g chiều dài không đáng kể được
nối vào 2 giá chuyển động A, B qua 2 lị xo L1, L2 có độ cứng k1= 60N/m, k2=
40 N/m. Người ta kéo vật đến vị trí sao cho L1 bị dãn một đoạn l = 20 (cm)
thì thấy L2 không dãn, khi nén rồi thả nhẹ cho vật chuyển động không vận tốc
ban đầu. Bỏ qua ma sát và khối lượng của lò xo. Chọn gốc toạ độ tại VTCB,
chiều dương hướng từ A  B,chọn t = 0 là lúc thả vật.

a) CM vật DĐĐH?

b) Viết PTDĐ. Tính chu kì T và năng lượng tồn phần E.

c) Vẽ và tính cường độ các lực do các lị xo tác dụng lên gia cố định tại

A, B ở thời điểm t= 2
T
.

Lời giải
a) CM vật DĐĐH

+ Chọn trục toạ độ như hình vẽ.
+ Khi vật ở VTCB lị xo L1 dãn l1

 143,130




01
F



02
F

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

lò xo L2 dãn l2

Khi đó vật để L1 dãn l = 2cm ;
L2khi nén k dãn thì l chính là độ biến
dạng tổng cộng của vật ở VTCB.

l = l1 + l2 = 20 (cm) (1)

+ Tổng hợp lực bằng 0 :   01 02 0 01 02 0









F
F
F

F
N
P

Hay + K1l1 - k2l2 = 0 (2)

+ Khi vật có li độ x> 0 độ dãn của L1là (l1+ x) cm, L2 là (l2 - x)
Tổng hợp lực











 N F F ma

P 1 2

Hay - k1 (l1+ x) + k2(l2 - x) = mx''

 - (k1+ k2) x = mx''

 x'' =

2
2

1 . 





 x

m
k
k

với 2 = m

k
k1 2


Vậy x = Asin (t + ) (cm)  vật DĐĐH

b)  =


10
1

,
0

40
60
2




m
k
k

(Rad/s)

+ Biên độ dao động A = l2 (vì A =

2
2

2 0 x l

x   

 )

Giải (1), (2) l1 + l2 = 20 l1= 8cm

60l1 + 400l2 = 0 l2= 12cm -> A = 12cm
t = 0 -> x0 = Asin  = A

v0= Acos = 0

Vậy PTDĐ của vật x = 12 sin (10t +2



) (cm)

0 +

x
G

  = π

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Chu kì dao động T = 10 0,2

2
2










(s)

Năng lượng

E = 2.100.(,012) 0,72
1

1 2 2




KA

(J)
c) Vẽ và tính cường độ các lực

+ Khi t = 2 0,1

T

(s) thì x = 12 sin (10.0,1 + 2


) = -12 (cm)
Vì vậy, tại t = 2



vật ở biên độ x = - A

Tại vị trí này lị xo l1 bị nén 1 đoạn A - l1 = 12 - 8 = 4 (cm)
Lò xo L2 bị giãn một đoạn 2A = 24 (cm)

+ Lực tác dụng của lò xo L1 và L2 lên A, B lần lượt là




2
1,F

F

F1 = 60.0,04 = 2,4 (N)
F2 = 40.0,24 = 0,6 (N) (




2
1,F

F cùng chiều dương)

Bài 6: Cho hai cơ hệ được bố trí như các 
hình vẽ a,b lị xo có độ cứng k = 20N/m. Vật 
nặng có khối lượng m, m = 100g; bỏ qua ma 
sát khối lượng của r2 và lò xo dây treo k dãn. 
Khối lượng k đáng kể.

1. Tính độ dãn lị xo trong mỗi hình khi vật
ở VTCB.

2. Nâng vật lên cho lị xo khơng biến dạng

rồi thả nhẹ, chứng tỏ vật dđđh. Tính chu kì và biên độ dao động của vật.

Lời giải
1) Hình a

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>



0
F

0 (VB)

+
x



+ Chọn chiều dương ox hướng xuống, gốc 0 tại VTCB
+ Phương trình lực






 0 0

0 F

T






 0 0

0 P

T

Chiều lên ox -T0 + Kl = 0

-T0+ mg = 0

 T0 = kl = mg = 0,1.10 = 1  T0 = 1N

l = 0,05 (m) = 5 (cm)

* Hình b

Chọn chiều dương hướng xuống, O là VTCB
Chiếu lên Ox -T0 + mg = 0

-kl + 2T0= 0

 T0 = mg = 1 (N)

l = 10 (cm)

2) Chứng minh vật DĐĐH

Hình a: + Khi vật ở VTCB lò xo dãn l  kl - mg = 0

+ Khi vật ở li độ x lò xo dãn l + x

F = mg - T

T - k(l + x) = 0

 F = mg - kl0 - kx  F = -kx

áp dụng định luật II N  - kx = mx'' = mx x

k

.
2





Với  = m

k

 x = Asin (t + )  vật dao động điều hoà

* Hình b: Khi vật ở VTCB lị xo dãn l  2
1

kl - mg = 0

Khi vật ở li độ x lò xo dãn l + 2
x



0
F

+
x



0
T



0
T

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

mg - T = F
2T - k(l + 2

) = 0

 F = mg - 2
1

kl - x

k

4  F = x

k



Hay x

k



= mx''

 x =

x
m
k



= -2 x với  = m

k

x = Asin (t + )  vật dao động điều hồ

Bài 7: Một vật có khối lượng m = 400g được gắn
trên một lò xo dựng thẳng đứng có độ cứng k = 50
(N/m) đặt m1 có khối lượng 50 g lên trên m. Kích thích
cho m dao động theo phương thẳng đứng biên độ nhỏ,
bỏ qua lực ma sát và lực cản. Tìm hiên độ dao động
lớn nhất của m, để m1 không với khối lượng m trong
quá trình dao động (g = 10m/s2)

Lời giải

Khi m1 khơng rời khỏi m thì hai vật cùng dao động với gia tốc a = 2x
Giá trị lớn nhất của gia tốc (amax = 2 A)

Nếu m1 rời khỏi m thì nó chuyển động với gia tốc trọng trường g
Vậy điều kiện để m1 không rời khỏi m

amax < g  2A < g  A<

2
g


+  = m
k

 2=

125
4

,
0

50


 A < 125
10

= 0,08 (m) = 8cm

 Amax = 8cm

Bài 8: Cho 1 hệ dao động như hình vẽ, khối

m
1

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

lượng lị xo khơng đáng kể. k = 50N/m, M =
200g, có thể trượt không ma sát trên mặt phẳng

ngang.

1) Kéo m ra khỏi VTCB 1 đoạn a = 4cm rồi bng nhẹ. Tính VTB của M
sau khi nó đi qũang đường 2cm .

2) Giả sử M đang dao động như câu trên thì có 1 vật m0 = 50g bắn vào M
theo phương ngang với vận tốcvo . Giả thiết va chạm là không đàn hồi và xảy

ra tại thời điểm lị xo có độ dài lớn nhất. Tìm độ lớn vo, biết rằng sau khi va

chạm m0 gắn chặt vào M và cùng dao động điều hoà với A' = 4 2 cm.

Lời giải
1 - Tính vận tốc TB

Một dđđh có thể coi là hình chiếu
của chuyển động tròn đều của 1 chất
điểm như hình vẽ. Khoảng thời gian vật
đi từ x = 4 đến x = 2 (cm) bằng khoảng
thời gian vật chuyển động tròn đều theo
cung M1M2

t = 


 3

a

với  = 0,2



m
k

= 5 (Rad/s)

-> t = 15

1
5

1
.
3  


(s)
VTB =

)
(
30cm s
t

S



2 - Theo câu 1, M có li độ x0 = a = 4 cm thì lúc đó lị xo có chiều dài lớn
nhất

+ Ngay sau va chạm, hệ (M + m0) có vận tốc v

ĐLBT động lượng: (M + m0) v = m0.vo (1)

+ 
2

4
M2



</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

+ Sau v/c hệ dđđh với biên độ A' = 4 2 cm và tần số góc

' = 0,2 0,05

0 


m

M
k

= 10 2 (Rad/s)

Lại có v =

2
0
2

(

A

)

x





= 40 2 (m/s)

Từ (1)  v0 = 0,05

2
40

).
5
,
0
2
,
0
(
)

( 0 




m
v
m
M

= 200 2 (cm/s)

Bài 9: Một vật nặng hình trụ có khối lượng m = 0,4kg, chiều cao h =

10cm tiết diện s = 50cm2 được treo vào một lị xo có độ cứng k = 150N/m.
Khi cân bằng một một nửa vật bị nhúng chìm trong chất lỏng có khối lượng
riêng D = 103 (kg/m3) Kéo vật khỏi VTCB theo phương thẳng đứng xuống
dưới 1 đoạn 4cm rồi thả nhẹ cho vật dao động, bỏ qua mọi ma sát và lực
cản.

1. XĐ độ biến dạng của lò xo khi vật cân bằng.
2. CM vật dđđh, tính T

3. Tính cơ năng E

Lời giải
1) Độ biến dạng của lò xo tại VTCB
+ Chọn trục ox như hình vẽ

ở VTCB phần vật bị nhúng chìm
trong chất lỏng có chiều cao h0, lị xo bị
dãn 1 đoạn l0

Phương trình lực : mg- F0A - kl0= 0

A
0
F

dh
0
F

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

l0= k
F

mg 0A

(1)
Với F0A = Sh0Dg

l0 = 150

10
.
10
.
05
,
0
.
10
.
50
10
.
4
,

0 4 3



= 0,01 (m) = 1 (cm)
2) Chứng minh vật dđđh

+ Khi vật có li độ x thì lị xo dãn l0+ x

Kéo vật xuống dưới VTCB 4cm rồi thả nhẹ để vật dao động

 xmax= 4(cm) <2

 luôn có FA tác dụng vào vật khi nó dao động

dh

A F

F
P

F   

 F = mg - S(h0+ x) Dg - k(l0 + x)
= mg - Sh0Dg- kl0- SDgx - kx

F = - (SDg + k)x

Theo định luật 2 N: F = ma = mx''

 mx'' = - (SDg + k)x  x'' = 2.x với 2 = m

K

SDg

 x = Asin (t + ) vậy vật dao động điều hồ

+ Chu kì dao động T = 50.10 .10.10 150

4
,
0
2

2
2

3
4






   




K
SDg

m

= 0,28 (s)
3. Cơ năng E

Coi vật dao động vật được gắn vào lị xo có độ cứng k' = SDg+ K = 200 
N/m

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

 Cơ năng: E = 2.200.(0,04) 0,16
1

1 ' 2 2




A
k

(J)

Bài 10: Gắn một vật có khối lượng m = 200g vào 1 lị xo có độ cứng k

= 80 N/m. Một đầu của lò xo được chuyển động kéo m khỏi VTCB 10cm dọc
theo trục lò xo rồi thả nhẹ cho vật dao động. Biết hệ số ma sát giữa m và mặt
phẳng nang là M = 0,1 (g = 10m/s2).

1. Tìm chiều dài quãng đường mà vật đi được cho tới lúc dùng.
2. CMR độ giảm biên độ dao động sau mỗi chu kì là khơng đổi.
3. Tính thời gain dao động của vật.

Lời giải

1 - Chiều dài quãng đường đo được khi có ma sát, vật dao động tắt dần cho
đến lúc dừng lại ở đây cơ năng E = 2KA Fms.S 

1 2

.mg.S
 S =

m
mg

M
KA

(
2
10
.
02
.,
1
,
0
.
2

1
,
0

.
80
.

.
2

1 2 2




)
2 - Độ giảm biên độ

Giả sử tại 1 thời điểm vật đang đứng ở VT biên độ lớn A1 sau 2

chu kì vật
đến VT biên độ lớn A2. Sự giảm biên độ là do công của lực ma sát trên đoạn
đường A1+ A2

2
1

KA2
1 - 2

KA2

2 = mg (A1 + A2)  A1 - A2 = k
mg

.
2

Sau 1/2 chu kì nữa vật đến vị trí biên có biên độ lớn A3 thì A2 - A3 = k
mg

.
2

Vậy A = k

mg

.
4

= const
3 - Thời gian dao động
Tính A: A =

01
,
0
80

10
.
2
,
0
.
1
,
0
.
4



</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Số chu kì thực hiện được : n = A 10
A

 (chu kỳ)

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Phần II

con lắc đơn

B i 11:à

Hai con lắc đơn chiều dài l1, l2 (l1>l2) và có chu kì dao động tương ứng
là T1; T2, tại nơi có gia tốc trọng trường g = 9,8m/s2. Biết rằng, cũng tại nơi
đó, con lắc có chiều dài l1 + l2 , chu kì dao động 1,8s và con lắc đơn có chiều
dài l1 - l2 có chu kì dao động 0,9 (s). Tính T1, T2, l1, l2.

Lời giải

+ Con lắc chiều dài l1 có chu kì T1= g

l
.
2 1

 l1=

g
.
4

T
2
2
1

 (1)

+ Co lắc chiều dài l2có chu kì T2= g

l
.
2 2

 l1=

.
4

T
2
2
2

 (2)

+ Con lắc chiều dài l1 + l2 có chu kì T3= 2. g

l
l1  2

 l1 + l2 =

81
,
0
4

10
.
)
8
,
0
(
4

g
.
)
T
(

2
2
2

2
'






 (m) = 81 cm (3)

+ Con lắc có chiều dài l1 - l2có chu kì T' = 2. g

l
l1  2

 l1 - l2 =

2025
,

0
4

10
.
)
9
,
0
(
4

g
.
)
T
(

2
2
2

2
'






 (m) = 20,25 cm (4)

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Thay vào (1) (2) T1= 2

42
,
1
10

51
,
0



(s)

T2= 2

1
,
1
10

3
,
0



(s)

B i 12:à

Một con lắc có chiều dài l, vật nặng khối lượng m, kéo con lắc ra khỏi
VTCB một góc 0 rồi thả khơng vận tốc đầu.

1. Lập BT vận tốc tương ứng với li độ góc  suy ra BT vận tốc cực đại.

2. Lập bt lực căng dây ứng với li độ góc . Suy tab t lực căng dây cực

đại, cực tiểu.

* áp dụng: l = 1m, m = 100g, 0 = 60 ; g = 10(m/s2);  2= 10
Lời giải

1. BT vận tốc tương ứng với li độ 

+ Theo định luật bảo toàn cơ năng,
cơ năng của con lắc tại VT li giác bất kì
bằng thế năng của con lắc tại VT biên.

mgh0 = mgh + 2

(mv2)

 v2 = 2g (h0 - h)2
(v2 = 2gl (1 - cos)

với h0 = l(1 - cos)

h = l(1 - cos)

 v2 = 2gl (cos - cos0)

Vậy độ lớn vt :  v  = 2gl(cos cos0)

I


</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Vì cos = 1- 2sin2 2


khi << cos = 1 2
2



Tương tự cos 0 = 2

1
2
0



 v  = gl( )
2
2

0  


+ Vận tốc cực đại khi = 0, vật ở VTCB 0
 vmax = 0 gl

+ áp dụng số:

 vmax= 6.

33
,
0
1
.
10
.

180 



(m/s) = 33cm/s
2 - Biểu thức lực căng dây ứng với li góc 

+ Định luật 2 N FPTma

Chiều lên phương dây treo
Fth = -mg.cos +T = maht

T = mgcos + m. l
v2

= m (gcos + l
v2

)
v2 = 2gl (2- 2) ta được

T = mg (3cos - 2 cos0) = mg (20 - 2

2 + 1)

+ Lực căng dây cực đại khi  = 0, vật ở VTCB

Tmax = mg (20+ 1)
Thay số

Tmax= 0,1 - 10

01
,
1
1
90

1
1

150

6 2




















 

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

+ Lực căng dây cực tiểu khi  = 0 , vật ở VT biên

Tmin = mg (1 - 2

20)
Thay số

Tmin = 0,1.10

99
,
0
150

6
2
1
1

2

















 


(N)

Bài 13:

Một con lắc đơn gồm sợi sây có chiều dài l treo vật nặng có khối lượng
m. Khi con lắc đơn đang ở VTCB, người ta truyền cho vật nặng vận tốc ban
đầu v0 lực cản coi dao động của con lắc là dao động nhỏ. Lập bt tính vận tốc
của vật nặng và lực căng của dây treo theo li độ góc .

Xét trường hợp để vận tốc và lực căng đạt cực đại và cực tiểu.
Lời giải

* Vận tốc tương ứng với li góc 

+ Định luật lt cơ năng: cơ năng của con lắc VT li giác 

Bằng động năng của con lắc ở VTCB

2
0
2

mv
2
1

mgh
mv

2
1




 v2 = v20 - 2gh
v2= v2

0- 2gl(1 - cos)

 v  = v 2gl(1 cos )
2

0   

Khi góc  << thì 1 - cos = 2sin22


= 2

2


I


⃗

T

⃗

v0 ⃗P

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

 v  =

2
2

0 2gl
v  

+ Vận tốc cực đại khi  = 0  vmax = v0 , vật ở VTCB
Thay số  vmax  = 1m/s

+ Vận tốc cực tiểu khi  = 0

v0 = 0 gk  vmin = 0
* Lực căng dây

a
m
T
P

F  
 = mgcos + T = maht

 T = mgcos + m l
v2

= m(gcos + l
v2

)
Thay v2 ở trên

T = mg

2
cos
3
gl
v20















+ Khi  nhỏ: cos = 1 -2sin22


= 1 - 2

2


T = mg

)
2
3
1
gl
v

( 2

0   

+ Lực căng dây cực đại khi  = 0, con lắc ở VTCB

Tmax = mg + l

mv20

+ Lực căng dây cực tiểu khi  = 0(con lắc ở VTCB)

v0 = 0 gl 20 = gl

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Tmin= mg

)
gl
2

v
1
(
mg
)
gl
v
.
2
3
1
gl
v

(

2
0
2

0
2

0    

áp dụng

Tmax = 0,1.10 +

)
N
(
1
,
1
1

1
.
1
,
0 2



Tmin = 0,1 . 10

)
1
.
10
.
2

1
1
(

2


= 0,95 (N)

B i 14:à

Một đồng hồ qủa lắc chạy đúng giờ ở Hà Nội. Đồng hồ sẽ chạy nhanh
chậm thế nào khi đưa nó vào TPHCM. Biết gia tốc rơi tự do ở Hà Nội và
TPHCM lần lượt là 9,7926 m/s2 9,7867 m/s2 . Bỏ qua sự ảnh hưởng của nhiệt
độ. Để đồng hồ chỉ đúng giờ tại TPHCM thì phải đ/chỉnh độ cài con lắc như
thế nào?

Lời giải
+ Chu kì của con lắc đồng hồ tại Hà Nội là

T1= 2 g1

l
.


= 2 (s)

+ Chu kì dao động của con lắc đồng hồ tại TPHCM là

T2 = 2 g1

l
.


0003
,
1
7867
,
9

7926
,
9
g

g
T

2
1
2

1   

T2= 1,0003T1 = 2,0006 (s)

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

t = 24.60.60.

26
T

T
T

1
2
1  

(s)

+ Để đồng hồ tại TPHCM cũng chỉ đúng giờ thì chiều dài con lắc phải dài là:

 T'2 = 2 2

'
g

l
.


= 2 (s)

VT T1 = T'2 2

'
g

= 2

1
'

2 g

g
l
l
g




Thay số:

 l'= 1,0006 l

Tại TPHCM đề đồng hồ chỉ đúng giờ, cần tăng chiều dài dây lên một lượng là

l = l'- l = 0,0006l

VT l = 2

2
1
1
4

T
.
g

 nên l = 0,0006. 2
2
1
1
4

.
g



Thay số

l = 0,0006.

0006
,
0
4

4
x
7926
,
9

2 

 (m) = 0,6 mm

B i 15:à

Một con lắc đơn gồm sợi dây có chiều dài l = 1(m) và quả cầu nhỏ khối
lượng m = 100 (g), được treo tại nơi có gia tốc trọng trường g = 9,8 (m/s2).

1.Tính chu kỳ dao động nhỏ của con lắc.

2. Cho quả cầu mang điện tích dương q = 2,5.10-4 tạo ra đường trường
đều có cường độ E = 1000 (v/m).

Hãy xác định phương của dây treo con lắc khi CB và chu kì dao động
nhỏ của con lắc trong các trường hợp.

a) Véctơ E hướng thẳng xuống dưới
b) Véctơ E có phương nằm ngang.

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Lúc đầu T0 = 2 9,8

1
.
14
,
3
.
2
g

l
. 


= 2 (s)

2 - Cho con lắc tích điện dao động trong đtrường đều
+ Các lực tác dụng vào con lắc: Pmg : Trọng lực

T: lực căng của dây
E

Fd : lực điện trường

+ Coi con lắc dao động trong trường trọng lực hiệu dụng g'

d
'

E
P

P   = mg'

Khi CB dây treo con lắc có phương của P'và chu kì dao động nhỏ được
tính theo cơng thức:

T' = 2 g'

1
.


a) E thẳng đứng xuống dưới

+ g> 0 nên Fd cùng hướng với E, tức

là thẳng đứng xuống.

Vậy khi CB, dây trheo vẫn có phương
thẳng đứng.

Ta có: P' = P + F
đ

 mg'= mg + qE
 g'= g + m

+ Chu kì dao động nhỏ của con lắc









</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

T' = 2 m

qE
g

1
2

g
1
.






Thay số

T' = 2.3,14. 0,1

10
.
10
.
5
,
2
8
,
9

3
4 



= 1,8 (s)
b) Trường hợp E nằm ngang

+) Ed có phương  với P

Khi CB, dây treo lệch góc  so với phương thẳng đứng, theo chiều của lực

điện trường.

tg = mg

qE
P

Fd


 tg =

255
,
0
8

,
9
.
1
,
0

10
.
10
.
5
,

2 4 3





  ~ 140

+ Chu kì dao động của con lắc

T'= 2 g'

l


Từ hình vẽ:

P' = cos g

g
g

cos

P '








Do đó: T’ = 2






 T cos

g
cos
l

. 0

 T'= T0 cos 2 cos14 1,97

0 


 (s)

 T

d
F

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

B i 16:à

Một con lắc đơn dao động với biên độ nhhỏ, chu kì là T0, tại nơi ga =
10m/s2 . Treo con lắc ở trần 1 chiếc xe rồi cho xe chuyển động nhanh dần đều
trên đường ngang thì dây treo hợp với phương thẳng đứng 1 góc 0 = 90

a) Hãy giải thích hiện tượng và tính gia tốc a của xe.

b) Cho con lắc dao động với biên độ nhỏ, hãy tính chu kì T của con lắc
theo T0.

Lời giải
a) Giải thích hiện tượng:

Trong HQC gắn với xe (HQC khơng qn tính), vật nặng của con lắc đơn
phải chịu 3 lực tác dụng.

+ Trọng lực Pmg
+ Lực căng dây T

+ Lực quán tính Fma0

Khi con lắc ở VTCB

0
F
T

P  q 
q

F ngược chiều với a0 nên ngược chiều với v0

Vậy lực Fq làm cho dây treo lệnh 1 góc  về phía ngược với chiều chuyển

động của xe.

tg = g

a
mg
ma
P

Fat




<<  tg  do đó

a  g = 10.180.9


~ 1,57 (m/s2)
b) Thiết lập hệ thức giữa T0 và T



F
'
P
P

0
a

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Do có thêm lực qn tính nên coi trọng lực hiệu dungc của con lắc là

'
qt

g
m
F

P   

(Coi con lắc dao động trong trường gia tốc ghd = g')

Từ hình vẽ P'= cos g

g
g

cos
mg
cos

P '









Chu kì dao động của con lắc khi đó xác định theo cơng thức

T = 2 g'

l
.


Lại có T0 = 2 g

l
.







 cos

g
cos
g
g

g
T

'
0

Vậy T = T0 cos

B i 17:à

Một con lắc đơn gồm sợi sây có chiều dài l = 1m và vật nặng có khối
lượng m = 0,5kg. Lúc đầu kéo con lắc lệch khỏi VTCB 1 góc 0 = 60 rồi thả
nhẹ cho dao động. Khi dao động con lắc chịu tác dụng của lực cản có độ lớn
coi như không đổi sau 100 dao động, li độ cực đại của con lắc là  = 30 coi chu

kỳ dao động của con lắc như khi khơng có lực cản.

1. CMR sau mỗi chu kì, li độ góc cực đại của dao động giảm 1 lượng
không đổi.

2. Để duy trì dao động của con lắc cần phải dùng một động cơ nhỏ có ma
sát tối thiểu là len. (g = 10m/s2,

2 = 10).

Lời giải

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

+ Lúc đầu, li giác cực đại là 0 , cơ năng của con lắc là:

E0= mgh0= mgl(1 - cos)

1 - cos = sin2 2
2
0


 E

0 =

2
0
mgl
2
1



+ Sau nửa chu kì đầu tiên vật đến VT biên có li giác cực đại là 1, cơ năng
của con lắc là:

E1=

2
0
mgl
2
1



 E0- E1 =

mgl
2
1

(20 - 21)

+ Sau nửa chu nửa chu kì thứ 2, vật đến VT biên có li giác cực đại 2, cơ
năng của con lắc là:

E2=

mgl
2
1

22

 E1- E2=

mgl
2
1

(21 - 22)
Sau mỗi chu kì 1 cơ năng giảm E

E = (E0- E1) + (E1- E2) =

mgl
2
1

(20 - 22)

E = 2mgl
1

(0 - 2)(0 + 2) = mgl0.
+ Công của lực cản:

AC = (S0 + 2S1+ S2)Fc~ 7S0Rc ~40kFc

 mgl0 .  = 40lFc

 = mg
F
4 c

= const

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

2. Cơng suất của động cơ duy trì dao động con lắc
+ CHu kì dao động của con lắc

T = 2 10

.
2
g

l
.  


= 2 (s)
+ Độ giảm năng lượng trong N chu kì là

E =

mgl
2
1

20 -

mgl
2
1

2 =

mgl
2
1

(20 - 2)

E =

2
2

2
2
2

10
.
08
,
2
)
3
6
(
180
.
10
.
5
,
0
.
2

1 






(J)
+ Công suất của động cơ là

2
.
100

10
.
08
,
2
T
.
N

t
E

Δ 12







= 1,04.10-5 W

B i 18:à

Tại một nơi nang bằng mực nước biển, ở nhiệt độ 100C, một đồng hồ quả
lắc trong một ngày đêm chạy nhanh 6,48 (s) coi con lắc đồng hồ như 1 con lắc
đơn thanh treo con lắc có hệ số nở dài  = 2.10-5 K-1

1. Tại VT nói trên ở thời gian nào thì đồng hồ chạy đúng giờ.

2. Đưa đồng hồ lên đỉnh núi, tại đó t0 là 60C, ta thấy đồng hồ chạy đúng giờ.
Giải thích hiện tượng này và tính độ cao của đỉnh núi so với mực nước biển. Coi
trái đất là hình cầu có bán kính R = 6400 km.

Lời giải

1. Xác định nhiệt độ mà đồng hồ chỉ đúng giờ
Giả sử đồng hồ chạy đúng ở t0 C với chu kì

T = 2 g

)
t

1
(
l
2
g

l 0  1


</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

ở t1 = 1000, chu kì là T1= 2 g

)
t
1
(

l0  1


 2

1
t
1

t
1
T

T1 1 










(t1- tx)
(VT t1 << 1; t1 << 1)

+ Theo biên độ: đồng hồ chạy nhanh  T1<T  t1 < t
+ Độ l0t chu kì theo t0

T1 = T1 - T ~

)
t
t
(
2
T

1


Thời gian mà đồng hồ chạy sai trong 1 ngày đêm là

t = 24.60.60. T 43200. (t t )
T

1
1





Theo biên độ t = 6,48 (s)  t ~ 17,50C

2 - Khi đồng hồ ở trên đỉnh núi

Chu kì của quả lắc hoat động thay đổi do

+ Nhiệt độ giảm làm chiều dài con lắc giảm -> T giảm
+ Độ cao tăng dần tới gia tốc trọng trường giảm -> T tăng

Hai nguyên nhân đó bù trừ lẫn nhau -> đồng hồ chạy đúng ở độ cao h:
gh =

2
)
h
R

(
g



Kí hiệu: Th: Chu kì ở độ cao h
th: t0ở độ cao h

Độ biến thiên chu kì th theo độ cao khi chiều dài con lắc không đổi (nếu
coi t = th)

R
h
g

g
T

T

h
n




</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

th= th - T = TR

lại có Tt = 2

T
th 

(th- t) (t1: độ biến thiên theo nhiệt độ)
Vì con lắc đồng hồ chạy đúng nên tt + th= 0



0
R

h
T
)
t
t
(
2
T

h   



 h = 2

R
).

t
t
(  h


Thay số ta được h = 0,736 km = 736 m

B i 19:à

Một quả cầu A có kích thước nhỏ, khối lượng m = 500g, treo bằng 1 sợi dây
mảnh, không dãn, chiều dài l = 1m. ở VTCB không quả cầu cách mặt đất nằm
ngang một khoảng 0,8m. Đưa quả cầu ra khỏi VTCB sao cho sợi dây lập với
phương thẳng đứng 1 góc 0 = 600 rồi bng cho nó chuyển động không vận tốc
ban đầu. Bỏ qua lực cản môi trường (g = 10m/s2).

1. Tính lực căng T khi A ở VTCB.

2. Nếu đi qua 0 thì dây đứt thì mơ tả chuyển động của quả cầu và phương
trình quỹ đạo chuyển động của nó sau đó.

3. Xác định vận tốc của quả cầu khi chạm đất và có vị trí chạm đất.
Lời giải

1. Lực căng dây

Định luật bảo toàn cơ nang mgh + 2
1

mv2 = mgh
0

 v2 = 2g(h0- h) = 2gl(cos - cos0)
Định luật 2 N:

a
m
T
P

F  

0
v

G
m


0
H

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

 T = mgcos  = maht

 T = m (gcos + l

)

áp dụng (1) với VT quả cầu từ A đến 0

 v2o = 2gl(1 - cos0)   v0  = 10 m/s

 T = m g + 2g (1 - cos0) = mg (3 - 2 cos0)
Thay số: T = 0,5.10.(3 - 2cos600) = 10N
2. Chuyển động của quả cầu sau khi dây đứt

+ Khi đến VTCB, vận tốc quả cầu là v0 có phương nắm ngang.

+ Nếu tại VT0 dây bị đứt thì chuyên động của m sau khi dây đứt là chuyên
động ném ngang.

+ Chọn hệ trục oxy như hình vẽ ta được: quả cầu chuyên dộng theo
phương 0x : chuyển động thẳng đều: x = v0t = 10t (1)

phương oy: chuyển động thẳng nhanh dần đều, vận tốc đầu = 0

 y = 2
1

gt2 = 5t2 (2)
Từ (1) t= 10

 thay vào (2) y = 2
1

x2 (x; y >0)

Vậy quỹ đạo chuyển động của vật là 1 nhánh của parabol
3. Qủa cầu chạm đất ở M với yM = H = 0,8 cm

Thay vào PT quỹ đạo: x - 1,3 (cm)
Định luật bảo toàn cơ năng:

2
0
2

M mv

2
1
mH
mV

2
1




v2 m - v20 = 2gH

VM  = 102.10.0,8 26 5,1 (m/s)

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Con lắc đơn gồm 1 quả cầu khối lượng
m1= 100g và sợi dây không giãn chiều dài l
= 1m. Con lắc lò xo gồm 1 lị xo có khối
lượng khơng đáng kể độ cứng k = 25 (N/m)
và 1 quả cầu khối lượng m2 = m1= m = 100g

1. Tìm chu kì dao động riêng của mỗi con lắc.

2. Bố trí hai con lắc sao cho khi hệ CB... (hình vẽ) kéo m1 lệnh khỏi VTCB
1 góc  = 0,1 (Rad) rồi bng tay.

a) Tìm vận tốc quả cầu m1 ngay trước lúc va chạm vào quả cầu (<<).

b) Tìm vận tốc của quả cầu m2 sau khi va chạm với m1và độ nén cực đại của
lị xo ngay sau khi va chạm.

c) Tìm chu kì dao động của hệ

Coi va chạm là đàn hồi ** bỏ qua ma sát.
Lời giải
1. Tìm chu kì dao động

+ Con lắc đơn: T1= 2

4
,
0
25

5
,
0
2
k
m

.   



(s)

+ Con lắc lò xo T2 = 2

2
10

1
2
g
m

.   



2. a) Vận tốc m1 ngay sau va chạm:
m1gh = m1gl(1 - cos) = 2

m1v20

góc  nhỏ  1 - cos = 2sin22 2





V0=  gl 0,1 10 = 0,316 (m/s)

k m2 m1

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

b) Tìm vận tốc v2 của m2 ngay sau khi va chạm với m1 và độ nén cực đại
của lò xo sau khi va chạm.

+ Gọi v1, v2là vận tốc của m1, m2 ngay sau khi va chạm

áp dụng định luật bảo toàn động lượng và định luật bảo toàn cơ năng:

m1v0 = m1.v1+ m2.v2 (1)

2
1

m1v20 = 2

m1v12 + 2

m2v22 (2)

VT m1= m2 nên từ (1) (2) ta có v0= v1+ v2 (3)
v2

0 = v21 + v22 (4)

Từ (3) suy ra: v02 = (v1+ v2)2= v21 + v22 = 2v1v2
So sánh với (4) suy ra: v1 = 0; v2 =v0 ~ 0,316 (m/s)

+ Như vậy, sau va chạm, quả cầu m1đứng yên, quả cầu m2 chuyển động với
vận tốc bằng vận tốc của quả cầu m1 trước khi va chạm.

+ Độ nén cực đại của lò xo

2
1

kl2= 2
1

m2v22

l = v2

02
,
0
25

1
,
0
316
,
0
k
m2




(m) = 2 (cm)
c) Chu kì dao động T = 2

(T1 + T2) = 2

(2 + 0,4) = 1,4 (s)
Phần II:

II mạch dao động điện từ lc

B i 21:à

Cho mạch dao động điện LC C = 5F = 5.10-6F

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

1) Xác định chu kì dao động của mạch.

2) Tại tiêu điểm hđt giữa 2 bản tụ u = 2V và dao động chạy qua cuộc cảm i
= 0,01 A. Tính I0; U0

3) Nếu tụ C có dạng 1 tụ phẳng, khoảng cách giữa 2 bản tụ d = 1mm,  = 1

thì diện tích đối diện của mỗi bản tụ là.

h) Để mạch dao động thu được dải sóng ngắn từ 10m 50m người ta dùng

1 tụ xoay Cx ghép với tụ C đã có . Hỏi Cx ghép nối tiếp hay song song với C và
Cx biến thiên trong khoảng nào.

Lời giải

1) E = Eđ + Et = 2

U
2
LI
2

Cu2 2 20 20





I0= 0,2

)
01
,
0
.(
2
,
0
4
.
10
.
5
L

Cu2 2 6  2



 

= 0,01 2 (A)

U0=

2
2
10

.
5

10
.
4
C

Li
Cu

6
5
2









(V)

+ Chu kì dao động của mạch: T = 2 LC 2 5.106.0,2 2.103 (s)
+ Biểu thức tính điện dung C C = 4k d

S
.




 Diện tích đối diện của mỗi bản tụ S = 
d
k
4
.
C

Thay số S = 1

10
.
.
9

.
10
.
4
.
10
.

5 6 9  3

= 565,2 (m2)
+ Khi chưa ghép Cx

 = vT = 3.102.2.10-2. = 6.105 (m)

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Lại có x = 2v LCb  Cb < C

 = 2v LC

Vậy Cx ntc

Cx
C
1
Cx

)
C

Cx
(
C
C

x b   









Bình phương 2 vế: Cx

C
1
x

2
2







 Cx= C

1
x

2
2






+ x = 10m  Cx =

6
2

5
6

10
.
4
,
1
1
10

10
.
6

10
.

5 











 

(F)

+ x = 50m Cx =

15
2

10
.
5
,
3
1
10

10
.
6

10
.

5 











 

(NF)
Kết luận: Cn + Cx

1,4.10-16 C  3,5.10-15F

B i 22:à

Khung dao động gồm cuộn L và tụ C thực hiện dao động điện từ tự do, điện
tích cực đại trên 1 bản tụ là Q0 = 10-6C và chuyển động dao động cực đại trong
khung là I0 = 10A.

a. Tính bước sóng của dao động tự do trong khung

b. Nếu thay tụ điện C bằng tụ C' thì bước sóng của khung tăng 2 lần. Hỏi
bước sóng của khung là bao nhiêu nếu mắc C' và C song song, nối tiếp?

Lời giải
a. Tính bước sóng

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

E = Eđ + Et =

2
2

Li
2
1
C
2

q


E = Eđmax = Etmax 2

LT
C
2

Q20 02


Do đó LC = 20
2
0

I
Q

 0

I
Q
LC 

Bước sóng : T = 2 LC

 = C.T = 2.C LC = 2 .3.108.





10
10 6

188,4 m
b. Bước sóng của khung

+ Khi có tụ C:  = 2c LC

+ Khi có tụ C' : ' = 2c LC'

2
1
C

'
'  




 4

1
C

' 

 C' = 4C

+ Khi C nt C': C
b1 =

C
5
4
C
5

C
4
C
C

C
.

C 2

'
'






Bước sóng 1 = 2








5
2
LC
c
5
4
C
5
4
.
L
.
c
.

1 = 168,5 m
+ Khi C // C'

Cb2= C + C' = 5C

Bước sóng 2= 2c 5LC  51 = 421,3 (m)

B i 23:à

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

a. Xác định khoảng bước sóng của tải sóng thu được với mạch trên.
b. Để bắt làn sóng 19,2m phải đặt tụ xoay ở vị trí nào.

Giả sử rằng sóng 19,2m của đài phát được duy trì trong dao động có suất
điện động e = 1V. Tính chuyển động dao động hiệu dụng trong mạch lúc cộng

hưởng.

Lời giải

a. Khoảng bước sóng của sóng thu được với mạch dao động
- Bước sóng của sóng vơ tuyến

 = 2c LC

+ Xét C = C1 = 10pH = 10-11 F

M = 2c LC1 = 2.3.108 2.106.1011 = 8,4 m

+ Xét C = C2= 790pF = 49.10-11F

2= 2

11
6

2 2 .3.10 2.10 .49.10

c     

 = 59m

Vậy mạch dao động này thu được sóng từ 8,4m đến 59m.
b) Vị trí xoay để máy bắt được sóng có  = 19,1m

Ta có  = 2c LC 2= 42c2LC

C = 8 2 6

2
2

10
.

2
.
)
10
.
3
.(
10
.
4

)
2
,
19
(
L

c
H

4  



~51,9.10-12 F = 51,9 pF
Từ C1 = 10 pF đến C=2= 490 pF phải xoay các bản di động 1800
Vậy phải xoay góc 

 =

7
,
15
10

490

)
10
9
,
51
(
180






</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Z = R  Imax =

3
6

10
10
R

l
R
U







= 10-2A = 1mA

B i 24:à

Cho mạch LC: bộ tụ điện C1//C2 rồi mắc với cuộc cảm L mạch dao động
với tần số góc  = 48 Rad/s. Nếu C1 nối tiếp C2 rồi mắc với cuộn cảm thì mạch
dao động với tần số góc ' = 100 Rad/s. Tính tần số dao động của mạch khi chỉ

có một tụ mắc với 1 cuộn cảm.

Lời giải

Khi dùng C1// C2ta có:  = LC(C C )

1
LC

1 



Khi dùng C1nối tiếp C2 ta có ' = 1 2

2
1
'

C
C

C
C
.
L

1
LC




Khi dùng C1 ta có 1= LC1

Khi dùng C2 ta có 2= LC2

Suy ra 21 + 22 = (')2 21+ 22 = 10022

2
2
2
1





= 2 21.22= 180022

Giải ra 21= 2360 22 = 2360

22 = 97640 21 = 79640

Vậy 1= 48,6 Rad/s 1= 312 Rad/s

2= 312 Rad/s 2= 48,6 Rad/s

B i 25:à



</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Cho một mạch dao động có L = 2.10-6H, C = 8pF = 8.10-12

1. Năng lượng của mạch E = 2,5.10-7J. Viết bt dòng điện trong mạch và bt
hđt giữa 2 bản tụ. Biết rằng tại t = 0 cường độ dao động là cực đại.

2. Thay c bằng C1 và C=2(C1 >C2). Nếu mắc C1 và C2 nối tiếp thì tần số dao
động của mạch bằng 12,5 MHz. Nếu mắc C1//C2 thì tần số dao động của mạch
bằng 6 MHz. Tính tần số của mạch khi chỉ dùng C1 và C2 với cuộn cảm L

Lời giải
1. Biểu thức năng lượng của mạch

E = 2 2

2
0
2

0 CU

LI



 I 0 =

05
,
0
10

.
2

10
.
5
,
2
.
2
L

E
2

4
7



 



(A)

U0 =

250
10

.
8

10
.
5
,
2
.
2
C

E
2

12
7



 



(V)
+ Tại t = 0

i = I0cos = i O đạt cực đại

 cos = 1  = 0

+ Vậy biểu thức dao động

+ Tính :  = 2.10 4.8.10 12
1

LC
1






= 25.106 Rad/s
+ Vậy biểu thức dao động và hđt là

i0= 0,05 cos (25.106t)
u = 250sin (25.106t)

2. Khi mắc C1+ C2 thì f = 1 2

2
1

C
C

C
C
L
2

1
LC

2
1







Khi mắc C1//C=2 thì f' = 1 2

' 2 L(C C

2
1




</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Khi mắc C1 thì f1 = 2 LC2

1


Khi mắc C2 thì f2 = 2 LC2

1


Nhận thấy f2

1 + f22 = f2 = 12,52 f21 + f22 = 12,52


 22

2
1

2
2
2
1

f
f

f
.
f

(f')2= 62 f2

1.f22= 62. 12,52

Giải ra f2

1= 100 f21= 56,25

2 = 56,25 f22 = 100

f1= 10 Rad/s f2 = 10Rad/s

f2 = 7,5 Rad/s f2 = 7,5 Rad/s

B i 26:à

Trong mạch dao động của vô tuyến điện, tụ điện biến thiên có thể biến đổi
điện dung từ 56pF đến 667pF. Muốn cho máy thu bắt sóng từ 40m đến 2600m,
bộ cuộn cảm trong mạch phải có độ tự cảm nằm trong các gíơi hạn nào?

Lời giải
Bước sóng:  = vT = c.2 LC

+  lớn nhất khi L và C lớn nhất

+  nhỏ nhất khi L, C nhỏ nhất

Độ tự cảm L được xác định: L = 2 2 2

C
.
4
.
C 



+ Muốn bắt được sóng nhỏ nhất thì điện dung C nhỏ nhất, độ tự cảm nhỏ
nhất và bằng.

L1=

6
12

2
2
8
2

2
2

10
.
8
)
10
.
56
.(
4
.
)
10
.
3
(

40
C

.
4
.
C


 







H = 8 H
hoặ

c
hoặ
c

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

+ Muốn bắt được sóng lớn nhất thì điện dung C lớn nhất, độ tự cảm L lớn
nhất và bằng:

L2=

3
12

2
8

2
2

2
2
2

10
.
86
,
2
)
10
.
667
.(
4
.
)
10
.
3
(

2600
C

.
4
.
C


 







H
Vậy độ t cảm L nằm trong giới hạn

8H  L  2,84mH
B i 27:à

Mạch chọn sóng của một máy thu vô tuyến điện gồm một cuộc dây có độ tự
cảm L và một bộ tụ điện gồm tụ điện chuyển động C0 mắc // với tụ xoay Cx. Tụ
xoay có có điện dung biến thiên từ C1= 10pF đến C=2= 250pF khi góc xoay biến
thiên từ 0 đến 120. Nhờ vậy, mạch thu được sóng điện từ có bước sóng trong dài
từ 1= 10m đến 2 = 30m. Cho biết điện dung của tụ điện là hàm bậc nhất của
góc xoay.

1. Tính L và C0

2. Để mạch thu được sóng có bước sóng 0= 20m thì góc xoay của bản tụ
bằng bao nhiêu?

c = 3.108m/s

Lời giải

1. Từ CT  = 2 LCb

LG
c


LCb =

2
2

2
1

c
4



KHi Cx đạt giá trị C1= 10pF

LC (C1+ C0) =

2
2

2
1

c
4



+ Khi Cx = C2

L(C2+ C0) =

2
2
2
2

c
4



</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

C2 = 10-12.250 = 25.10-11 F

 C0= 2.10-11 F

L = 4 c (C1 C0)
2

2
2






= 9,4.10-7 H

0= 2.c L(C0  C3)

 C3= 4 c .L

2
2

2
0




-C0 = 10-10 (F) = 100pF

Kí hiệu  là góc xoay của bản tụ thì

Cx = C1+ k = 10 + k (pF)
Khi  = 0  Cx = C1 = 10 pF

Khi  = 1200 Cx = 10 + k.120 = 250pF  k = 2.

Như vậy Cx = 10 + 2

Khi  = 0 thì Cx = C3= 100pF
Bài 28:

Cho mạch dao động gồm một cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L = 2.10
-4H, C = 8pF. Năng lượng của mạch là E = 2,5.10-7J. Viết biểu thức của cường độ
dòng điện trong mạch và biểu thức hiệu điện thế giữa 2 bản tụ. Biết O rằng tại
thời điểm ban đầu cường độ dòng điện trong mạch có gt cực đại.

Lời giải
Tần số góc  của mạch dao động là

 = 2.10 4.8.10 12
1

LC
1






= 25.106 Rad/s
Biểu thức của điện tích trên tụ điện có dạng

q = Q0sin (t + ) = Q0sin (25.106+ ) (1)
i = I0cos(25.106t + ) (2)

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Theo đb khi t = 0 ; i = I0

 cos = 1  = 0

Năng lượng của mạch E = 2C

Q
2

LT02 20


I0=

10
.
2

7
10
.

25
.
2
L

E
2






= 5.10-2 A
Q0=

12
7

10
.
8
.
10
.
5
,
2
.
2

2    = 2.10-9C

 i = 5.10-2cos (25.106t) A

U = C
Q0

sin(25.106t) = 250.sin (25.106t) (V)
Bài 29:

Mạch chọn sóng của một máy thu thanh gồm cuộn dây có độ tự cảm L =
2.10-6H, tụ điện có điện dung C = 2.10-10F. Xác định tổng năng lượng điện từ
trong mạch, biết rằng hđt cực đại giữa 2 bản tụ điện bằng 120mv. Để máy thu
thanh chỉ có thể thu được các sóng điện từ có bước sóng từ 57m (coi bằng 18m)

đến 753 (coi bằng 240m). Hỏi tụ điện này biết thiên trong khoảng nào.

Lời giải
* Tổng năng lượng điện từ trong mạch

E = Eđmax= 2

)
10
.
120
(
10

.
2
2

CU20 10 3 2


= 1,44.10-12

+ Máy thu thanh thu được sóng khi trong mạch chọn sóng xảy ra cộng
hưởng. Tần số sóng tới bằng tần số riêng của mạch dao động.

 f = 2 LC

1
f






C = 4 2c2L

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

Với  = 1= 18 thì

C1=

1
2
8
2
2
10
.
2
.
)
10
.
3
(
4
)
18
(




= 0,45.10-9F
Với  = 2= 240 (m) thì

C2=

9
6
2
8
2
2
10
.
80
10
.
2
.
)
10
.
3
.(
4
)
240
( 
 


F
Vậy 0,45 nF C  80nF.

B i 30:à

1) Trong mạch dao động LC lý tưởng ** dao động theo phương trình q =
Q0sint. Viết biểu thức năng lượng điện trường trong tụ điện và năng lượng từ
trường trong cuộn dây.

2) Trong mạch dao động (h.vẽ) bộ tụ điện
gồm 2 tụ C1giống nhau đwocj cấp nhượng W0 =
10-6J. Từ nguồn điện 1 chiều có dao động E = 4V.
Chuyển K từ VT1 sang VT2. Cứ sau những khoảng
thời gian như nhau: T1= 10-6s thì nhượng trong tụ
điện, cuộn cảm bằng nhau.

a) Xác định cđdđ cực đại trong cuộn dây

b) Đóng K1 vào lúc cddđ cuộn dây đạt max. Tính lại hđt cực đại trên cuộn dây.
Lời giải

1) Phương trình: q = Q0 sint

Biểu thức năng lượng điện trường trong tụ C:

Wc= 2C

Q
C
2

q2 20


sint = W0 sin2t

Biểu thức năng lượng từ trường trong cuộn cảm L:

WL =

t
cos
.
C
2
Q
t
cos
)
Q
(
L
2
1
)
q
(
L
2
1
Li
2
1 2
2

0
2
2
0
2
'
2







= W0 cos2 t

E C1

C2 k1

k2
1

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

2. a) Tìm chu kì biên độ Wc = WL

Wc= WL

t
cos
2

LT
t
sin
C
2

Q 2 02

0   

cos2t- sin2t = 0
 cos (2t) = 0

 2t= 200

k
200

1
.
2
t
k
2











Chu kì bt Wc= WL là

t = tk+1 - tk= 4

T
2



Do đó T = 4T1= 4.10-6

+ Điện dung của bộ tụ Cb= 2

C1

 W0= 2

U
C
2
1 1 20

với U0là hđt cựcđại của bộ tụ  U0= E = 4V

Suy ra C1=

2
6
2

0
0

4
10
.
4
U

4 



= 0,25.10-6 F
Cb= 0,125.10-6 (F)

T = f 2 2Cb
1




 L = b

2
2

C
4

T


W0 = 2

LT02

 I0=

b
a
0 2WC

T
2
L
W

2 



Thay số: I0= 0,785 A

b) Tại tiếp điểm đóng k1, cddđ trong mạch cực đại nên điện tích các tụ = 0,
khi đóng k1, tụ C1bị nối tắt nhưng nl của mạch vẫn là W0.

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

W0= 2

4
2
U
U
U

C
4
1
U
C
2

1 0

1
2

0
2
2

1    

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

Phần IV :

hệ kính - gương

B i 1:à

Cho TKHT L (f = 20cm) và gương phẳng M đặt vng góc trục chính và
cách TK 50cm. Vật sáng AB = 1 (cm) đặt vng góc với TC, cách TK 70cm ở
ngoài hệ.

a) Xác định ảnh của AB qua hệ
b) Vẽ ảnh AB qua hệ

Lời giải
Sơ đồ tạo ảnh liên tiếp :

AB A1B1 A2B2 A3B3 l = 0102= 50cm

d1= 70cm
f = 20cm

+ d2= l - d'1 = 50 - 28 = 22 (cm) > 0
+ d'

2= -d2 = -22 (cm) < 0

+ d3= l - d'2= 50+22 = 72 (cm) > 0

+ d'

3= 72 20

20
.
72
f

d
f
d

3
3




 = 27,7 (cm) > 0

Tính độ phóng đại ảnh

+ k1=

70

28 d







+ k2 =

1
22

22
d

2
'

2  


L1
01

G
02

L
02

d1 d'1 d2 d2' d3 d'3

 cm

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

+ k3= 72

7
,
27
d

3
'
3 



 A3B3 = k.AB = 0,154.1 = 0,154 (cm)
* Kết luận

ảnh A3B3 là ảnh thật, cách TK 27,7 (cm), cùng chiều với AB, độ lớn A'B'=
0,154 cm

Bài 32:

Cho một hệ thống gồm 1 TKHT tiêu cự f = 15cm và GP đặt vng góc với
TC, cách TK 42cm. Trong khoảng giữa TK và gương đặt vật sáng S nằm trên
trục chính, cách TK 24cm. Xác định ảnh qua hệ.

Lời giải

* SĐTA

+ Tuyến tạo ảnh 1: S S
d d'

+ Tuyến tạo ảnh 2: S S1 S2 l = 0102 = 42cm
d1 d'1 d2 d'2

d = 24 cm
f = 15cm

(K = 25

40
d

d'




= -16)

+ d1 = 42 - 24 = 18 (cm)  d'1= -18(cm)
+ D2= l - d'1= 42 + 18 = 60 (cm)

+ d'

2 = 60 15

15
.
60
f

d
f
d

2
2




= 20 (cm) > 0

(k'= 3

1
18

.
60

)
18
(
20
d

d
d
.
d

1
2

'
1
'

2   

)

G L

01
02

d'= df

d − f=
24 . 15

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

* Kết luận

+ ảnh S'là ảnh thật, của TK 40cm

+ ảnh S1là ảnh ảo, cách 13cm, ảnh này là vật thật đối với TK và cho ảnh
thật S2 cách TK 20 cm.

B i 33:à

Cho một hệ gồm TK và GP đặt sau, vng góc với TC của TK mặt phản xạ
quay về phía TK gương cách TK 1 đoạn a = 20cm. Chiều một chùm sáng song
song với TC vào TK, đặt mắt trước TK và nhìn qua TK ta thấy có một điểm sáng
chói nằm ngay trên mặt gương G. Hãy xác định tiêu cự của TK.

Lời giải
Gọi 0 là quang tâm của TK

Gọi G là giao điểm giữa TC của TK với gương
* SĐTA

AB A1B1 A2B2 A3B3
Chùm tia tới song song (ở vô cực) : d1 = 

d1' = f

Ta có : d2 = a - d

1 = a - f

d'2 = - d2 = f - a

d3 = a - d

2 = a - (f - a) = 2a - f

d'3 = a f

f
af
f

f
a

f
)
f
a
(
f
d

f
d

2
2
2
2

3
3











0
0

G
Mắt

TK
O

GP
G

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Theo đb A3 G  A3 là ảnh ảo nên d

3 = - A

Do đó : a f

f
af

2
2

2 2




= - a  2af - f2 = - 2a2 + 2af
 f2 = 2a2 f =  a 2 20 2

Vậy TK sử dụng có thể là TKHT tiêu cự f1 = 20 2 cm
hoặc TKPK : f2 = - 20 2 cm

Bài 34 :

Cho một THKT O có tiêu cự f = 12cm và một gương phẳng đặt vng góc
với TC của O, cách O một khoảng a = 24cm, sao cho mặt phản xạ của gương
hướng vào O. Một vật phẳng nhỏ AB đặt vng góc với trục chính của TK, giữa
TK và G. Dùng một màn M để thu ảnh của vật AB cho bởi hệ.

a. Khoảng cách từ vật đến gương là 4cm. Chứng minh rằng có thể tìm được
2VT đặt màn M để thu được ảnh của vật rõ nét trên màn. Xác định 2 VT đó và
độ phóng đại của hai ảnh tương ứng.

b. Xác định vị trí của AB sao cho trong 2 ảnh trên ảnh nọ lớn gấp 3 ảnh kia.

Lời giải

a. CMR : Có 2 VT của màn M để thu được ảnh rõ nét.

+ Khi đặt AB ở giữa TK và GP thì có 2 tuyến tạo ảnh của AB.
+ ánh sáng từ AB truyền trực tiếp qua TK cho ta ảnh A'B' (ảnh thật)

AB TK A'B'

d 0 d'

M 0

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

+ ánh sáng từ AB truyền qua gương cho ta ảnh ảo A1B1. ảnh ảo A1B1 đóng
vai trị là vật thật với TK, cho ta ảnh thật A2B2.

AB A1B1 A2B2
d1 d

1 d2 d

Vậy, có 2 ảnh A của AB qua hệ : A'B' và A2B2 đều hứng được trên màn
(ảnh thật).

Chứng tỏ có 2 VT của màn M cho ảnh rõ nét.

* Gọi x là khoảng cách từ vật  gương. Theo đb : x = 4

d1 = a - x = 24 - 4 = 20 cm.

d'1 = 20 12

12
20
1
1



.

f
d
f
d

= 30 (cm)

Độ phóng đại ảnh : K = - 20

30


d
'
d

= - 1,5
+ d2 = a + x = 24 + 4 = 28 (cm)

d'2 = 28 12

12
28
2
2



.
f

d
f
d

= 21 (cm)
Độ phóng đại ảnh : K' = - 28

= - 0,75 (cm)

+ d = a - x  d

1 = a x f

f
)
x
a
(
f
d
df






K = - a x f

f
d
'
d




(1)

+ d2 = a + x  d

2 = a x f

f
)
x
a
(
f
d
f
d






2
2

K' = a x f

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Từ (1) (2) : K > K'  Theo đb k = 2k'

Ta có phương trình :

f
x
a
f
x
a
f
x
a

f
f

x
a















 3 3 1

 a + x - f = 3 (a - x - f)
 x = 2

f
a 

Thay số : x = 2

12
24

= 6 (cm)
Bài 35:

Một hệ gồm một TKHT tiêu cự f = 12cm, đặt cùng trục và trước một gương
cầu lõm, bán kính R = 10 cm. Mặt phản xạ của gương hướng về TK. Khoảng
cách giữa G và TK là a = 35cm. Điểm sáng S được đặt trên trục chính, cách TK
một khoảng 20 cm một khoảng 20cm.

Vẽ hình.

Lời giải
* SĐTA

S S1 S2 S3
d1 d'2 d2 d

2 d3 d'3

+) d1 = 20cm
f1 = 12cm

+) d2= a - d1 = 35 - 30 = 5 (cm)

+) d'

2= 2

2
2

f
.
2

f
5

f
.
5
f

d
d




  d'

2= 

f2 =

)
cm
(
5

2
10
2
1




+) a3 = a - d'2 = - 

0 G

20
S

O O

Tk G G

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

Ta có : 1 3 d'3

1
d

1
f
1




 d'3= f1= 12 (cm)

Vậy ảnh cuối cùng là S3 nằm cùng phía với *** TK, có ** TK 12cm

B i 36:à

Một gương cầu lõm (G) f2= 15 cm và 1 tkht có f1= 20cm, đặt cách nhau
40cm. Mặt phản xạ của gương hướng về TK. Một vật AB phẳng đặt trên TC và
đặt khoảng giữa TK, G cách TK 30cm.

a. Xác định AB qua hệ

b. Vẽ ảnh và đường đi của chìm tia sáng.
Lời giải
a) * SĐTA

Tuyến tạo ảnh 1: AB A'B'
d1 d'

Tuyến tạo ảnh 2: AB A1l1 A2B2 l = 40cm
d1 d1' d2 d'2

+ Xét ảnh A'b'

d' = 30 20

20
.
30
f

d
df

1
1




 = 60 (cm)

k1= 30

60
d

d' 


= -2

S1 G

S2
0

S3
F

TK
01

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

Kết luận: ảnh A'B' là ảnh thật cách TK 60 cm, ngược chiều vật và bằng 2
lần vật

+ Xét ảnh A2B2:

d1= 40 - 30 = 10 cm
d'

30
15

10
15
.
10




 cm

d2= 40 + 30 =- 70 cm

d'
2 =

28
20
70

20
.
70
f

d
f
d

1
2

2 




 cm

k =

2
,
1
d

d
d
.
d

2
1

'
2
'

1 

* Kết luận: ảnh A1B2 là ảnh thật, cách Tk 28 cm, ngược chiều và bằng 1,2.

2
1

lần vật.

B i 37:à

Môt TKHT tiêu cự 10cm và gương cầu lồi tiêu cự 12cm đặt cùng TC và
cách nhau l. Điểm sáng S tren TC, cách TK 15 cm về phía khơng có gương.

Xác định l để ánh sáng qua hệ trùng với S. Minh hoạ đường đi của một tia
sáng phát ra từ S bằng hình vẽ.

Lời giải

02 A

1
B1

ÂE
01

F'1
A2

B2
AB'

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

*SĐTA

S S1 S2 S'

d1 d1' d2 d'2 d3 d'3
+) d1= 15 cam

fk= 10 cm

Theo đb: ảnh S' qua hệ trùng với S

 d1 = d'3

Lại có 3 '3

'
1

1 d

1
d

1
f
1







 d3= d'1= 30 (cm)

CT bắc cầu: d2= l- d'1= l - 30
d'

2 = l - d3= l - 30

Suy ra d2= d fg

fg
d

2
2

  d2

2 - 2d2fg= 0

 d2(d2- 2fg) = 0
+) TH1:d2= 0  l = 30 (cm)

+ TH 2: d2= 2fg = 2 (t2) = -24(cm)  l = d2+ 30= -24+ 30= 6cm
TK

GC
G

TK
0

 d'1 = = 30 (cm)

d22- 2d2fg = 0

F1 F1'

S
S'

S1  S2 G
S1 trùng với đỉnh gương

S1
F'1

G
0

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

B i 38:à

1 - Một thấu kính L tiêu cự f = 20cm. Đặt vật AB = 1 cm vng góc với TC

và cách TK mơt đoạn d. Hãy nói vễ VT, TC, độ lớn ảnh khi d = 30cm, d = 10
cm.

2 - Đặt thêm 1 TK L' tiêu cự 25cm vào cùng truc, cách L1 khoảng a = 10
cm. Vật AB đặt trước hệ hai TK, cách L một đoạn d = 30cm.

Xác định (VT, TC, độ lớn) cho bởi hệ.

3 - Thay vào VT L' bằng một gương phẳng G đặt nghiêng 1 góc 450 so với
trục của L, hướng mặt phản xạ về phía L

Tìm VT, t/c độ lớn. ảnh qua hê. Vẽ chùm tia
sáng từ vật  ảnh

Lời giải

1) SĐTA: AB A'B'
d d'
+) d = 30cm

d = 20 cm

K = 30 2

60
d






+) d = 10cm
d = 20 cm

K = 10 2

)
20
(
d





450

L
0

 d'= 30 .20

30−20=60(cm)

 d'= 10 .20

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

+ KL :

+ Khi d = 30cm ảnh A'B'là ảnh thật, cách Tk 60cm, độ phóng đại là -2
+ Khi d = 10cm ảnh A'B' là ảnh ảo, cách TK 20 cm, độ phóng đại là 2
2) Đặt thêm L' vào hệ

* SĐTA:

AB A1B2 A2B2
d1 d'1 d2 d'2
d1 = 30cm

d1' =

)
cm
(
60
20
30

20
.

30
f

d
f
d

2
1

1 





d2 = l - d1' = 10 - 60 = -50 (cm)

d2' =

)
cm
(
30
50
25
50

25
50
f

d
f
d

2
2

2 









k = 3

2
AB
3
2
B

A
3
2
d

.
d

d
.
d

2
2
1

2
'
1
'

2    

(cm)
3) Thay L' bằng gương phẳng G nghiêng 450
* Vẽ ảnh

3) Thay L' bằng gương phẳng G nghiêng 450

SĐTA AB A2B1 A2B2

L L' B

L L'

A
B

F1
F2

F1' A2 F2' A1

B1
B2

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

Vị trí A1B1 (như câu 2): d cách TK 60cm sau gương phẳng 50cm. A1B1 là
ảnh ảo của TK, là vật ảo của gương phẳng nên cho ảnh thật A2B2.

A1B1 và A2 B2 đx qua gương nên độ lớn của A2B2 là độ lớn của A1B1 và

bằng ( 1
'
1

d
d

)*AB = 30.1
60

= 2 (cm)

* Vậy A2B2 là ảnh thật, đx với A1B1 và độ lớn 2 cm

B i 39:à

Cho một TKHT f = 30cm, trước TK đặt điểm sáng S cách TK 40cm.
1- xđ ảnh S'

2 - Xau TK đặt thêm 1 gương phẳng G cắt C của TK tại H ách TK 90cm.
XĐVT ảnh cuối cùng của S

a) Gương phẳng vng góc với TC
b) Gương phẳng nghiêng 450 so với TC

Lời giải
1- Vị trí ảnh S' của TK

d'= 40 30 120

30
.
40
f

f
.
d






 (cm)

ảnh S 'nằm trên TC, là ảnh thật, cách TK 120 cm
2 - VT ảnh của S qua hệ TK + GP'

a) Gương phẳng vng góc với TC

SĐTA: S S1 S2 S3
d1 d'1 d2 d'2 d3 d'3
+ d1= 40

f = 30

+) ) d2= l-d'1 = 90 - 120 = -30 (cm)
+) ) d2' = 30 cm

TK G TK

 d'

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

+) ) d3= 90-30 = 60 cm

+) d3' =

60
30
60

30
.
60
f

d
f
d

3 




 cm

Vậy S3 là ảnh thật, nằm trên TC, cách TK 60cm

b) Gương phẳng nghiêng 450 so với TC

Chùm sáng sau khi ló ra khỏi TK (tạo ảnh S1) sẽ gặp gương vì S1là vật ảo

đối với gương nên tạo ra ảnh S2là ảnh thật đối xứng với S1 qua gương  S1 cách
trục chính 30cm.

* Kết luận: ảnh S2 là ảnh thật, cách TC 30 cm và đối xứng với S1 qua
gương.

B i 40:à

Cho một TKHT tiêu cự f1= 10 cm. Một vật sáng nhỏ AB hình mũi tên đặt

S3 S S2 S1

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

vng góc với TC của TK tại A và cách TK một đoạn 5cm. Sau TK (khác phía
vật AB) đặt một gương cầu lõm tại tiêu điểm của TK, sao cho TK và gương có
trục chính trùng nhau. Quang tâm TK trùng với quang tâm của gương cầu.

1. Xác định KC từ ảnh của vật AB tạo bởi quang hệ đến gương và TC độ
phóng đại ảnh.

2. Vẽ ảnh của vật AB tạo bởi quang hệ.
Lời giải
Theo đầu bài: đính gương I trùng với F'

tâm gương C trùng với 0 dựa vào hình vẽ ta có:
Tiêu cự gương:

f2 =

5
2
f
2
R 1




(cm)
Khoảng cách giữa TK G a = 10(cm)
* SĐTA

AB A1B1 A2B2 A3B3
d1 d'2 d2 d2' d3 d'3

d'
1 =

10
10

5
10
.
5
f
d

f
d

1
1

1 




 (cm)

d2= a - d'1= 10 + 10 = 20 (cm)

2 = 3

20
5

5
.
20
f

d
f
d

2
2

2 




 (cm)

d3 = a = d'2= 10 - 3

10
3
20



(cm)

d'
3=

10
3
10

10
.
3
10



= - 5 (cm)

a F'

1
I
0

C
R
L
R
B

R
L
R
A
R
L
R
F
1
R
L
R

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

K = 3
10
.
20
.
5

)
5
.(
3
20
).
10
(
d

.
d
.
d

d
.
d
.
d

3
2
1

'
3
'
2
'
1








= -1

Vậy ảnh A3B3 là ảnh ảo ngược chiều với vật cách TK5cm và lớn bằng vật.
2) Vẽ ảnh A3B3

A1 A

B2
B3

A3
A2

0C I

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

Phần V:

hộp đen

B i 11:à

Nhiều hộp khối giống nhau, người ta nối một đoạn mạch gồm một trong các
hộp khối đó mắc nối tiếp với điện trở R = 60 khi đoạn mạch được đặt vào hiệu

điện thế xoay chiều tần số 50Hz thì hiệu điện thế sớm pha 58 so với dòng điện

trong mạch.

1. Hộp kín chứa tụ điện hay cuộn cảm.

Tính điện dung của tụ hoặc độ tự cảm của cuộn cảm
2. Tính tổng trở của mạch.

Lời giải
1) Tìm phần tử trong trong hộp đen
Đoạn mạch gồm X và R mắc nối tiếp

Vì hiệu điện thế sớm pha hơn cường độ dịng điện trong mạch nên mạch
điện có tính chất cảm kháng.

Vậy trong hộp chứa cuộn cảm.
* Tìm L:

Ta có: tg = R

ZL

= tg58  1,6

 ZL = 1,6.R = 1,6.60 = 96

L = 2 .50

ZL




 360.10-3(H)

 L = 306 mH

2) Tổng trở của mạch Z = 2L 2 2

96
60
Z

R     113 ()

B i 24:à

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

gồm hai phần tử X, Y mắc như trên.

Cường độ dao động trong mạch nhanh pha /60 so với hiệu điện thế giữa

hai đầu đoạn mạch.

a) Hai phần tử trên là 2 phần từ nào trong số R, L, C?

b) Biết các biên độ của hiệu điện thế và cường độ dòng điện lần lượt là U0 =
40V và I0 = 8,0 A, tần số dao động là f = 50Hz. Tính gia tốc mỗi phần từ.

Lời giải

a)Giả sử trong đoạn mạch trên có khơng có phần tử R
Như vậy thì X1X2 là hai phần từ L, C.

Gọi  là góc hợp với U I
⃗

;

tg = R

ZL  c

=  = tg 2


 vơ lí

Theo đầu bài U trễ pha với e 1 góc /6

 vậy mạch điện chắc chắn có R (giả sử X là R)
 Y là L hoặc C

h)  = 2f = 2.50 = 100 (Rad/s)

tg = - 3

1
)

6
(
tg
R

ZC







 3ZC = R (1)
Mặt khác: Z =

5
8
40
I

U
Z
R

0
2
C
2






R2 + Z2C = 25 (2)

Thay (1) vào (3) 3ZC2 + Z2C= 25  ZC = 2,5 ()

 R = 2,5 3 ()

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

C = 







3

10
.

4
100
.
5
,
2

1
Z

(F)

B i 43:à

Cho mạch điện như hình vẽ

X là hộp đen chứa 2 trong 3 phần từ L1, R1,C1 nối tiếp
UAN= 100sin100t (V)

UMB= 200sin (100t - /3)

 = 100(Rad/s) = LC

1) Viết biểu thức Ux theo thời gian t

2) Cho I = 0,5 2A. Tính Px , tìm cấu tạo X.

Lời giải

* ZL = L ; Zc= C

 ZL = ZC

LC
1

=  2LC= 1

* UL UC 0

* UAL UL UX

* UMB U0 UX

Với UMP= 2YAN= 100 2

* Lấy trục số , biểu diễn vec tơ * UAL;UMB

Xét OHK ; HK = 2U2= 2UC

 HK=

6
50

3
cos
.
100
.
50
.
2
)
2
100
(
)
2
50

( 2  2   

N
C

B
A

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

 UL = UC = 25 6 (V)
* Định luật hệ số sin








 sin

2
100
2

3
6
50
sin

CK
3

sin
HK

 = 900

 vectơ UL ()
L

U  UAN

UAN cùng pha với

UXhợp với UAN một góc X

tgX = 2

2
2
50

6
25
OH
HE




X 410

Ux = OH HE 25 .6 50 .2 25 14

2
2






 (V)

UX = Ux 2sin(100t - x) = 25 28sin (100 - 150

4

) (V)
2) Ta có GĐ sau:

U cùng pha với I AM chứa L, UAn 0

 X chứa R1

Vế trái : X chứa 2 trong 3 phần tử R1, L1
C1 X chứa C1

sao cho ZL = ZC1

Tóm lại X chứa R1, CL

U = UL + UR1 UC1 UR1

0 UAN H

/3

C
U


MB

U

 ()

0 UAN

C
U
MB

U

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

Công suất tiêu thụ trên X
PX = UxI cos X

= 25 25. 14

2
.
50
.
2
.
5
,
0
.
14
25
U

U
.

2
.
5
,
0
.
14

ò
AN



= 50W

Độ lớn R1: R1= 0,2 2

2
50
I

U
I

UR1 AN




= 100

ZC1= ZL = 0,5 2

6
25
I

UL



= 50 3

Tóm lại: Mạch điện có dạng cụ thể sau

B i 44:à

Cho mạch điện như hình vẽ hiệu điện thế giữa hai đầu AB là
U = 100 2sin (100t)

Tụ điện C = F



Hộp kín X chỉ chứa 1

Phần tử (Rhoặc L). Dòng điện trong mạch sớm pha hơn /3 so với hiệu điện

thế giữa A - B.

1) Hỏi hợp X chứa điện trở hay cuộn cảm. Tính giá trị của nó.
2) Viết biểu thức của dòng điện tức thời trong mạch.

3) Mắc thêm vào mạch điện AB một điện trở thuần thì thấy cơng suất tiêu
thụ trên mạch đạt cực đại. Hỏi phải mắc điện trở đó như thế nào. Tính điện trở đó

Lời giải

1) Vị trí dao động trong mạch sớm pha hơn /3 so với hiệu điện thế nên

mạch có tính chất dung kháng.

N
C

1 B

Lr#0 R C

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

Mạch chứa C và X (R hoặc L)
Vậy X là điện trở thuần R

Biểu diễn trên giản đồ vectơ: UC; UL ; U (trục góc e)

Theo giả thiết

tg đ R

U
3
U
3
U

3    



R = 3

100
Z

.
1
.
2
1



 ()

2) Viết biểu thức dao động trong mạch
i = I0sin (100t + )

Tổng trở của mạch

Z = 3

200
100

3
100
Z

R 2

2
2

C
2




()

Cường độ dòng điện hiệu dung: I = 3
200
100

= 0,3 3 (4)

 I0= I 2 0,5 6 (A)

pha i - pha U = 100t +  - 100t =  = /3

Vậy biểu thức cddđ là i = 0,5 6sin (100t + /3) (A)

3) Công thức tính cơng suất:

P = UIcos AB = U. y

U
Z

R
.
U
Z
R
.

U 2 2




y = *

2
C
*
*

2
C
2
*

R
Z
R
R

Z
)
R
(






</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

Lại có R*. *
2
C

R
Z

= Z2

C = cost  ymin khi
R*= *

2
C

R
Z

R* = ZC= 100 ()
R = 100 3 ()

Vậy điện trở theo 2 phải mắc nối tiếp

R* = R + R' R' - R* = 100 - 3

100

 42,3 ()
B i 45:à

Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ
chứa 2 trong 3 phần tử R1L1 mắc nối tiếp.

Bỏ qua điện trở của mape kế vào đầu nối. Đặt vào 2 đầu đoạn mạch một
hiệu điện thế xoay chiều có biểu thức U = 200 2sin100t (V) thì chỉ 0,8A

và h số công suất của dòng điện trong mạch là 0,6.

Xác định các phần tử chứa trong đoạn mạch X và độ lớn của chúng biến

C0 = 



10 3

(F)
Lời giải

* Tính Zc0 : ZC0 =

)

(
20
2

10
.
100

1
C

3
0







 

Theo đầu bài : U = 200V

I = 0,8A

Z2AB = 2002 = Z2C0 + Z2x

Zx = 30 69 ()
Lại có K = cos = ZAB

= 0,6 R = 250.0,6 = 150 ()
R<R*

A M B

 ZAB =

200

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

- Như vậy, đoạn mạch X gồm R và L hoặc R và C
+ TH1: X gồm R và L

X = R+2 + Z2L  ZL = 30 44

L =    

100

44
30

ZL

(H)
+TH2: X gồm R và ZC
Tương tự ZC = 30 44

C = 







3

10
.
56
,
0
44
30

.
100

1
Z

B i 46:à

Cho đoạn mạch AB gồm hộp kín X chỉ
chứa một phần tử (cuộn dây thuần cảm hoặc
tụ điện) và biến trở R như hình vẽ. Đặt vào
đầu A, B.

Một hiệu điện thế xoay chiều có giá trị hiệu dụng 200V và tần số 50Hz thay
đổi giả thiết của R để công suất trong đoạn mạng AB là cực đại khi đó, cường độ
dao động qua mạch có giá trị hiệu dụng bằng 2 A. Biết cường độ dao động

sớm pha hơn hiệu điện thế.

Tính điện dung tụ điện hoặc độ tự cảm của cuộn dây, bỏ qua điện trở dây nối.
Lời giải

1) Đoạn mạch AB gồm điện trở thuần X R và phân tử X (L hoặc C)
Mặt khác : cđđđ sớm pha hơn hiệu điện thế

 mạch có tính chất dung kháng.
 X chứa tụ điện C

2) Biểu thức công suất của mạch điện

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

P = UI cosAB = U. y

U
Z

R
U
Z

R
.
Z

U 2

AB
2

AB
AB




U = cost PmaxYmin

Với y = R

Z
R
R

Z2AB 2 2C 2C







Nhận xét: R . R Z cost y  K
Z

min
2

C
2
C

Z2C

R = ZC
Vậy khi Pmax thì R = ZC (1)

Khi đó: I = 2A

ZAB = 2

200
I



()

R2+ ZC2 = 4

2002

(). Từ (1) (2) R = Zc = 100 ()

 C = 







6

10
100
.
2
.
50

1
Z

(F)

B i 47:à

Cho mạch điện như hình vẽ

R là biến trở, C là tụ điện có điện dung C = 



10 3

(F)

X là 2 trong 3 phần tử R, L, C mắc nối tiếp. Đặt vào 2 đầu AB một hiệu
điện thế xoay chiều có giả thiết hiệu dung khơng đổi.

1) R = R1 = 90 thì UAM = 182 2sin(100t - 2



) (V)
uMB = 60 2sin 100t (V)

a) Viết biểu thức uAB

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

2) Khi R = R2 thì cơng suất mạch đạt cực đại. Tìm R2và cơng suất tiêu thụ
mạch khi đó.

Lời giải

1) ZC = 




 

3
10
.
100

1
C

= 90

Khi R = R1= 90 thì tg AM = 90

90
R

ZC



= 1

 AM = 4




U trễ pha 4



so với i

U trễ pha 2



so với UAM

Vậy trong X chắc chắn có L1

Lại có tgMB= 1

1
C
1
L

R
Z

Z 

Nếu X khơng chứa R1 thì tgMB = tg2



 vơ lí
 X chứa R1

Vậy 2 phần tử của X là L1 và R1

tgMN =

1
R
Z

1
1
L



R1 = ZL1

* Biểu diễn các vectơ UAM ; UAB trên GĐVT (trục góc i)

+ 60 3

180
U

MB
AM




 UAM= 3MB

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

và AM + MB= 2



OEK vuông

Tại E :

2
AM
2

MB
2

AB U U

U   = 1802 + 602= 36000

UAB = 60 10

IKE UB1 = UL1

2
MB
2
1
L
2
1

R U U

U  

I =
2
90
90
180
Z
R
U
Z
U
2
2
2
C
2
AM
AM

AM 




(A)

ZL1 = R1 = 2

2
30

= 30 ()

tgAB = 2

1
30
90
90
30
R
R
Z
Z
1
C
1

L 








AB  -26,5 27

Phương trình UAB = UAB = 60

)
180
27
t
100
sin(
.
2
.

10   

= 120 180)

27
t
100
sin(

5   

(V)
b) X gồm 2 phần tử L1 và R=1 với

R1= L1= 30  R = 30

L1= 



3
,
0
100
30
(H)
2) Biểu thức công suất của mạch

P = UIcosAB = U. y

U
Z
R
R
Z
U 2
AB

1
AB



</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

U = const Pmax ymin với

y = R R

)
Z
Z
(
)
R
R
(
)
R
R
(
)
Z
Z
(
)
R
R
(
R

R
Z
1
2
C
1
L
1
1
2
C
1
2
1
1
2
AB












* Nhận xét:

(R1+ R). R R

)
Z
Z
(
1
2
C
1
L



= (ZlL1- ZC)2 = cost

 ymin  (R1+ R) = R R

)
Z
Z
(
1
2
C
1
L



ZL1 - ZC= (R1 + R)
Vế trái ZL < ZC ZL1 - ZC = - (R1+ R)  R = 30 

khi R = 30 thì P =Pmax = y

với y = (30 + 30) + 30 30 120

)
90
30
( 2



Bài 48:

Cho một xoay chiều như hình
vẽ UAB = 120 2sin (100t) (V)

1) K đóng  I = 2A, dòng điện lệnh pha 300 so với UAB . Tính L, r
2) K mở I = 1A, UAM lệnh pha 900 so với UMB

a) Tính cơng suất toả nhiệt trên X.

b) X gồm 2 trong 3 phần tử R1, L1 C nội tiếp. Tìm cấu tạo X
Lời giải

1) Khi K đóng mạch điện như sau
khi đó UAM = UAB = 120 (V)

ZAM = 2

120
I

UAM


= 60 () Z2L + r2 = 602 (1)

A B

Lir#0 M

Lir#0

MP

Pmax = 60
2

. 10

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

Lại có: dao động lệch pha 300 so với U

AB (UAB = UAM)

 tgAM=

3
r
Z
3
1
30
tg
r
Z

L    

(2)
Từ (1) (2) ZL = 30 

r = 30 3

2) Khi K mở UAM UMB

Mặt khác UAM sớm pha 300 so với i

 mạch MB có tính dung kháng  đoạn mạch MB chứa C và R

tgMB =

R
3
Z

3
R

C   



(3)
+ Vì UAM UMB

UAM UMB UAB

 U2AB = 120 60 3
2
2



 (V)

RMB = 60 3 ()

Ta có phương trình R2 + Z2

C = 3602 (4)

Từ (3) (4) R = 30 3 ()

ZC = 3R = 90 ()
Ta có cơng suất tiêu thụ trên X

PX = PMB = UMBIcosMB

= 60 3 .1.cos(-60) = 30 3 (V)
B i 49:à

Cho mạch điện như hình vẽ:

X1, X là hai hộp mỗi hộp chỉ chứa 2

30
0
0

UA
M

U trễ pha hơn i một góc
600

 U2AB = U2AM +
U2MB

V
2
V

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

trong 3 phần tử R, L, C mắc nối tiếp. Các
vôn kế và ampe kế đo được trong cả nguồn
điện xoay chiều và nguồn điện một chiều.

Khi mắc hai điểm AM vào nguồn điện một chiều thì (A) chỉ 2A, (V1) chỉ
60V. Khi mắc AB vào nguồn xoay chiều tần s 50Hz thì (A) chỉ 1A, các vơn kế
cùng giả thiết 60V, uAM và uMBlệch pha nhau /2.

Hộp X, Y có những phần tử nào. Tính giá trị của chúng.
Lời giải

* Khi lắp mạch AM vào hiệu điện thế một chiều thì có dịng điện 2A chạy
qua mạch  X không chứa tụ điện  X chứa L1và R1

R1= 2

60
I
U



= 30 () (1)

* Khi mắc AB vào nguồn xoay chiều: UAM = 60 V, I = 1A

 ZAM =

60
1
60



()

 R21+ Z2L1 = 602 (2)
Từ (1) (2) R1 = 30 

ZL1 = 30 3

L1 = 






3
3
,
0
100

3
30
ZL1

(H) = 0,17 (H)
* ZMB=

60
1
60



()

U sớm pha hơn i một góc AM

tgAM=

3
R

1
1

L 

AM= 60
MB

AM U

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

Suy ra Y chứa C2

tgMB= 3

1
)

30
(
tg
R

Z
Z

2
2
C
1

L    

R2 #0
Y chứa R2

Vậy Y không chứa ZL (Y gồm R2 và C2)
2

C
2

2
2

C R 3Z

3
1
R







 R2= 30 3
ZC2= 30 
Lại có R2

2+ Z2C2= 602
Bài 50:

Cho mạch điện XC như hình vẽ

A là (A) nhiệt, điện trở R0 = 100, X là hộp kín chứa 2 trong 3 phần tử (R,
L, C) mắc nối tiếp. Bỏ qua điện trở (A), khoá K và dây nối , đặt vào hai đầu M,
N của mạch điện một hiệu điện thế xoay chiều có giá trị hiệu dụng K đổi và có
biểu thức UMN= 200 2sin 2t (V)

1) a. với f = 50Hz thì khi K đóng (A0 chỉ 1 A. Tính điện dung C0 của tụ điện.
b. K ngắt, thay đổi tần số thì thấy khi f = 50Hz (A) chỉ cực đại và hiệu điện

thế giữa 2 hộp kín X lệch pha /2 so với hiệu điện thế giữa 2 điểm M & D. Hỏi

hộp X chứa những phần tử nào. Tính các giá trị của chúng.

2) Khố K vẫn ngắt, thay đổi f thì thấy (A) chỉ cùng trị số khi f = f1 hoặc f=
f2 . Biến f1+ f2= 125 HZ.

Tính f1, f2, viết cd dđ qua mạch khi đó. Cho tg 0,65
Lời giải

1) a khi đóng K mạch điện thành:
chỉ 1A  I = 1A

M N

P
R

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

ZND=

200
1

200




R20 + Z2C0 = 2002ZC0 = 100 3 ()  C0= 



3
10 4

(F)
b) Khi K ngắt:

MD U

U 

U trễ pha so với i một góc MD . tgMD=

3
R

c
0

C 



MD = - 60

Vậy DN sớm pha 30 so với i

 X chứa RB và ZL

tgDN=

C R 3Z

3
1
R
Z





*cđđd trong mạch cực đại nên khi đó xảy ra cộng hưởng

ZL = ZC0 L = C0

 2LCo = 1

L =








 

3
10
.
100

1
Co

4
2
2
2

(H)

R = 300

3
.
.
100
.
3
L
.
.
3
Z

3 L 










b) Khi thay đổi có 2 giá trị của ddđ bằng nhau

I1= I2 2

MN
1

Z
U
Z



Z1 = Z2

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

Z1L- Z1co = Z2L - Z2co= Z1L- Z2L= Z1co- Z2c

 L (1+ 2) = 1 2
2
1

0 .

)

(

C
1








 2(f1- f2)(L+

)
C
f
f
4

0
2
1
2

 = 0 (1)

(f1# f2 f1 - f2 #0)

 L+ 1 2 0
2

C
f
f
4

 = 0 (vơ lí) loại

*TH2: Z1L- Z1co = - (Z2L - Z2co)

L(1 + 2) = 1 2
2
1
0

(
C









)

12 = o

2
2

0 4 LC

1
f

f
LC





Thay số f1f2= 





3
1
3
4

= 2000
Theo đầu bài f1+ f2= 125

 f1 = 25Hz

f2 = 100Hz

* Khi f = f1 = 25Hz thì Z1L= 2Z2L= 50 3

Z1co =

3
200
C

L
2

0
1



 

I = 4002 3.1502

200
Z




0,42A  tg = 8
3
3


</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

Z2c6=

3
50
C

f
2

0
2



 

tg = 8

3
3
R

R
C
Z

0
0
L

2 




=0,05 u/i = 180

33

* Kết luận: i1= 0,42 2sin(50t + 0,58) (A)
i2= 0,42 2sin(200t - 0,58) (A)

Phần III

kính lúp

Bài 1:

Một người mắt khơng tật quan sát vật qua kính lúp f = 10cm. Khi đó độ bội
giác max. Gmax = 3,5 mắt đặt sát kính. Tính Gmin và phạm vi dịch chuyển vật trước
kính.

Lời giải
*SĐTA

AB A1B1 A2B2
d1 d'1 d2 d'2 l = 0

+ tg0 = OC0

+ tg = 1

'
1

1
1

d
AB
d

l
AB
K
A

0
B
A






với l = 0

K = 1
'
1

* Độ bội giác

PKL
01

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

G = 1 1
0
0

0 d

D
d

C
0
tg











(*)

 G nghịch biến với d1

1) Ngắn chừng ở điểm cực cận : d1 = d1min= diC
d2 = d2C = OA1 = OCo = Đ

1= d'1c = l - d2c = - Đ

d1= d1c = § 10

§
10
f

§
f
§
f
d

f
d

'
c

'
c
1







Gmax = GC =

5
,
3
10

10
§
§

10
)
10
(§
§
d

C
1








 Đ = 25 (cm)  d1C = 7

(cm)
2) Nc ở cực viễn: d1= dmax= d1C= f
A1B1 ở xa vơ cực

Gmin = G =

5
,
2
10
25
f




 Gmin = 2,5 d1C = f = 10 (cm)

Phạm vi dịch chuyển 7

 d1 10 (cm)

B i 2:à

Một người quan sát con tem cổ bằng một kính lúp f = 5cm. Mắt đặt tại tiêu
điểm ảnh của kính lúp  l = f gh nhìn rõ của mắt từ 1050cm.

1) Xác định phạm vi dịch chuyển của vật trước kính lúp.

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

Lời giải
AB A1B1 A2B2

d1 d'1 d2 d'2 l = f = 5cm

1) Phạm vi dịch chuyển của vật trước kính lúp

d2= 0A1= l - d1 = l + 1
1

f
d



(vì 0 < d1 < f  d1 < 0) ; l = f

OA1 = f + 5 d1

1
d
5
5
1
d
f

f
d1





 (0<d1 < 5cm)

Lại có 0Cc  0A1 0Cc

nên 10  5 + 1

d
5

  50 (0 < d

1 < 5 cm)
Giải ta ta được

d1C= 2,5 cm  d1 d1C= 4,5 cm < f

2) Quan sát ở trạng thái điều tiết tối đa, nghĩa là ngắm chừng ở điểm cực cận
+ d1= d1C = 2,5 cm ; A1Cc

+ Góc trong ảnh

 = A10B1 # tg = 0Cc

AB
K
A

0
B

1
1

1 

Kc =

2
d
5

5
d

f
f

c
1
c




VT  << # tg = 5
AB
10

AB
2



+ ĐK năng suất pli min
KL

</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

 5
AB

3.10-4 AB 15.10-4 (cm)

ABmin= 15.10-4 (cm) = 15m

* Vậy khi mắt ở trạng thái điều tiết cựcđại thì nhìn thấy được khoảng cách
ngắn nhất giữa 2 điểm trên vật quan sát qua kính lúp là 15m.

B i 3:à

Một mắt bình thường có điểm cực cận cách mắt Đ = 25, quan sát vật nhỏ
bằng KL có tiêu cự f = 5cm. Tính phạm vi ngắm chừng của KL trong các trường
hợp.

1) Mắt đặt tại tiêu điểm ảnh F'

2) Mắt đặt tại q tâm 01của kính
3) Mắt đặt sau KL a = 4 cm

Lời giải
* SĐTTA

AB A1B1 A2B2
d1 d'1 d2 d'2
1) Mắt đặt tại tiêu điểm ảnh F'

 l = 0,0 = 01F' = f = 5cm
* NC ở điểm cực cận

+ d2= d2c= 0Cc = Đ = 25cm
+ d'

1 C = l - d2c = 5-25 = -20 cm

+ d1c =

4
5
20

5
)
20
(
f
d

f
d

'
c
1
'

1 









cm
+ Nc ở cực viễn

+ Mắt bt

+ d2v = 0Cv= 
+ d'

1v = l - d2v= 5 -  = - 

KL
01

</div>
(83)<div class='page_container' data-page=83>

+ d1v=

cm
5
f
d

f
d

'
v
1
'

1 




* Khoảng nc là d1= d1v- d1c= 6

(cm)
3) Mắt đặt sau KL 1 khoảng l = a = 4cm
* NC ở điểm cực cận

+ d2c= Đ = 25cm
+ d'

1c = l = d2c = 4-25 = -21 cm

+ d1c =

cm
26
105
f

d
f
d

'
c
1
'

1 



* Ngắm chừng ở điểm cực viễn
+ d2v = 0Cv= 

+ d'

1v = l - d2v - 

+ d1v=

cm
5
f
f
d

f
d

'
v
1

'
v

1  



* Khoảng nc là d1 = d1v - d1c = 5 -

cm
26
25
26

105

B i 4:à

Mắt thường có điểm cực cận cách mắt Đ = 25cm , quan sát vật mở bằng KL
tiêu cự f = 10cm. Tính độ bội giác của KL trong các TH.

1) Mắt đặt tại tiêu điểm ảnh
2) Mắt đặt tại quang tâm KL
3) Mắt đạt sau KL a = 5cm

</div>
(84)<div class='page_container' data-page=84>

b) Khi ảnh quan sát ở khoảng nhìn rõ ngắn nhất.
c) Khi vật cách TK 8cm.

Lời giải
* SĐTA

AB A1B1 A2B2

d1 d'1 d2 d'2 l = 001
* Độ bội giác của KL

+ Vật AB có 0 < d1< f

A1B1là ảnh ảo nằm trong gh nhìn rõ của mắt

 0 < d1cd1  d1v < f
+  là góc trong ảnh qua KL

tg =

'
2
1

1
1

d
l

AB
K
A

0
B
A




với d'
1=

0
f
d

f
d

1 



+ 0là góc trong vật trực tiếp khi vật đặt ở điểm cực cận của mắt.

tg0 = §

AB
Cc

0
AB



+) G =

'
1

0 l d

.§
k
tg







Kết quả G = lf (l f)d1

§
f




1) Mắt đặt tại tiêu điểm ảnh F : l = f
khi đó G = f .d1

Vậy với với cách nc thì G = 10 2,5 cost
25

f
§




KL

</div>
(85)<div class='page_container' data-page=85>

2) Mắt đặt tại quang tâm 0 l = 0

a) Khi mắt không điều tiết: NC ở điểm cực viễn
+ Mắt bt  d2v = 0Cv = 

+ d'

1v = l - d2v = -

+ d1v = d f

f
d

'
v
1

v
1

 = f = 10 cm

Vậy G = Gv =

5
,
2
10
25
f




b) Khi mắt điều tiết cực đại: NC ở cực cận
+ d2c = 0Cc = Đ = 25 cm

+ d'

1c = l - d2c= -d2c = -25cm

+ d1c= 3

25
f

f
d

'
c
1

'
c

1 

 cm

Vậy Gc =

3
3
25
25
d

c
1



c) Khi vật cách TK b = 8cm

G = 8

25
b
§



3) Mắt đặt sau TK a = 5cm l = 5cm

a) NC ở CV
+ d2v= 
+ d'

1v= l = d2v= -
+ d1v= f = 10cm

 Gv=

cm
5
,
2
E
§

</div>
(86)<div class='page_container' data-page=86>

b) NC ở CC
+ d2c= Đ = 25cm
+ d'

1c= R - d2c = 5-25 = -20 cm

+ d1c = 3

20
f
d

f
.
d

'
c
1

'
c

1 

 cm

Gc= 3

c) Vật cách KL b = 8cm  G = 8

25
b
§


B i 5:à

Một người dùng kính lúp để nhìn vật AB cao 1mm. Tiêu cự của KL là f =
4cm. Xác định:

1) Góc trong  nhìn vật qua KL khi mắt đặt tại tiêu điểm ảnh của kính lúp.

2) Phạm vi nc của kính lúp biết phạm vi thấy rõ của mắt là từ 12cm đến
36cm, mắt đặt tại quang tâm của KLúp.

3) Độ bội giác của KL khi AB trước kính 3,5cm và mắt sau kính 2cm.
Lời giải

1) Góc trong ảnh 

SĐTA

AB A1B1 A2B2 (vmac)

d1 d'1 d2 d'2 l = 001 = 01F' = f
+ Góc trong ảnh = A10B1 = 010I

tg = f

AB
0

0
0
I
A
0

B
A

1
1
1

1   

do <<  tg = 40
1
f

AB


(Rad)

2) Phạm vi nc của KL

KL
01

</div>
(87)<div class='page_container' data-page=87>

Với phạm vi nhìn rõ của mắt cận là 12 36cm

Mắt đặt tại quang tâm 0 của KL  l = 01 = 0

* NC ở điểm cực cận
+ d2c = 12cm

+ d'

1c = l - d2c = - d2c= -12 cm

+ d1c =

cm
3
4
12
4
.
12
f
d
f
d
'

c
1
'
c
1 






* NC ở điểm cực viễn
+ d2v = 3cm

+ d'

1v = l - d2v= -36 cm

+ d1v =

cm
6
,
3
4
36
4
.
36
f

d
f
d
'
v
1
'
v
1 






Vậy phạm vi nc của KL là 3cm, 3,6 cm

3) Độ bội giác

+ Mắt đặt sau KL 2 cm l = 2cm

+ Vật AB đặt trước kính 3,5cm  d1= 3,5cm

+ d'
1 =

cm
28
4
5

,
3
4
.
5
,
3
f
d
f
d
1
1






Độ phóng đại K1= 1

'
1

d
d


= 8 K1 = 8
* Ta có:

+ Góc trong ảnh qua KL  = A10B1

tg = 75

</div>
(88)<div class='page_container' data-page=88>

+ Góc trong vật trực tiếp  khi vật tại điểm cực cận

tg0 = 120

1
12

1
,
0
Cc
0




* G =

2
,
3
tg

0
0










 G = 3,2
B i 6:à

Mắt cận thị về già có điểm cực cận cách mắt 1/3m, viễn điểm cách mắt
50cm, mắt đặt tại tiêu điểm ảnh của một KL.

1) Tính tiêu cự f của KL biết khoảng nc là 0,4mm.

2) Bây giờ mắt cách KL 1 cm, quan sát vật AB trước kính.

a) Tính độ bội giác của KL, biết mắt quan sát ảnh mà khơng cần điều tiết.
b) Tính độ cao tối thiểu của AB mà mắt có thể nhìn được qua KL, biết ns
pli của mắt là 3.10-4 Rad.

Lời giải
* SĐTA

AB A1B1 A2B2 (vmac)
d1 d'1 d2 d'2 l = 010
+ Khoảng nhìn rõ của mắt 1/3m; 0,5m

1) Tính f:

+ Mắt đặt tại tiêu điểm ảnh của KL  l = f

+ Ngắm chừng ở điểm cực cận
d2c=

cm
3

100
f

3
3
100
f

d
l
d
cm
3
100

c
2
'

c
1











d1c = 100

f
100
f

3
f

d
f

d 2

'
c
1

'
c

1  

 cm

+ Ngắm chừng ở viễn điểm

</div>
(89)<div class='page_container' data-page=89>

d2v = 50 cm  d'1v = l - d2v= f - 50 cm

d1v=

cm
50

f
50
f

50
f
)

50
f
(
f
d

d 2

'
v
1

'
v

1  






+ Khoảng nc: d1= d1v- d1c= 0,04 cm

 100 0,04

t
100

3
50

f
50

f2 2








 f2= 4  f = 2 >0

Vậy tiêu cự của KL f = 2cm
2) l = 1 cm

a) GV:

* Lập cơng thức tính tổng qt như bài 4

+ G = lf (i f)d1

co
0

.
f




* áp dụng : mắt quan sát ảnh mà không cần điều tiết: ng ** ở cực viễn
Ta có l = 1cm, f = 2cm

d1v =

cm
92
,
1
50

f
50
f2






 GV =

17
92

,
1
).
2
1
(
2
.
1

3
100
.
2






3) Chiều cao tối thiểu

+ Nhận xét: ycđb tìm chiều cao tối thiểu của AB mà mắt qua KL có thể bp
được.

+ ĐKiện vềnăng suất phânli:  = A10B1min

</div>
(90)<div class='page_container' data-page=90>

 = 0Cv
AB
K

0
AB

K 1

1
1



K1= 25 i0Cv = l + d1v= 1 + 48 = 49 (cm)
Kết quả

10
.
3
49

AB
.

25 


 AB 5,88.10-4 cm

AMmin= 5,88 m

B i 7:à

Một TKHT tiêu cự f có độ tụ +10 đp

1) Tính độ bội giác của KL khi no ở vơ cực.

2) Tính độ bội giác của kính và độ phóng đại của ảnh khi người quan sát nc
ở điểm Cc.

0Cc = 25cm mắt đặt sát kinh.

Lời giải
+ SĐTA

AB A1B1 A2B2(Võng mạc)

d1 d'1 d2 d'2 l = 0102 = 0 0CC = 25cm

G = lf (l f)d1

§
f




Với l = 0

Đ = 25 cm, f = b
1

= 0,1m = 10cm

Suy ra G = d1

1) Nc ở vô cực

Người quan sát nc ở vc  d2 =  d'1= -   d1 = f

</div>
(91)<div class='page_container' data-page=91>

Khi đó G =

5
,
2
10
25



2) Nc ở điểm cực cận
d2c = 0Co = 25cm

 d11c = l - d2c = - 25cm

d1c =

cm
7
50
f
d

f
.
C
d

'
c
1

1 



GC=

5
,
3
7
50



K =

-5
,
3
7
50
25
d

c
1
'

1  

B i 8:à

Đặt vật sáng nhỏ AB  trục chính của KLúp, A thuộc trục chính, A cách F

một khoảng x1. Mắt người quan sát đặt sau KL, cách tiêu điểm ảnh của KL một
đoạn x2 để quan sát ảnh ảo AB qua KLúp.

Lập CT tính G theo x1 , x2
Bluận kết quả

Lời giải
*SĐTA:

AB A1B1 A2B2 (vmac)
d1 d'1 d2 d'2 l = 010

+ G = lf (l f)d1

§
f




+ A1R1 là ảnh ảo  d'1 < 0  0 d1 f

Do A cách tiêu điểm vật đoạn x1 d1 = f - x1 f

+ Mắt người quan sát cách tiêu điểm ảnh một khoảng x2 nên
l = f + x2 f (001F')

KL
01

</div>
(92)<div class='page_container' data-page=92>

l = f - x2f (0 01F')

Nếu: l = f + x2 G = 1 2
2

x
x
f

§
f


l = f - x2 G = 1 2
2

x
x
f

§
f


* Bàn luận:

Nếu x1= 0  d1= f

G = f const

D



d1
Nếu x2= 0  l = f

G = f const

D



d1

Bài 9: ks sự bt của độ bội giác của KL theo VT đặt vật trước KL là d1

Xét hs G = G (d1) = (f l)d lf

§
f

1 



TXĐ: d1 d1c ; d1v = D
Đặt V = (f-l)d1+ lf

Vậy có 3 TH:

TH1: G' = 0 , l = f khi đó G = f cost

§


d1D
TH2: G'> 0  l> f G đbiến với d

1 D

Gmax= GV= KV0Cv

Gmin= GC= KC

TH3: G'< 0  0< l < f G nbiến với d

1D

</div>
(93)<div class='page_container' data-page=93>

Gmin= GVKV0Cv

B i 10:à

Một người mắt không tật 0Co = Đ; 0Cv =  quan sát một vật nhỏ *** KL

tiêu cự f = 10cm. Gmax = 3,5, mắt đặt sát KL.
Tìm Gminvà phạm vi dịch chuyển trước kính.

Lời giải
* SĐTA

AB A1B1 A2B2 (vmac)
d1 d'1 d2 d'2 l = 010 = 0

G = lf (l f)d1

fD




 G = d1

Với f = 10cm

l = 0
Nhận xét:

G = d1

 G nbiến với d1d1C ; d1V
Độ bội giác max khi nc ở điểm cực cận
Độ bội giác min khi nc ở điểm cực viễn
* Ngắm chừng ở cực cận

d2C = Đ d'1C = l - d2C = -D

d1C=

5
,
3
10
b

D
10
f

D
f
§
f
d

f
d

'
c
1
'

1 









Đ = 25 cm

 G =
KL

</div>
(94)<div class='page_container' data-page=94>

Thu được d1C =

cm
7
50

* Ngắm chừng ở cực viễn:

d2V =  d1V' = l - d2V = - d2V = 

d1V =

cm
10
f
f
d

f
.
d

'
V
1

'
V

1  



 Gmin= GV =

5
,
2
10
25
d

V
1




 KC dịch chuyển 7

</div>
(95)<div class='page_container' data-page=95>

Phần VII

kính hiểm vi

Bài 1: Thiết lập CT tính độ bội giác của KHV khi ngắm chừng ở vô cực
* SĐAT

AB A1B1 A2B2

d1 d'1 d2 d'2 l = 0102

+ ảnh ảo A2B2 ở xa vô cực, d'2= - ; d2 = f2hay A1 = F2

+ Chùm tia ló ra khỉ thị kính 02 là chùm tia sáng song song, góc trong ảnh 
= cost với mọi vế trái đặt mắt.

+ 0 là góc trong vật khi nhìn bằng mắt thường

tg0 = §

AB
Co

0
AB



(1)

+ Dựa vào hình cữ ta có :  = A102B1

Suy ra tg = 2

1
2

2
1
1
1
2

1
1

AB
K
F

0
B
A
A
0

B
A




(2)
Đặt  = F'1F2 = l -(f1 + f2) là độ dài quang học

Ta có: K1= 1

'
1
1

2
'
1
1

1
1
1
1

f
F
0

F
F
I
0

B
A
AB

A 






(3)
VT ; 0 << nên tg  i tg00 (4)

Từ (1) (2) (3) (4) G= tg 0
tg







G = f1f2
§


Bài 2: Thiết lập CT tính độ bội giác của KHV khi quan sát ở cận điểm hoặc
viễn điêm.

Lời giải

+ Để A1B1là ảnh thật lớn hơn vật thì 0 d1cd1d1V2f1

</div>
(96)<div class='page_container' data-page=96>

+ Để quan sát được ảnh ảo A1B2phải nằm trong giới hạn nhìn rõ của mắt.
0CC 0A2 OCv (020)

+ Góc trong vật 0 tg0 = 0D

AB
C

0
AB



(1)
1) NC ở cực cận: A=2 Cc  0A20Cc = Đ

 = A10B2 ; tg = §

AB
Kc
A

0
B
A

2
2

2 

(2)

Từ (1) (2) Gc= 0 tg 0









= Kc = K1C.K2C

Vậy độ bội giác khi nc ở cực cận bằng độ lớn của độ phóng đại ảnh qua hệ.
2) Ngắm chừng ở cực viễn A2Cv  0A20Cv

Ta có tg = 0Cv
AB
.
Kv

(3)
Từ (1) (3) GV = KV. 0Cv

ơới K=V = KV1. KV2

B i 3:à

KHV f=1= 10cm, f2 = 4cm, l = 0102= 17cm, oCc = 15cm, oCv = 50 cm.
1) Xác định phạm vi dịch chuyển vật trước TK

2) Tính Gc, Gv (mắt đặt sát thị kính).
Lời giải
*SĐTA

AB A1B1 A2B2 A3B3

d1 d'1 d2 d'2 l = 0102= 17cm l' = 002 = 0
f1 = 1cm f2 = 4 cm

1) Phạm vi dịch chuyển vật trước VK

KL
02

M
02

</div>
(97)<div class='page_container' data-page=97>

* Ngắm chừng ở điểm cực cận A2Cc
+ D2c = 0Cc= 15cm

+ d'

2c = l' - d3c = -d3c = - 15cm

 d2c =

cm
19
60
f

d
f
.
d
2
'
c
2
2
'
c
2 


+ d'

1c = l - d2c= 17-

cm
19
263
19
60


AB gồm VK nhất d1c =

cm
244
263

f
d
f
.
d
1
'
c
1
1
'
c
1 


* NC ở điểm cực viễn A2 Cv
+ d3v = 0Cv = 50cm

+ d2v = l' - d3v = - d3v = - 50cm

 d2v =

cm
27
100
f
d
f
.
d

2
'
V
2
2
'
V
2 


+ d'

1v - l - d2v =

cm
27
359

 AB xa VK nhất d1v =

cm
332
359
f
d
f
.
d
1
'

V
1
1
'
V
1 


* Vậy phạm vi dịch chuyển trước VK là:

d = 3,4.10-3 cm (rất nhỏ)

2) áp dụng theo công thức bài 2:

+ Gc= Kc = 1c 2c
'
c
2
'
c
1
d
.
d
d
d

Gc = 61

</div>
(98)<div class='page_container' data-page=98>

Kv =

166
d

.
d

d
d

2
v
1

'
v
2
'

1 

Kết quả Gv = 5 49,8

249



B i 4:à

KHV có f=1; f2= 2cm, l = 0,02 = 18cm . Mắt không tật đặt tại tiêu điểm ảnh
của TK để quan sát ảnh ảo A2B2 của vật AB rất nhỏ.

1) Để mắt có thể nhìn rõ ảnh thì vật dịch chuyển từ 1515cm

1616
cm

15
16



trước VK. Tính f1 và 0Cc.

2) Biết năng suất phân li min= 2.10-4 Rad

Tính khoảng cách giữa 2 điểm trên vật mà người này còn phân biệt được
khi nc ở cận điểm

Lời giải
SĐTA

AB A1B1 A2B2 A3B3

d1 d'1 d2 d'2 d3 d'3 l = 0102= 1D cm
l' = 00

2 = 02F'2= f2 = 2cm

0Cv =  ; 0Cc = D

Theo đầu bài: phạm vi dịch chuyển của vật là

15
16
d

1515
1616

1 



 d1c = 1515

1616

cm
d1v = 15

1) NC ở cực viễn : A2Cv

VK
02

TK
02

</div>
(99)<div class='page_container' data-page=99>

+ d3v = - ; d'2v = l' - d3v = - d3v = - 

+ d2v =

cm
2
f
f
d
f
d
2
2
'
v
2
2
'
c

2  



 d'1V =

V
2
12
'
v
1
1
'
V
1
d
l
f
d
f
d



cm
1
f
)
f
15
16
)(

2
18
(
f
15
16
1
1

1     

* NC ở điểm cực cận A2 Cc

d'
1C =

cm
16
,
16
f
d
f
d
1
'
C
1
1
'

c
1 

 ; d

2C = l - d'1C = 1,84

d'
2C =

cm
23
f
d
f
d
2
'
C
2
2
'
c

2 



 d3C = l' - d'2C = 25cm
0Cc = Đ = d3C = 25cm

2) Chiều cao tối thiểu AB
+ = A20B2 là góc <<

 tg = §
AB
K
A
0
AB
K
2


+ K1 =

5
,
189
d
d
d
.
d
C
2
C
1
'
C
2

'
C
1 


+ ĐK ns p li min

 §

AB
Kc

min

ABmin= Kc

</div>
(100)<div class='page_container' data-page=100>

B i 5:à

KHV có f1= 0,5 cm ; f2= 2,5cm ;  = 16cm mắt á có gh nhìn rõ 25cm  
1) Tính G

2) Tính chiều cao của AB nhìn được qua KHV với góc trong ảnh
 = 12.10-4 Rad (nc ở vô cực)

Lời giải
SĐTA

AB A1B1 A2B2 A3B3

d1 d'1 d2 d'2 d3 d'3

f1 = 0,5cm ; f2= 2,5 cm ;  = 16cm

1) G

ADCT đã thiết lập được

G= f1f2
§


Đ = 0,5.2,5 320
25

.
16



(Mắt khơng tật có 0Cv =  ; 0Cc = 25)

2) Vì G= 320

320 0











(1)
do  góc nhỏ 0  tg0 = §

(2)

Từ (1) (2) 320

§.
AB
§

AB
320








với  = min = 12.10-4 Rad thu được
ABmin= 9,375.10-5cm

B i 6:à

KHV có f1= 0,5cm, f2 = 5cm , l = 0,02 = 21cm

VK
02

TK
02

</div>
(101)<div class='page_container' data-page=101>

Mắt người quan sát có gh nhìn rõ từ 10  50cm đặt tại tiêu điểm TK

Tìm Gc, Gv.

Lời giải
SĐTA

AB A1B1 A2B2 A3B3
d1 d'1 d2 d'2 d3 d'3
f1 = 0,5cm , f2= 5cm

l = 0102 = 21 cm
l' = 0

20 = 02F'2 = f2= 5cm
+ NC ở cận điểm: A2Cc

d3C = 0A2 = 0Cc= 10 cm  d'2C= l' - d3c = - 5cm

d2C = 2C 2
2
'

C
2

f
d

f
.
d

 = 2,5cm  d'

1C= l - d2C = 18,5 cm

Suy ra d1C =

cm
72
37
f

d
f
.

1
C
1

1
'

1 



+ Ngắm chừng ở điểm cực viễn A2 Cv
d3V = 0A2 = 50cm, d'2V = l'-d3V = -45cm

d2V =

cm
5
,
4
f
d

f
.
d

2
'

V
2

2
'

2 



1V = l - d2V = 16,5cm

d1V =

cm
64
33
f

d
f
.

1
'

V
1

1
'

1 



Kết quả Gc = Kc =

72
d

d
d
.
d

c
2
c

'
c
2
'

1 

VK
02

TK
02

</div>
(102)<div class='page_container' data-page=102>

Gv = Kv0Cv
§

320
d

d
d
.
d

V
2
V
1

'
V
2
'

1 

B i 7:à

KHV có f1= 2mm , f2= 40mm, l = 0102 = 222mm mắt người quan sát có
khoảng nhìn rõ ngắn nhất Đ = 25cm. Mắt đặt sát thấu kính

1) Xác định phạm vi ngắm chừng của KHV.

2) Tính góc trong ảnh, biết vật quan sát AB = 4m (ngắm chừng ở vô cực)

Lời giải
SĐTA

AB A1B1 A2B2 A3B3
d1 d'1 d2 d'2 d3 d'3
l = 0,02 = 222mm ; l' = 0; f

1 = 2mm ; f2= 40mm
1) Phạm vi nc của KHV

* Ngắm chừng ở cực cận A2Cc
d3c= 0A20Cc = Đ = 25 cm
d'

2c = l' - d3c = -25cm

d2C =

mm
29
1000
f

d
f
d

2
'

c
2

2
'

2 



1c = l - d2c =

mm
29
5438

Vật AB ở gần VK nhất

d1c = 1345

2719
f

d
f
.
d

1
'

c
1

1
'

1 



* NC ở điểm cực viễn: A2Cv
d3v = 0A2= 0Cv =  ; d'2v= l - d3v = - 

VK
02

TK
02

</div>
(103)<div class='page_container' data-page=103>

d2v =
mm
182
d
l
V
1
d
mm
40
f

f
d
f
.
d
v
2
2
2
'
v
2
2
'
v

2      



Vật AB ở xa VK nhất

d1V =

mm
45
91
f
d
A

.
d
1
'
v
1
'
v
1 


* Phạm vi NC d1=

mm
10
.
61
,
6
1345
2719
45

91 4




2) Ta có f1= 2mm ; f2 = 40mm

 = l - (f1+ f2) = 1800mm
Đ = 25cm = 250mm

Suy ra G=

5
,
562
f
f
§
2
1
0




(1)

Vì 0 là góc nhỏ 0 tg0 =

Rad
250
10
.
4
§

AB 3



Từ (1) (2)  = 0 . G =

Rad
10
.
9
5
,
562
.
250
10
.
4 3
9



B u 8:à

KHV có f1= 6mm, l1= 0102 = 142mm. Mắt nhìn vật AB cao 0,1 mm qua
KHV và nc ở cực dưới góc trịng  = 0,125 Rad

1) Tìm f2 và k/c từ vât  kính

2) Thu được ảnh thật trên màn cách thị kính 11,6cm thì phải dịch chuyển
vật theo chiều nao ? bao nhiêu? tính độ phóng đại ảnh.

Lời giải
* SĐTA

AB A1B1 A2B2 A3B3
d1 d'1 d2 d'2 d3 d'3

</div>
(104)<div class='page_container' data-page=104>

f1 = 6m, l = 142mm, AB = 0,1 mm
1) * NC ở vô cực d3 = d'2- 2 - d3  - 
+ Góc trong vật 0 là góc nhỏ 0 tg 0 = 0Cc

với AB = 0,1 mm (1)

+ Độ bội giác của KHV khi nc ở vô cực

G= f1f2 0
§






+ Kết hợp (1) (2) ta được

.Đ. 0 = f1. f2 . 

(136 - f2) Đ. §

= 6.f2 . 0,125

 f2= 16mm

Khoảng cách từ vật đến KHV là

d1=

mm
3
,
6
f
d

f
.
d

1
'
1

1
'

1 



Kết quả f2= 16mm d1= 6,3mm

2) ảnh thật trên màn các Tk 11,6cm, d'

2 = 116 mm

+ d2=

mm
56
,
18
f

d
f
.
d

2
'
2

2
'

2 



d1 = l - d2 = 123,44mm

d1 =

mm
307
,
6
mm
734
4629
f

d
f
.
d

1
'
1

1
'

1  



+ Vậy vật AB phải dịch xa VK thêm một đoạn

</div>
(105)<div class='page_container' data-page=105>

0,307 - 6,3 = 0,007 mm

+ K = 3

367
1

'
1



d
d

B i 9:à

KHV có f1= 1cm, f2= 4cm,  = 15cm

Người quan sát có Cc cách mắt 20 cm và Cv ở xa vô cực. Đặt vật trong
khoảng nào trước kính. Biết mắt đặt sát TK.

Lời giải
SĐTA:

AB A1B1 A2B2 A3B3
d1 d'1 d2 d'2 d3 d'3

f1 = 1 cm , f2 = 4cm ,  = 15cm
l = 0102 = f1+ f2+  = 20cm

l' = 0

102= 0

* NC ở điểm cực cận: A2Cc
d3c = 0A2 = 0Cc = 20cm

2c = l' - d3c = - d3c= - 2m cm

d2c =

cm
30
50
d

l
d
cm
3

'
10
f

d
f
d

c
2
'

c
1
2

'
c
2

2
'

2     



AB gần VK nhất d1c=

cm
47
50

d
f
.
d

1
'

c
1

1
'

1 



* NC ở viênc điểm : A2 Cv

d3v =  d'2v = l' - d3c= - 

d2v= 2

'
v

2
'

v
2

f
d

f
.
d

 = f

2 = 4cm  d'1v = l - d2v = 16cm
AB xa VK nhất

</div>
(106)<div class='page_container' data-page=106>

d1v =

cm
15
16
f

f
.
d

1
'

v
1

1
'

1 



+ Khoảng dịch chuyển 15

16
d

47
50

1 



d1= 2,84.10-3 cm

Bài 10:

KHV có f=1= 3mm, f2 có D = 25 đp
1) TK nào là VK

2) Một người cận thì có Cc cách mắt 14 cm dùng kính quan sát AB = 0,01
mm. Mắt đặt tại tiêu điểm ảnh của TK quan sát ảnh sau cùng điều tiết tối đa.
Chiều dài kính là 20 cm.

Tính: - k/c từ ảnh trung gian đến TK
- K/c từ AB đến VK

- Độ bội giác của kính.

Lời giải
1) TK l1 tiêu cự f1 = 3mm

TK l2 có D = f2

= 25  f2= 0,04m = 40 mm f2> f1

 Vật kính là L1
2) SĐTA

AB A1B1 A2B2 A3B3
d1 d'1 d2 d'2 d3 d'3

l = 0102= 20 cm= 200mm

f1= 3mm ; f2= 40mm
0Cc= 14 cm = 140 mm
AB = 0,01mm

l' = 0

102 = f2 = 40mm

VK
01

TK
02

</div>
(107)<div class='page_container' data-page=107>

+ Mắt quan sát ảnh cuối cùng điều tiết tối đa

 NC ở cực cận

A2 Cc  d3c = 0A2 = 0Cc = 140 mm
d'

2c = l' - d3c = - 100mm

Suy ra khoảng cách từ ảnh trung gian đến TK L2 là

d2c =

7
200
f

d
f
d

2
'

c
2

2
'

2 



1c = l - d2c =

mm
7

1200

+ Khoảng cách từ AB đến VK d1c = 313

400
f

d
f
d

1
'

c
1

1
'

1 



+ Đọ dài quang học của kính:  = l - (f1-+ f2) = 157 mm

+ Độ bội giác của kính: Gc = Kc =

5
,
169
d

.
d

d
d

c
2
c
1

'
c
2
'

1  

Phần VIII

kính thiên văn

Bài 1: Thiết lập CT tính bội giác khi nc vô cực

Lời giải
SĐTA

AB A1B1 A2B2 A3B3 (võng mạc)
d1 d'1 d2 d'2 d3 d'3

l = 0102 l' = 020

+ Ngắm chừng ở vô cực : A2 ở xa vô cực  0A2 = 

</div>
(108)<div class='page_container' data-page=108>

d3 = 

 d'2 = l ' - d3 -d3 = - 

0
d

'
2


d2 = f2  A1F2

+ Vật AB ở xa vô cực nên d1=  ; d'1 =

1
1
1

1
1

f
f
d

f
d



A1 = F'1

+ Tóm lại : A1F'1F2
l = 0102= d'1 + d2 = f1 + f2

+ VT AB là những thiên thể ở rất xa nên góc trong vật 0 là góc trong vật
trực tiếp từ trái đất hoặc góc trong vật qua quang tâm 0 của vật kính

Ta có:

tg 0 =

t
cos
F

A
F

0
B
A
A
0

B
A

1
1
1
'

1
1

1
1
1
1

1   

+ A2B2 xa vơ cực nghĩa là chùm tia ló ra khỏi thị kính là chùm tia song song

 tạo góc trong ảnh  như sau:

tg  = 2

1
1
2

2
1
1
1
2

1
1

F
B
A
F
0

B
A
A
0




(2)
Do , 0 là góc << nên

G = 2

1
0

0 f

f
tg

tg









 G= 2

f
f

Bài 2: KVT có f 2 = 120 cm ; f2 = 4cm. Mắt người quan sát có 0Cc = 25cm
mắt đặt sát TK.

Tính khoảng cách từ VK  TK và độ bội giác

</div>
(109)<div class='page_container' data-page=109>

+ SĐTA

AB A1B1 A2B2 A3B3 (võng mạc)
d1 d'1 d2 d'2 d3 d'3

l = 0102 ; l = 020 = 0 ; f1 = 120 cm ; f2 = 4cm
+ AB ở rất xad1 =  ; d'1 = f1 = 120cm
+ A2B2 là ảnh thật với mắt  d3 = 0A2 > 0

ảnh A2B2 hiện lên ở Cc: A2  Cc  d3 = d3c = 0Cc = 25
+ Ta được d'

2c = l' - d3c = -d3c = - 25cm

 d2c =

cm
29
100
f

d
f
d

2
'

c
2

2
'

2 



Khoảng cách VK  TK là

l = 0102 = d'1 + d2c = 120 +

cm
45
,
123
29

3850
29

100




+ Góc trong vật  : tg0 = 120

B
A
f

A 1 1

1
1

1 

+ Góc trong ảnh  : tg = 0Cc

B
A
K
A

0
B

A 2c 1 1
2

2 

Với K2C = 4

25
d

c
2
'

2 

0Cc = 25cm
Kết quả

Gc =

8
,
34
Cc
0

f
K
tg

tg 1

C
2
0











Bài 3: KHV có f1 = 120 cm, f2 = 4cm, mắt người quan sát có 0Cv = 50cm,
mắt đặt sát TK.

</div>
(110)<div class='page_container' data-page=110>

Xác định l = 0102 và Gv

Lời giải
SĐTA

AB A1B1 A2B2 A3B3 (võng mạc)
d1 d'1 d2 d'2 d3 d'3

l = 0102 l' = 020 = 0 f1 = 120 cm f2 = 4cm

+ Vật AB ở rất xa: d1 = ; d'1 = f1= 120cm
+ A2B2 là vật thật với mắt:d3 = 0A2 > 0

ảnh A2B2 hiện lên ở điểm cực viễn : A20Cv

 d3v = 0A2 = oCv = 50cm
Ta có: d'

2v = ;' - d'3v = - d'2v = - 50cm

Suy ra d2v =

cm
27
100
f

d
f
d

2
'

v
2

2
'

2 



Khoảng cách giữa VK và TK là
l = 0102 = d'1 + d'2v =

cm
27
3340

+ Góc trong vật 0

tg0 = 120

B
A
f

A 1 1

1
1

1 

+ Góc trong ảnh  = tg  = 0Cv

B
A
K
A

0
B

A 2V 1 1
2

2
2



VT , 0 << nên

Gv = 0Cv

f
K
tg

tg 1

V
2
0










Thay số: Gv = 32,4

VK
01

TK
02

</div>
(111)<div class='page_container' data-page=111>

Bài 4: KTV được điều chỉnh cho một người có mắt bình thường nhìn được
ảnh rõ nét của vật ở vô cực mà không cần điều tiết khi đó VK, TK cách nhau
62cm và độ bội giác G = 30.

1) Xác định tiêu cực của VK và TK

2) Một người cận thị đeo kính số 1 muốn quan sát ảnh của 1 vật qua KTV
mà khơng đeo kính cận, khơng điều tiết. Người đó phải dịch chuyển TK bao
nhiêu theo chiều nào.

3) Vật quan sát là mắt trịng có góc trong  = 0,01 Rad. Tính đk của ****

qua VK

Lời giải
SĐTA:

AB A1B1 A2B2 A3B3 (võng mạc)
d1 d'1 d2 d'2 d3 d'3

l = 0102 l' = 020 = 0

1) + Mắt bình thường quan sát ở trạng thái không điều tiết

 NC ở vô cực

+ Ta có: A2= Cv  0A2= oCv =  d3 = 

2 = e' - d3 = - d3= - d2=

2
2
'
2

2
'

2 f

f
d

f
.
d




+ Vật AB ở xa vô cực: d1 = d'1= f1
Thu được e = 0102 = d'1+ d2 = f1 + f2

Theo giả thiết l = f1+ f2 = 62 cm (1)

+ Độ bội giác của ảnh khi nc ở vô cực (2)

G=

30
f

1 

VK
01

TK
02

</div>
(112)<div class='page_container' data-page=112>

Từ (1) (2) f1 = 60cm
f2 = 2cm
2) Độ dịch chuyển TK

Mắt người cận thị dùng kính số 4 (D -4)

Viễn điểm Cv cách mắt 1 đoạn 0Cv = -D
1

= 0,25 = 25cm

+ Người này quan sát ảnh ảo của vật qua TKTV mà khơng đeo kính và
khơng điều tiết.

NC ở cực viễn

+ Ta có : A2 = Cv 0A2 = 0Cv  d3v = 25cm
d'

2v = l' - d2v = - d3v = - 25cm

 d2V =

cm
27
50
f

d
f
d

2
'

v
2

2
'

2 



+ Vật AB ở rất xa : d1 =  f'1= f1= 60 cm

Lúc này khoảng cách giữa VK - TL : lv = 0102 = d'1 + d2V = 1670/27 < 62cm
Vậy ta phải dịch TK lại gần VK 1 đoạn

l = 27cm
4

 0,148cm

3) ĐK ảnh ặt trăng

Góc trong mặt tràng là  = 0,01 Rad <<

 = tg = 1
1
1

f
B
A

A1B1= .f1= 0,6cm = 6mm
Vậy đkmt là: A1B1 = 6mm

</div>
(113)<div class='page_container' data-page=113>

1) Một người mắt không tật dùng KTV để quan sát mặt trăng ở vơ cực ,
khi đó khoảng cách Vật kính - Thị Kính là 90cm độ bội giác của ảnh là 17, tính
tiêu cự của VK, Tk

2) Góc trơng là 0 = 3.10-4 Rad). Tính đường kính ảnh Mặt Trăng tạo bởi

VK và góc trơng ảnh MT qua TK.

Lời giải
SĐTA

AB A1B1 A2B2 A3B3 (võng mạc)
d1 d'1 d2 d'2 d3 d'3

l = 0102 l' = 020
1) Tiêu cự:

+ Mắt không tật quan sát ảnh nc ở vô cực

+ A2Cv 0A20Cv  d3 =  ; d'3 = l - d3= -  d2 = f2

+ Vật AB ở rất xa  d1=  ; d'1=

1
1
1

1 f

f
d




Thu được : l = 0,02 = d'

1 + d2 = f1- f2
Theo giả thiết: l = f1 + f2= 90 cm

 f1= 85cm

f2 = 5cm

+ G =

17
f

1 

2) Điều kiện của M**

0tg0 = 2
1
1

f
B
A

 A1B1 = 0 .f1 = 0,073 cm

+ Góc trong ảnh MT tạo bởi TK cũng là góc trong ảnh MT tạo bởi KTV

VK
01

TK
02

</div>
(114)<div class='page_container' data-page=114>

Ta có: G= 0



 = 0 .G=

Rad
3500

51
17

3500
3

</div>

bai tap VL 12 co giai chi tiet

<sub>(</sub>

<i><sub>A</sub></i>

<sub>)</sub>

<i><sub>x</sub></i>





<i><b>Phần II</b></i>

<b>con lắc đơn</b>

<b>II mạch dao động điện từ lc</b>

<i><b>Phần IV :</b></i>

<b>hệ kính - gương</b>

70

28

d

d







<b>hộp đen</b>

U

U

U

U

<b>kính lúp</b>

<b>kính hiểm vi</b>

<b>kính thiên văn</b>

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về