phçn i tai lieu suu tam rat hay con l¾c lß xo bµi 1 mét lß xo ®­îc treo th¼ng ®øng ®çu trªn cña lß xo ®­îc gi÷ chuyón ®éng ®çu d­íi theo vët næng cã khèi l­îng m 100g lß xo cã ®é cøng k 25 nm k

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

con lắc lò xo

<i><b>Bi 1: Mt lò xo đợc treo thẳng đứng, đầu trên của lò xo đợc giữ chuyển</b></i>

<i>động đầu dới theo vật nặng có khối lợng m = 100g, lị xo có độ cứng k = 25</i>
<i>N/m. Kéo vật rời khỏi VTCB theo phơng thẳng đứng hớng xuống một đoạn</i>
<i>2cm, truyền cho nó vận tốc 10</i> <i>3</i> <i>.</i>



<i> (cm/s) theo phơng thẳng đứng hớng lên.</i>

<i>Chọn góc tg là lúc thả vật, gốc toạ độ là VTCB, c dơng hớng xuống.</i>
<i>a. Viết PTDĐ.</i>

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

<b>Lêi gi¶i</b>
<b>a) T¹i VTCBO</b>

kl = mg

 l = 0,04

25
0,1.10
k

mg



 (m

+  =  5105

1,0
25
m
k

(Rad/s)

+ m dao động điều hố với phơng trình
x = Acos (t + )
Tại thời điểm t = 0 x = 2 cm > 0

v = 10 3 (cm/s) <0

Ta cã hÖ 2 = ASin  Sin  >0

-10 3 = 5.Acos cos <0

Chia 2 vÕ tg =

3
1


  =

6
5

(Rad)  A = 4(cm)
VËy PTD§:

x = 4cos(5t + 3

2

) (cm)
<b>b) Tại VTCB lò xo dÃn l = 4cm</b>

+ ở thời điểm t = 0, lò xo bÞ d·n l = 4 + 2 = 6 (cm)

+ 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 cã: -2 = 4cos (5t +3

2


)
 sin (5t +3

2


) =

2
1


5t + 3

2


=

6
7

 t =

15
1

(s)

<i>( Có thể giải bằng mối liên hệ giữa dao động điều hồ và chuyển động trịn đều)</i>
<i><b>Bài 2: </b>Cho con lắc lò xo dđđh theo phơng thẳng đứng vật nặng có khối </i>
<i>l-ợng m = 400g, lị xo có độ cứng K, co năng toàn phần E = 25mJ. Tại thời điểm</i>

l
l

0

0(VTCB)
)

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

<i>t = 0, kéo m xuống dới VTCB để lò xo giãn 2,6cm đồng thời truyền cho m vận</i>
<i>tốc 25cm/s hớng lên ngợc chiều dơng Ox (g = 10m/s2₎</i>

<i>a. CM vật dđđh.</i>
<i>b. Viết PTDĐ</i>

<b>Lời giải</b>
<b>a. Tại VTCB kl = mg  kl = 0,4.10 = 4 l = </b>

<i>k</i>
4

<i>(mét)</i>
Tại thời điểm t = 0, kÐo m xng díi VTCB, lß xo d·n 2,6 cm
 x = 2,6 - l = 0,026 -

k
4

<i>( mÐt)</i>
ChiỊu d¬ng 0x híng xng  x >0
T¹i t = 0 x = 0,026 m/s > 0
v = -0,25 m/s <0

Cơ năng toàn phần E = 2 25.10 3
2

1
2
2

1 

<i>mv</i>

<i>kx</i> (J)

Ta có phơng trình:

<i>3</i>
<i>2</i>

<i>2</i>

<i>25.10</i>
<i>)</i>

<i>.0,4.(0,25</i>
<i>2</i>

<i>1</i>
<i>)</i>
<i>k</i>
<i>4</i>
<i>k(0,026</i>
<i>2</i>

<i>1</i>

k(2,6.10-2_-4₎2 _₀_,₀₂₅

<i>k</i>

 0,0262_.k2_{- 0,233k + 16 = 0  k = 250 (N/m) TM}

k = 94,67 (N/m) lo¹i

VËy k = 250 N/m   = 25

4
,
0
250




<i>m</i>
<i>k</i>

(Rad/s)
T¹i t = 0 x = 1cm > 0

v = -25cm/s < 0

1 = Asin ; sin >0  =

4
3

Ra®
-25 = 25Acos; cos<0 A = 2 cm

Vậy phơng trình điều hoà là x = )
4
3
t
25
sin(

2   (cm)

<i><b>Bài 3: </b>Hai lị xo có độ cứng lần lợt</i>
<i>là k1= 30 (N/m) và K2 = 30 (N/m)</i>

<i>đợc gắn nối tiếp với nhau v</i>

<i> gắn vào vật M có khối lợng m = 120g nh h×nh vÏ. KÐo M däc theo trơc lò xo </i>
<i>tới vị trí cách VTCB 10 cm rồi thả không vận tốc đầu trên mặt phẳng ngang. </i>
<i>Bỏ qua ma sát.</i>

<i>1. CM vật DĐĐH, viết PTDĐ</i>

<i>2. Tớnh lực phục hồi cực đại tác dụng vào vật</i>

=> k > 153,8 N/m

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

<b>Lêi gi¶i</b>

<b>1. Chän trơc ox nằm ngang, chiều dơng từ trái qua phải, gốc 0 tại VTCB của vật.</b>
Khi vật ở VTCB, các lò xo không bị biến dạng.

Khi vt li x thỡ x = x1 + x2 với x1; x2 là độ biến dạng của 2 lò xo (cùng dãn hoặc

nÐn).

+ Lực đàn hồi ở 2 lò xo bằng nhau lên
x1 =

1

<i>k</i>
<i>F</i>

 _{; x}₂₌
2

<i>k</i>
<i>F</i>


VËy x = 

2
1
2

1

1
1

<i>k</i>
<i>k</i>
<i>F</i>
<i>k</i>
<i>F</i>
<i>k</i>
<i>F</i>

Mặt khác F = - kx 

<i>k</i>
<i>k</i>
<i>k</i>

1
1
1

2
1




áp dụng định luật 2 N: F = m.a = mx''

 mx''_{= - k.x hay x}''_{= - x}2_{víi }2₌

)
(

.

2
1

2

1

<i>k</i>
<i>k</i>
<i>m</i>

<i>k</i>
<i>k</i>
<i>m</i>

<i>k</i>




Vật dao động điều hồ theo phơng trình
x = Asin (t + )
Vậy vật dao động điều hoà

<i>* Phơng trình dao động</i>

 = 10

)
20
30
(
12
,
0

20
.
30
)

(
.

2
1

2

1 _







<i>k</i>
<i>k</i>
<i>m</i>

<i>k</i>
<i>k</i>
<i>m</i>

<i>k</i>

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

v = 0 cm/s

Ta cã hÖ 10 = Asin ; sin >0  =

2


0 = Acos ; cos = 0 A = 10 (cm)
Vậy phơng trình dao động là

x = 10sin (10t +

2



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

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

<i><b>Bài 4: </b>Dùng hai lò xo cùng chiều dài độ cứng k = 25N/m treo 1 quả cầu</i>
<i>khối lợng m = 250 (g) theo phơng thẳng đứng kéo quả cầu xuống dới VTCB 3</i>
<i>cm rồi phóng với vận tốc đầu 0,4</i> 2<i> cm/s theo phơng thẳng đứng lên trên. Bỏ</i>

<i>qua ma s¸t (g = 10m/s2_;</i>_<i>2_{= 10).}</i>

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

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

<b>1. Chọn trục 0x thẳng đứng hớng xuống gốc 0 tại </b>
VTCB

+ Khi vËt ë VTCB lò xo không bị biến dạng.

+ Khi vt li độ x thì x là độ biến dạng của mỗi lò xo.
+ Lực đàn hồi ở hai lò xo bằng nhau (VT 2 lò xo cùng độ
cứng và chiều dài và bằng

2
1

lực đàn hồi tổng cộng)
F = 2F0  -Kx = -2kx

 K = 2k
+ T¹i VTCB: 

P +



P

2 =



0

Hay mg - 2klo = 0 <i>(1)</i>

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

Hỵp lùc: 

P +




 F
F

2 dh mg - 2k(l0<i> + x) = F (2)</i>

<i>Tõ (1) (2) F = -2kx</i>

Theo định luật II Niutơn : F = ma = mx''_{ x}''₌ <i>_x</i>

<i>m</i>
<i>k</i>
2


 x = Asin (t + ) VËy vật DĐĐH
+ PTDĐ: Tại t = 0 x = +3cm > 0

v = - 0,4

₂

m/s = - 40 2 (cm/s)

Ta cã hÖ 3 = A sin ; sin > 0

- 40 2 = 10 2Acos ; cos < 0

Biên độ A = 5

200
2
.
40
3

2
2



 cm

Ta cã hÖ 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)

<b>e) Lùc mµ hƯ sè lò xo tác dụng vào vật</b>

C 2 lũ xo coi nh một lò xo độ cứng K = 2k = 50 N/m
l0 = ₅₀ 0,05

10
.
25
,
0




<i>K</i>
<i>mg</i>

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)

<i><b>Bài 5: </b>Một vật có khối lợng m = 100g chiều dài không đáng kể đợc nối</i>
<i>vào 2 giá chuyển động A, B qua 2 lị xo L1, L2 có độ cứng k1= 60N/m, k2= 40</i>

<i>N/m. Ngời ta kéo vật đến vị trí sao cho L1 bị dãn một đoạn l = 20 (cm) thì</i>

<i>thấy L2 khơng dãn, khi nén rồi thả nhẹ cho vật chuyển động không vận tốc ban</i>

k

0

F

k

0

F

P

+

m •O

  143,130

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

<i>đầu. Bỏ qua ma sát và khối lợng của lò xo. Chọn gốc toạ độ tại VTCB, chiều </i>
<i>d-ơng hớng từ A  B,chọn t = 0 là lúc thả vật.</i>

<i>a) CM vËt D§§H?</i>

<i>b) Viết PTDĐ. Tính chu kì T và năng lợng toàn phÇn E.</i>

<i>c) Vẽ và tính cờng độ các lực do các lò xo tác dụng lên gia cố định tại A,</i>
<i>B thi im t= </i>

2

T

<i>.</i>

<b>Lời giải</b>
<b>a) CM vật DĐĐH</b>

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

lß xo L2 d·n 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<i> = 20 (cm) (1)</i>

+ Tỉng hỵp lùc b»ng 0 :   01 02 0 01 02 0








<i>F</i>
<i>F</i>

<i>F</i>

<i>F</i>
<i>N</i>
<i>P</i>

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)

Tỉng hỵp lùc











<i>N</i> <i>F</i> <i>F</i> <i>ma</i>

<i>P</i> 1 2

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

 - (k1+ k2) x = mx''

 x'' =

2
2

1 _.






 <i>x</i>

<i>m</i>
<i>k</i>
<i>k</i>

víi 2 = <i>m</i>

<i>k</i>
<i>k</i>1 2



VËy x = Asin (t + ) (cm)  vËt D§§H

b)  = 10

1

,
0

40
60
2

1 _  _
<i>m</i>

<i>k</i>
<i>k</i>

(Rad/s)

+ Biên độ dao động A = l2 (vì A = 2 2
2

2 0 <i>_x</i> <i>_l</i>

<i>x</i>   

 )

Gi¶i (1), (2) l1 + l2 = 20 l1= 8cm

60l1 + 400l2 = 0 l2= 12cm -> A = 12cm

t = 0 -> x0 = Asin  = A

v0= Acos = 0

B

  =

2


A


01

F


02

F

0 +

x
G

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

VËy PTD§ cđa vËt x = 12 sin (10t +

2


) (cm)
Chu kì dao động T = 0,2

10
2
2










(s)
Năng lợng

E = .100.(,012) 0,72
2

1
2

1 2 2

<i>KA</i> (J)

c) Vẽ và tính cờng độ các lực
+ Khi t = 0,1

2 
<i>T</i>

(s) th× x = 12 sin (10.0,1 +

2

<b>) = -12 (cm)</b>
Vì vậy, tại t =

2


vật ở biên độ x = - A

T¹i vị trí này lò xo l1 bị nén 1 đoạn A - l1 = 12 - 8 = 4 (cm)

Lß xo L2 bị giÃn một đoạn 2A = 24 (cm)

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

2
1<i>, F</i>

<i>F</i>

F1 = 60.0,04 = 2,4 (N)

F2 = 40.0,24 = 0,6 (N) (




2
1<i>, F</i>

<i>F</i> cïng chiỊu d¬ng)

<i><b>Các em có thể sử dụng phơng pháp rời trục toạ độ để giải</b></i>
<i><b>Bài 6: </b>Cho hai cơ hệ đợc bố trí nh các </i>

<i>hình vẽ a,b lị xo có độ cứng k = 20N/m. Vật </i>
<i>nặng có khối lợng m, m = 100g; bỏ qua ma </i>
<i>sát khối lợng của r2_{và lò xo dây treo k dãn.}</i>

<i>Khối lợng k đáng kể.</i>

<i>1. Tính độ dãn lị xo trong mỗi hình khi vt </i>
<i> VTCB.</i>

<i>2. Nâng vật lên cho lò xo không biến dạng </i>

<i>ri th nh, chng t vt dh. Tính chu kì và biên độ dao động của vật.</i>

<b>Lêi giải</b>
<b>1) Hình a</b>

+ Chọn chiều dơng ox hớng xuống, gốc 0 tại VTCB
+ Phơng trình lực  


 0 0
0 <i>F</i>

<i>T</i>

  

 0 0
0 <i>P</i>

<i>T</i>

ChiỊu lªn ox -T0 + Kl = 0

-T0+ mg = 0

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

a

b



P


0

F

+
x


0

T


0

T

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



P



0

F

0 (VB)

+
x


0

T
l = 0,05 (m) = 5 (cm)

<b>* Hình b</b>

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

-kl + 2T0= 0

 T0 = mg = 1 (N)

l = 10 (cm)
2) Chøng minh vËt D§§H

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''₌ <i>_x</i> <i>_x</i>

<i>m</i>
<i>k</i>

.
2







Víi  =

<i>m</i>
<i>k</i>

 x = Asin (t + )  vật dao động điều hồ
<b>* Hình b: Khi vật ở VTCB lị xo dãn l  </b>

2
1

kl - mg = 0
Khi vật ở li độ x lò xo dãn l +

2
x

mg - T = F
2T - k(l +

2
x

) = 0
 F = mg -

2
1

kl - <i>k</i> <i>x</i>

4  F = <i>x</i>
<i>k</i>
4


Hay <i>k</i> <i>x</i>
4

 = mx''  x = <i>x</i>

<i>m</i>
<i>k</i>
4

 <b> = - </b>2 x víi  =
<i>m</i>
<i>k</i>
4

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

<i><b>Bài 7: </b>Một vật có khối lợng m = 400g đợc gắn</i>
<i>trên một lò xo dựng thẳng đứng có độ cứng k = 50</i>
<i>(N/m) đặt m1 có khối lợng 50 g lên trên m. Kích thích</i>

<i>cho m dao động theo phơng thẳng đứng biên độ nhỏ, bỏ</i>
<i>qua lực ma sát và lực cản. Tìm hiên độ dao động lớn</i>
<i>nhất của m, để m1 không rời m trong quá trình dao</i>

<i>động (g = 10m/s2₎</i>

<i><b>Lêi gi¶i</b></i>

 

m

1

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

Khi m1 khơng rời khỏi m thì hai vật cùng dao ng vi gia tc a = 2x

Giá trị lớn nhất cña gia tèc (amax = 2 A)

Nếu m1 rời khỏi m thì nó chuyển động với gia tốc trọng trờng 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

<i><b>Bài 8: Cho 1 hệ dao động nh hình vẽ, khối</b></i>

<i>lợng lị xo khơng đáng kể. k = 50N/m, M = 200g,</i>
<i>có thể trợt không ma sát trên mặt phẳng ngang.</i>

<i>1) KÐo m ra khỏi VTCB 1 đoạn a = 4cm rồi bu«ng nhĐ. TÝnh VTB cđa M</i>

<i>sau khi nó đi qũang đờng 2cm .</i>

<i>2) Giả sử M đang dao động nh câu trên thì có 1 vật m0 = 50g bắn vào M</i>

<i>theo phơng ngang với vận tốc</i>v_o<i>. Giả thiết va chạm là không đàn hồi và xảy ra</i>

<i>tại thời điểm lị xo có độ dài lớn nhất. Tìm độ lớn </i>v_o <i>, biết rằng sau khi va chạm</i>

<i>m0 gắn chặt vào M và cùng dao động điều hoà với A<b>'</b> = 4</i>

2

<i> cm.</i>

<b>Lêi gi¶i</b>
1 - TÝnh vËn tèc TB

Một dđđh có thể coi là hình chiếu của chuyển
động trịn đều của 1 chất điểm nh 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

<i>a</i>

víi  =  ₀50_,₂

<i>m</i>
<i>k</i>

= 5



(Rad/s)
-> t =

15
1
5

1
.
3  


(s)

VTB = 30<i>cm</i>(<i>s</i>)

<i>t</i>
<i>S</i>



<b>2 - Theo câu 1, M có li độ x</b>0 = a = 4 cm thì lúc đó lị xo có chiều dài lớn nhất

+ Ngay sau va ch¹m, hƯ (M + m0) cã vËn tèc v

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

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

M
k

o

v m

0

M

1 _{+ }
2

4
M

2



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

'₌

05
,
0
2
,
0

50

0 


<i>m</i>
<i>M</i>

<i>k</i>

= 10 2 (Rad/s)

L¹i cã v = 02
2
'
' ₍<i>_A</i>₎ <i>_x</i>



 _{= 40} ₂_(m/s)

Tõ (1)  v0  =

05
,
0

2
40
).
5
,
0
2
,
0
(
)

( 0 




<i>m</i>
<i>v</i>
<i>m</i>
<i>M</i>

= 200 2 (cm/s)

<i><b>Bài 9: Một vật nặng hình trụ có khèi lỵng m = 0,4kg, chiỊu cao h =</b></i>

<i>10cm tiết diện s = 50cm2_{đợc treo vào một lò xo có độ cứng k = 150N/m. Khi}</i>

<i>cân bằng một một nửa vật bị nhúng chìm trong chất lỏng có khối lợng riêng</i>
<i>D = 103_(kg/m3_{) Kéo vật khỏi VTCB theo phơng thẳng đứng xuống dới 1 đoạn}</i>

<i>4cm rồi thả nhẹ cho vật dao động, bỏ qua mọi ma sát và lực cản.</i>
<i>1. XĐ độ biến dạng của lò xo khi vt cõn bng.</i>

<i>2. CM vật dđđh, tính T</i>
<i>3. Tính cơ năng E</i>

<b>Lời giải</b>
<b>1) Độ biến dạng của lò xo tại VTCB</b>

+ Chọn trục ox nh hình vẽ

ở VTCB phần vật bị nhúng chìm trong chất lỏng có
chiều cao h0, lò xo bị dÃn 1 đoạn l0

Phơng trình lực : mg- F0A - kl0= 0

 l0=

<i>k</i>
<i>F</i>
<i>mg</i> 0<i>A</i>

(1)
Víi F0A = Sh0Dg

 l0 =

150

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

0 4 3



= 0,01 (m) = 1 (cm)
<b>2) Chøng minh vËt d®®h</b>

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

Kéo vật xuống dới VTCB 4cm rồi thả nhẹ để vật dao động
 xmax= 4(cm) <

2
h

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

<i>dh</i>
<i>A</i> <i>F</i>

<i>F</i>
<i>P</i>

<i>F</i>   

A
0

F

dh
0

F

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

 _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 víi }2₌

<i>m</i>
<i>K</i>
<i>SDg </i>

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

150
10
.
10
.
10
.
50

4
,
0
2

2
2

3
4






   _




<i>K</i>
<i>SDg</i>

<i>m</i>

= 0,28 (s)
<b>3. Cơ năng E</b>

Coi vt dao động vật đợc gắn vào lị xo có độ cứng k'_{= SDg+ K = 200 N/m}

Biên độ dao động A = 0,04 (cm)

Cơ năng: E = .200.(0,04) 0,16
2

1
2

1 _' ₂ ₂




<i>A</i>

<i>k</i> (J)

<i><b>Bài 10: Gắn một vật có khối lợng m = 200g vào 1 lị xo có độ cứng k =</b></i>

<i>80 N/m. Một đầu của lò xo đợc chuyển động kéo m khỏi VTCB 10cm dọc theo</i>
<i>trục lò xo rồi thả nhẹ cho vật dao động. Biết hệ số ma sát giữa m và mặt</i>
<i>phẳng nang là M = 0,1 (g = 10m/s2_).</i>

<i>1. Tìm chiều dài quãng đờng mà vật đi đợc cho tới lúc dùng.</i>
<i>2. CMR độ giảm biên độ dao động sau mỗi chu kì là khơng đổi.</i>
<i>3. Tính thời gian dao động của vật.</i>

<i><b>Lêi gi¶i</b></i>

<b>1 - Chiều dài quãng đờng đo đợc khi có ma sát, vật dao động tắt dần cho đến lúc dừng lại </b>
ở đây cơ năng E = <i>KA</i> <i>Fms</i>.<i>S</i> 

2

1 2 _.mg.S

 S = <i>m</i>

<i>mg</i>
<i>M</i>

<i>KA</i>

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

1
,
0
.
80
.

.
2

1 2 2



 )

<b>2 - Độ giảm biên độ</b>

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

2
1

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

2
1

KA2
1 -

2
1

KA2

2 = mg (A1 + A2)  A1 - A2 =

<i>k</i>
<i>mg</i>
.
2

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

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

VËy A =

<i>k</i>
<i>mg</i>
.
4

= const
3 - Thời gian dao động

TÝnh A: A = 0,01

80
10
.
2
,
0
.
1
,
0
.

4

 (m) = 1 cm
Số chu kì thực hiện đợc : n = 10

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

 (chu kú)

Vậy thời gian dao động là t = n.T = 3,14 (s).

<i><b>PhÇn II</b></i>

<b>con lắc đơn</b>

Bài 11:

Hai con lắc đơn chiều dài l1, l2 (l1>l2) và có chu kì dao động tơng ứng là

T1; T2, tại nơi có gia tốc trọng trờng 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.

<b>Lêi giải</b>
+ Con lắc chiều dài l1 có chu kì T1=

g
l

.

2 1  l1= .g

4
T

2
2
1


(1)
+ Co l¾c chiều dài l2có chu kì T2=

g
l
.

2 2 l1= .g

4
T

2
2
2

(2)

+ Con lắc chiều dài l1 + l2 cã chu k× T3= 2.

g
l
l₁ ₂

 l1 + l2 = 0,81

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 = 0,2025

4
10
.
)
9
,
0
(
4

g
.
)
T

(

2
2
2

2
'






 (m) = 20,25 cm (4)

Tõ (3) (4) l1= 0,51 (m) = 51cm

l2 = 0,3 (m) = 3cm

Thay vµo (1) (2) T1= 2 1,42

10
51
,
0

 (s) Suy ra T2= 2 1,1

10

3
,
0

 (s)

<b>Bµi 12:</b>

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

VTCB một góc 0 rồi thả không vận tốc đầu.

1. Lập BT vận tốc tơng 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.

* ¸p dơng: l = 1m, m = 100g, 0 = 60 ; g = 10(m/s2);



2= 10

<b>Lời giải</b>
1. BT vận tốc tơng 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
1

(mv2₎

 v2_{= 2g (h}

0 - h)2 (v2 = 2gl (1 - cos)

Víi h0 = l(1 - cos) h = l(1 - cos)

v2_{= 2gl (cos - cos}

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

V× cos = 1- 2sin2

2


khi << cos =

2
1

2




T¬ng tù cos 0 =
2
1

2

0



  v  = gl(20  2)

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

+ ¸p dơng sè:  vmax = 6. . 10.1 0,33

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 phơng d©y treo

Fth = -mg.cos +T = maht Ta cã T = mgcos + m.

l

v2 _{= m (gcos +}
l
v2 ₎

Vậy v2_{= 2gl (}2_{- }2_{) ta đợc T = mg (3cos - 2 cos}

0) = mg (20 -

2
3

2_{+ 1)}

+ Lực căng dây cực đại khi  = 0, vật ở VTCB Tmax = mg (20+ 1)

Thay sè Tmax= 0,1 - 10 1 1,01

90
1
1
150

6 2




















 

(N)
+ Lực căng dây cực tiểu khi = 0 , vËt ë VT biªn

I


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

Tmin = mg (1 -

2
1

2

0) Thay sè Tmin = 0,1.10 0,99

150
6
2
1
1

2

















 

 (N)

<b>Bµi 13:</b>

Một con lắc đơn gồm sợi sây có chiều dài l treo vật nặng có khối lợng
m. Khi con lắc đơn đang ở VTCB, ngời 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 trờng hợp để vận tốc và lực căng đạt cực đại và cực tiểu.
<b>Lời giải</b>

* VËn tèc t¬ng øng víi li gãc 

+ 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_{= v}2

0 - 2gh

v2_{= v}2

0- 2gl(1 - cos)

  v  = v2₀ 2gl(1 cos)

Khi gãc  << th× 1 - cos = 2sin2 ₂



= ₂

2



 v  = 2 2
0 2gl

v  

+ Vận tốc cực đại khi  = 0   vmax  = v0 , vật ở VTCB

Thay sè  vmax  = 1m/s

+ VËn tèc cùc tiÓu 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_{ë trªn}

T = mg 3cos 2
gl

v2₀














I


h

l

T

l

0

v _P

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

+ Khi  nhá: cos = 1 -2sin2 ₂



_{= 1 -} ₂

2



T = mg )

2
3
1
gl
v

( 2

2

0 _ _ _

+ Lực căng dây cực đại khi  = 0, con lc VTCB
Tmax = mg +

l
mv2₀

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

v0 = 0 gl  20 =

gl
v2₀

Tmin= mg )

gl
2

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

2
0
2

0
2

0 _ _ _ _

¸p dơng

Tmax = 0,1.10 + 1,1(N)
1

1
.
1
,

0 2



Tmin = 0,1 . 10 )
1
.
10
.
2

1
1
(

2

 = 0,95 (N)

Bµi 14:

Một đồng hồ qủa lắc chạy đúng giờ ở Hà Nội. Đồng hồ sẽ chạy nhanh
chậm thế nào khi đa nó vào TPHCM. Biết gia tốc rơi tự do ở Hà Nội và
TPHCM lần lợt là 9,7926 m/s2_{9,7867 m/s}2_{. Bỏ qua sự ảnh hởng của nhiệt độ.}

Để đồng hồ chỉ đúng giờ tại TPHCM thì phải đ/chỉnh độ cài con lắc nh thế
nào?

<b>Lời giải</b>
+ Chu kì của con lắc đồng hồ tại Hà Nội là

T1= 2

1

g
l
.

 = 2 (s)

+ Chu kì dao động của con lắc đồng hồ tại TPHCM là
T2 = 2

1

g
l
.



0003
,
1

7867
,
9

7926
,
9
g

g
T

T

2
1
2

1 _ _ _

T2= 1,0003T1 = 2,0006 (s)

+ Vì T2>T=1 nên tại TPHCM đồng hồ chạy chậm trong 1 ngày, khoảng thời gian chạy

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

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
l

=

2

1
'

2 g

g
l
l
g

l




Thay sè:

 l'_{= 1,0006 l}

Tại TPHCM đề đồng hồ chỉ đúng giờ, cần tăng chiều dài dây lên một lợng là
l = l'_{- l = 0,0006l}

VT l =

2
2
1
1
4

T
.
g



nªn l = 0,0006.

2
2
1
1
4

T
.
g



Thay sè

l = 0,0006. 0,0006
4

4
x
7926
,
9

2 

 (m) = 0,6 mm

Bµi 15:

Một con lắc đơn gồm sợi dây có chiều dài l = 1(m) và quả cầu nhỏ khối
lợng m = 100 (g), đợc treo tại nơi có gia tốc trọng trờng g = 9,8 (m/s2_).

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

2. Cho quả cầu mang điện tích dơng q = 2,5.10-4 _{tạo ra đờng trờng đều có}

cờng độ E = 1000 (v/m).

Hãy xác định phơng của dây treo con lắc khi CB và chu kì dao động nhỏ
của con lc trong cỏc trng hp.

a) Véctơ _E hớng thẳng xuống díi
b) VÐct¬ _E cã ph¬ng n»m ngang.

<b>Lời giải</b>
1 - Chu kỡ dao ng nh ca con lc

Lúc đầu T0 = 2

8
,
9

1
.
14
,
3
.
2
g

l

. 

 = 2 (s)

2 - Cho con lắc tích điện dao động trong đtrờng đều
+ Các lực tác dụng vào con lắc: <i>P mg</i> : Trọng lc

T: lực căng của dây F_dqE : lùc ®iƯn trêng

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

d
'

E
P

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

Khi CB dây treo con lắc có phơng của '

P và chu kì dao động nhỏ đợc tính theo công thức:

T'_{= 2}
'

g
1
.


a) _E thẳng đứng xuống dới

+ g> 0 nên F_d cùng hớng với E, tức là thẳng đứng

xuèng.

Vậy khi CB, dây trheo vẫn có phơng thẳng đứng.
Ta có: P'_{= P + F}

®

 mg'_{= mg + qE}

 g'_{= g +}

m
qE

+ Chu kì dao động nhỏ của con lắc

T'_{= 2}

m
qE
g

1
2

g
1
.

'






Thay sè T'_{= 2.3,14.}

1
,
0

10
.
10
.

5
,
2
8
,
9

1

3
4 


 = 1,8 (s)

b) Trêng hợp E nằm ngang
+) _E_d có phơng với _P

Khi CB, dây treo lệch góc  so với phơng thẳng đứng, theo chiều của lực điện trờng.

tg =

mg
qE
P

F_d


 tg = 0,255

8
,
9
.
1
,
0

10
.
10
.
5
,

2 4 3





  ~ 140

+ Chu kì dao động của con lắc
T'_{= 2}

'

g

l


Tõ h×nh vÏ:

P'₌ _g

cos
g
g
cos

P ' __






Do đó: T’_{= 2}_  __T _cos_

g
cos
l

. ₀












VTCB

+

 _T

d

F

'

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

 T'_{= T}

0 cos 2 cos14 1,97

0 _



 _(s)

<b>Bµi 16:</b>

Một con lắc đơn dao động với biên độ nhỏ, chu kì là T0, tại nơi g = 10m/s2

. Treo con lắc ở trần 1 chiếc xe rồi cho xe chuyển động nhanh dần đều trên đ
-ờng ngang thì dây treo hợp với phơng thẳng đứng 1 góc 0 = 90

a) H·y gi¶i thÝch hiƯn tợng 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.

<b>Lêi gi¶i</b>
a) Gi¶i thÝch hiƯn tỵng:

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 tÝnh Fma₀

Khi con l¾c ë VTCB

0
F
T

P  q 

q

F ngợc chiều với a₀ nên ngợc chiều với v₀

Vy lực Fq làm cho dây treo lệnh 1 góc  về phía ngợc với chiều chuyển động của xe.

tg =

g
a
mg
ma
P

F_at




<<  tg



 do đó
a

_

g = 10. .9

180



~ 1,57 (m/s2₎

b) ThiÕt lËp hƯ thøc gi÷a T0 và T

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

'
qt
'

g
m
F
P

P 

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

Tõ h×nh vÏ P'₌ _g

cos
g
g
cos

mg
cos

P ' _









Chu kì dao động của con lắc khi đó xác định theo công thức
T = 2 _'

g
l
.

 _{L¹i cã} _T₀_{= 2}
g

l
.


+



F

'

P
P

0

a

0

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

     cos
g

cos
g
g

g
T

T

'
0

VËy T = T0 cos

<b>Bµi 17:</b>

Một con lắc đơn gồm sợi sây có chiều dài l = 1m và vật nặng có khối lợng
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 nh
khơng đổi sau 100 dao động, li độ cực đại của con lắc là  = 30_{coi chu kỳ dao}

động của con lắc nh khi khơng có lực cản.

1. CMR sau mỗi chu kì, li độ góc cực đại của dao động giảm 1 lợng
khơng 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).}

<b>Lêi gi¶i</b>

1. Chứng minh li giác cực đại sau mỗi chu kì giảm 1 lợng không đổi
+ 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= mgl 2₀

2
1



 E0- E1 = mgl

2
1

(2

0 - 21)

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

lµ:

E2= mgl

2

1 _₂

2

 E1- E2= mgl

2
1

(2

1 - 22)

Sau mỗi chu kì 1 cơ năng giảm E
E = (E0- E1) + (E1- E2) = mgl

2
1

(2

0 - 22)

E = mgl
2
1

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

+ Công của lực cản:

AC = (S0 + 2S1+ S2)Fc~ 7S0Rc ~40kFc

 mgl0 .  = 40lFc

  =

mg
F
4 _c

= const

Vậy sau mỗi chu kì, biên độ giảm 1 lợng khơng đổi (đpcm).
2. Cơng suất của động cơ duy trì dao động con lắc

+ CHu kì dao động của con lắc
T = 2

10
1
.
2
g

l
.

= 2 (s)

+ Độ giảm năng lợng trong N chu kì là
E = mgl

2
1

2

0 - mgl

2
1

2₌ _mgl

2
1

(2
0 - 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

E
Δ
t

E

Δ 12






 = 1,04.10-5 W

Bµi 18:

Tại một nơi nang bằng mực nớc biển, ở nhiệt độ 100_{C, một đồng hồ quả lắc}

trong một ngày đêm chạy nhanh 6,48 (s) coi con lắc đồng hồ nh 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. Đa đồng hồ lên đỉnh núi, tại đó t0_{là 6}0_{C, ta thấy đồng hồ chạy đúng giờ.}

Giải thích hiện tợng này và tính độ cao của đỉnh núi so với mực nớc biển. Coi trái
đất là hình cầu có bán kính R = 6400 km.

<b>Lời giải</b>

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

ở t1 = 1000, chu kì là T1= 2

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



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

+ §é l0t chu k× 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. 43200. (t t )

T
T
Δ

1
1





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

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 trờng giảm -> T tăng

Hai nguyên nhân đó bù trừ lẫn nhau -> đồng hồ chạy đúng ở độ cao h:
gh = )2

h
R

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)

<i>R</i>
<i>h</i>
<i>g</i>

<i>g</i>
<i>T</i>

<i>T</i>

<i>h</i>
<i>n</i>




 1

 th= th - T = T

R

h

l¹i cã Tt =

2
T

t_h  (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



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

Một quả cầu A có kích thớc nhỏ, khối lợng 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. Đa quả cầu ra khỏi VTCB sao cho sợi dây lập với
ph-ơng thẳng đứng 1 góc 0 = 600 rồi bng cho nú chuyn ng khụng vn tc ban

đầu. Bỏ qua lực cản môi trờng (g = 10m/s2_).

1. Tính lực căng T khi A ë VTCB.

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

3. Xác định vận tốc của quả cầu khi chạm đất và cú v trớ chm t.
<b>Li gii</b>

1. Lực căng dây

Định luật bảo toàn cơ nang mgh +

2
1

mv2_{= mgh}
0

v2_{= 2g(h}

0- h) = 2gl(cos - cos0)

Định luật 2 N:

a
m
T
P
F  

 T = mgcos  = maht

 T = m (gcos +

l
v2

)

áp dụng (1) với VT quả cầu từ A đến 0
 v2

o = 2gl(1 - cos0)   v0  = 10 m/s

 T = m g + 2g (1 - cos0) = mg (3 - 2 cos0)

Thay sè: 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 phơng 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 nh hình vẽ ta đợc: quả cầu chuyên dộng theo
phơng 0x : chuyển động thẳng đều: x = v0t = 10t (1)

phơng oy: chuyển động thẳng nhanh dần đều, vận tốc đầu = 0
 y =

2
1

gt2_{= 5t}2₍₂₎

Tõ (1) t=

10
x

 thay vµo (2) y =

2
1

x2_{(x; y >0)}

l

0

v
G
m

A


0
H

y

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

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 vo PT qu o: 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)

Bµi 20:

Con lắc đơn gồm 1 quả cầu khối lợng
m1= 100g và sợi dây không giãn chiều dài l

= 1m. Con lắc lị xo gồm 1 lị xo có khối
l-ợng không đáng kể độ cứng k = 25 (N/m) và
1 quả cầu khối lợng m2 = m1= m = 100g

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

2. Bè trÝ hai con l¾c sao cho khi hƯ CB... (h×nh vÏ) kÐo m1 lƯnh khái VTCB 1

gãc  = 0,1 (Rad) rồi buông tay.

a) Tìm vận tốc quả cầu m1 ngay trớc 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

lß xo ngay sau khi va ch¹m.

c) Tìm chu kì dao động của hệ

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

+ Con lắc đơn: T1= 2 0,4

25
5
,
0
2
k
m

.   

 (s)

+ Con l¾c lß xo T2 = 2 2

10
1

2
g
m

.   



2. a) VËn tèc m1 ngay sau va ch¹m:

m1gh = m1gl(1 - cos) =

2
1

m1v20

gãc  nhá  1 - cos = 2sin2₂ ₂

2





V0=  gl 0,1 10 = 0,316 (m/s)

b) Tìm vận tốc v2 của m2 ngay sau khi va chạm với m1 và độ nén cực i ca lũ xo sau

khi va chạm.

+ Gọi v1, v2là vËn tèc cđa m1, m2 ngay sau khi va ch¹m

k m

2 m1

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

áp dụng định luật bảo toàn động lợng và định luật bảo toàn cơ năng:
m1v0 = m1.v1+ m2.v2 (1)

2
1

m1v20 = 2

1

m1v12 + 2

1

m2v22 (2)

VT m1= m2 nªn tõ (1) (2) ta cã v0= v1+ v2 (3)

v2

0 = v21 + v22 (4)

Tõ (3) suy ra: v02 = (v1+ v2)2= v21 + v22 = 2v1v2

So s¸nh víi (4) suy ra: v1 = 0; v2 =v0 ~ 0,316 (m/s)

+ Nh vậy, sau va chạm, quả cầu m1đứng yên, quả cầu m2 chuyển động với vận tốc bằng

vËn tèc của quả cầu m1 trớc khi va chạm.

+ nộn 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
1

(T1 + T2) =

2
1

(2 + 0,4) = 1,4 (s)

<i><b>PhÇn II: </b></i>

<b>II mạch dao động điện từ lc</b>

<b>Bµi 21:</b>

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

L = 0,2 H

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 đợc dải sóng ngắn từ 10m 50m ngời 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 no.

<b>Lời giải</b>
1) E = Eđ + Et =

2
U
2
LI
2
U
2

Cu2 2 2₀ 2₀

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

I0=
2
,
0
)

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

Cu2 2 6 2




 

= 0,01 2 (A)

U0= 2 2

10
.
5
10

.
4
C
Li
Cu
6
5
2
2





(V)

+ Chu kì dao động của mạch: T = 2 _LC ₂ ₅_.₁₀6_.₀_,₂ ₂ _.₁₀3






 (s)

+ BiĨu thøc tÝnh ®iƯn dung C C =

d
k
4

S
.



 Diện tích đối diện của mỗi bản tụ S =


d
k
4
.
C

Thay sè S =

1
10
.
.
9
.
10
.
4
.
10
.

5 6 9 3

 _{= 565,2 (m}2₎

+ Khi cha ghÐp Cx

 = vT = 3.102_.2.10-2_{. = 6.10}5_(m)

+ Khi ghÐp Cx: x = 10m  50m < 
L¹i cã x = 2v LCb  Cb < C

 = 2v LC

Vậy Cx ntc

Cx
C
1
Cx
C
)
C
Cx
(
C
C
C

x _b

Bình phơng 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
5
6
10
.
5
,
3
1
10
10
.
6
10
.
5 









  (NF)

KÕt luËn: Cn + Cx

1,4.10-16_{ C  3,5.10}-15_F

<b>Bµi 22:</b>

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 lµ I0 = 10A.

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

b. NÕu thay tụ điện C bằng tụ C'_{thì bớc sóng của khung tăng 2 lần. Hỏi bớc}

sóng của khung là bao nhiêu nếu mắc C' và C song song, nối tiếp?
<b>Lời gi¶i</b>

a. TÝnh bíc sãng

- Năng lợng điện từ trong khung dao động
E = Eđ + Et = 2

2

Li
2
1
C
2

q


E = E®max = Etmax

2
LT
C
2

Q2₀ ₀2


Do đó LC = ₂

0
2
0

I
Q



0
0
I
Q
LC 

Bíc sãng : T = 2 LC

 = C.T = 2.C LC = 2 .3.108. 



10

10 6

188,4 m
b. Bíc sãng cđa khung

+ Khi cã tơ C:  = 2c LC

+ Khi cã tô C'_: _'_{= 2c} '
LC

2
1
C

C

'
'  



 _

4

1
C

C

'   C

'_{= 4C}

+ Khi C nt C'_{: C}

b1 = C

5
4
C
5

C
4
C
C

C
.

C 2

'
'






Bíc sãng 1 = 2    

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

 1 = 168,5 m

+ Khi C // C'

Cb2= C + C' = 5C

Bíc sãng 2= 2c 5LC  51 = 421,3 (m)

<b>Bµi 23:</b>

Một tụ điện xoay có điện dung bt liên tục và tỉ lệ thuận với góc quay từ gt
C1= 10pF đến C2= 490 pF khi góc quay của các bản tăng dần từ 0 đến 180. Tụ

điện đợc mắc với một cuộcn dây có điện trở 1.10-3_{, hệ số tự cảm L = 2H để}

làm thành Mdđ ở lối vào của 1 một máy thu vô tuyến điện (mạch chọn sóng).
a. Xác định khoảng bớc sóng của tải sóng thu đợc với mạch trên.

b. Để bắt làn sóng 19,2m phải đặt tụ xoay ở vị trí nào.

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

hëng.

<b>Lêi gi¶i</b>

a. Khoảng bớc sóng của sóng thu đợc với mạch dao động
- Bớc sóng của sóng vô tuyến

 = 2c LC

+ XÐt C = C1 = 10pH = 10-11 F

M = 2c LC1 = 2.3.10

8 6 11

10
.

10
.

2   = 8,4 m

+ XÐt C = C2= 790pF = 49.10-11F

2= 2 c LC2 2 .3.10 8 2.10 6.49.10 11








 = 59m

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

Ta cã  = 2c LC  2= 42c2LC

C = ₈ ₂ ₆

2
2

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

VËy ph¶i xoay gãc 

 = 15,7

10
490

)
10
9
,
51
(
180






+ Cờng độ hiệu dụng trong mạch khi bắt sóng (cộng hởng)
Z = R  Imax =

3
6

10
10

R

l
R
U






 = 10-2A = 1mA

<b>Bµi 24:</b>

Cho mạch LC: bộ tụ điện C1//C2 rồi mắc với cuộc cảm L mạch dao động với

tÇn sè gãc  = 48 Rad/s. NÕu 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}

mét tơ mắc với 1 cuộn cảm.

<b>Lời giải</b>
Khi dùng C1// C2ta có:  =

)
C
C
(

LC

1
LC

1

2
1


Khi dïng C1nèi tiÕp C2 ta cã ' =

2
1

2
1
'

C
C

C
C
.
L

1
LC

1

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

Khi dïng C1 ta cã 1=

1
LC

1

Khi dïng C2 ta cã 2=

2
LC

1

Suy ra 2

1 + 22 = (')2 21+ 22 = 10022

2
2
2
1

2
2
2
1









= 2 _2

1.22= 180022

Gi¶i ra 2

1= 2360 22 = 2360

22 = 97640 21 = 79640

VËy 1= 48,6 Rad/s 1= 312 Rad/s

2= 312 Rad/s 2= 48,6 Rad/s

Bµi 25:

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

1. Năng lợng của mạch E = 2,5.10-7_{J. Viết bt dòng điện trong mạch và bt hđt}

gia 2 bản tụ. Biết rằng tại t = 0 cờng độ dao động là cực đại.

2. Thay C b»ng C1 vµ C2 (C1 >C2). Nếu mắc C1 và C2 nối tiếp thì tần số dao

ng ca mch bng 12,5 MHz. Nu mắc C1//C2 thì tần số dao động của mạch

b»ng 6 MHz. Tính tần số của mạch khi chỉ dùng C1 và C2 với cuộn cảm L

<b>Lời giải</b>
1. Biểu thức năng lợng của mạch

E =

2
2

2
0
2

0 <i>CU</i>

<i>LI</i>

I 0 = 0,05

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)
+ T¹i t = 0

i = I0cos = i O đạt cực đại

 cos = 1   = 0
+ Vậy biểu thức dao động

+ TÝnh :  = ₄ ₁₂

10

.
8
.
10
.
2

1
LC

1




 _{= 25.10}6_Rad/s

+ Vậy biểu thức dao động và hđt là
i0= 0,05 cos (25.106t)



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

u = 250sin (25.106_t)

2. Khi m¾c C1+ C2 thì f =

2
1
2
1

C
C
C
C
L
2
1
LC
2
1

Khi mắc C1//C=2 thì f' =

2
1
' ₂ _L₍_C _C

1
LC
2
1

Khi mắc C1 thì f1 =

2
LC
2

1

Khi mắc C2 thì f2 =

2
LC
2

1


NhËn thÊy f2

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



 ₂2

2
1
2
2

2
1
f
f
f
.
f

(f'₎2_{= 6}2 _f2

1.f22= 62. 12,52

Gi¶i ra f2

1= 100 f21= 56,25

f2

2 = 56,25 f22 = 100

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

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

<b>Bµi 26:</b>

Trong mạch dao động của vơ 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?

<b>Lêi gi¶i</b>
Bíc sãng:  = vT = c.2 LC

+  lín nhÊt khi L vµ C lín nhÊt
+  nhá nhÊt khi L, C nhá nhÊt

Độ tự cảm L đợc xác định: L = ₂ ₂ ₂

2
C
.
4
.
C 


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

L1= ₂ ₂ ₂ ₈ ₂ ₂ ₁₂ 6

2
10
.
8
)
10
.
56
.(
4

.
)
10
.
3
(
40
C
.
4
.
C

 





H = 8 H

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

L2= ₈ ₂ ₂ ₁₂ 3

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

Vậy độ t cảm L nằm trong giới hạn
8H  L  2,84mH
<b>Bài 27:</b>

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 đợc sóng điện từ có bớc sóng trong dài từ
1= 10m đến 2 = 30m. Cho biết điện dung của tụ điện là hàm bậc nhất của góc

xoay.

1. TÝnh L vµ C0

2. Để mạch thu đợc sóng có bớc sóng 0= 20m thì góc xoay ca bn t bng

bao nhiêu?

c = 3.108_m/s

<b>Lời giải</b>
1. Từ CT  = 2

b
LC
LG
c

 __LC_b₌

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



Thay C1= 10.10-12= 10-11pF

C2 = 10-12.250 = 25.10-11 F

 C0= 2.10-11 F

L =

)
C
C
(
c

4 2 2 ₁ ₀
2

1






= 9,4.10-7_H

0= 2.c L(C0 C3)

 C3=

L
.
c
4 2 2

2
0




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

KÝ hiƯu  lµ góc xoay của bản tụ thì
Cx = C1+ k = 10 + k (pF)

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

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

Nh vËy Cx = 10 + 2

Khi  = 0 thì Cx = C3= 100pF

Bài 28:

Cho mch dao ng gm một cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L = 2.10
-4_{H, C = 8pF. Năng lợng của mạch là E = 2,5.10}-7_{J. Viết biểu thức của cờng độ}

dòng điện trong mạch và biểu thức hiệu điện thế giữa 2 bản tụ. Biết O rằng tại
thời điểm ban đầu cờng độ dịng điện trong mạch có gt cực đại.

<b>Lời giải</b>
Tần số góc  của mạch dao động là

 = ₄ ₁₂

10
.
8
.
10
.
2

1
LC

1




 _{= 25.10}6_Rad/s

BiĨu thøc cđa ®iƯn tÝch trên tụ điện có dạng

q = Q0sin (t + ) = Q0sin (25.106+ ) (1)

i = I0cos(25.106t + ) (2)

Theo ®b khi t = 0 ; i = I0

 cos = 1 = 0
Năng lợng của mạch E =

C
2
Q
2

LT₀2 2₀


I0=

4

10
.
2

7
10
.

25
.
2
L

E
2





 = 5.10-2 A

Q0= 2EC _ 2.2,5.107.8.1012 = 2.10-9C

 i = 5.10-2_{cos (25.10}6_{t) A}

U =

C
Q₀

sin(25.106_{t) = 250.sin (25.10}6_{t) (V)}

Bµi 29:

Mạch chọn sóng của một máy thu thanh gồm cuộn dây có độ tự cảm L =
2.10-6_{H, tụ điện có điện dung C = 2.10}-10_{F. Xác định tổng năng lợng điện từ trong}

mạch, biết rằng hđt cực đại giữa 2 bản tụ điện bằng 120mv. Để máy thu thanh chỉ
có thể thu đợc các sóng điện từ có bớc sóng từ 57m (coi bằng 18m) đến 753
(coi bằng 240m). Hỏi tụ điện này biết thiên trong khoảng nào.

<b>Lêi giải</b>
* Tổng năng lợng điện từ trong mạch

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

E = E®max=

2

)
10
.
120
(
10
.
2
2

CU2₀ 10 3 2

 = 1,44.10-12

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

 f =

LC
2

1
f

C
0






C =

L
c

4 2 2

2




Víi  = 1= 18 th×

C1= ₂ ₈ ₂ ₁

2

10
.
2
.
)
10
.
3
(
4

)
18
(







= 0,45.10-9_F

Víi  = 2= 240 (m) th×

C2= ₂ ₈ ₂ ₆ 9

2

10
.
80
10

.
2
.
)
10
.
3
.(
4

)
240

( 

 





F
VËy 0,45 nF C  80nF.

Bµi 30:

1) Trong mạch dao động LC lý tởng ** dao động theo phơng trình q =
Q0sint. Viết biểu thức năng lợng điện trờng trong tụ điện và năng lợng từ trờng

trong cuén d©y.

2) Trong mạch dao động (h.vẽ) bộ tụ điện
gồm 2 tụ C1giống nhau đợc cấp năng lợng W0 =

10-6_{J. Từ nguồn điện 1 chiều có dao động E = 4V.}

Chun K từ VT1 sang VT2. Cứ sau những khoảng

thời gian nh nhau: T1= 10-6s thì năng lợng trong tụ

điện, cuộn cảm b»ng nhau.

a) Xác định cđdđ cực đại trong cuộn dây

b) Đóng K1 vào lúc cđdđ cuộn dây đạt max. Tính li ht cc i trờn cun dõy.

<b>Lời giải</b>
1) Phơng trình: q = Q0 sint

Biểu thức năng lợng điện trờng trong tụ C:
Wc=

C
2

Q
C
2

q2 2₀

sint = W0 sin2t

Biểu thức năng lợng từ trờng trong cuộn cảm L:

WL = .cos t

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

C

2

k

1

k

2

1

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

2. a) Tìm chu kì biên độ Wc = WL

Wc= WL cos t

2
LT
t
sin
C
2

Q 2 ₀2

2

0 _ _ _

cos2_{t- sin}2_{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

+ §iƯn dung cđa bé tơ 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

W

4 

 = 0,25.10-6_F

Cb= 0,125.10-6 (F)

T = 2 2Cb
f

1


  L =

b
2

2

C
4

T


W0 =
2
LT₀2 _{ I}

0= 0 2W_aC_b

T
2
L
W

2 



Thay sè: I0= 0,785 A

b) Tại tiếp điểm đóng k1, cddđ trong mạch cực đại nên điện tích các tụ = 0, khi đóng k1,

tơ C1bÞ nối tắt nhng nl của mạch vẫn là W0.

Ht cc đại U1giữa 2 đầu cuộn cảm cũng là hiệu điện thế cực đại giữa 2 bản tụ C1

W0=

2
4
2
U
U

U
C
4
1
U
C
2

1 ₀

1
2
0
2
2
1

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

<i><b>Phần IV :</b></i>

<b>hệ kính - gơng</b>

Bài 1:

Cho TKHT L (f = 20cm) và gơng 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

<b>Lời giải</b>
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=

20
72

20
.
72
f
d

f

d

3
3




 = 27,7 (cm) > 0

Tính độ phóng đại ảnh
+ k1=

70
28
d

d 



+ k2 = 1

22
22
d

d
2
'

2






+ k3=

72
7
,
27
d

d
3
'
3 _


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

* KÕt luËn

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

<b>Bµi 32:</b>

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 gơng đặt vật sáng S nằm trên trục
chính, cách TK 24cm. Xác định ảnh qua hệ.

L

1

0

1

G
0

2

L
0

2

d

1 d'1 d2 d2
'

d

3 d
'

3

 cm

 k = k

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

<b>Lời giải</b>
* 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 =

15
60

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 _  __ ₎

* 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.
Bµi 33:

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

<b>Lêi gi¶i</b>
Gäi 0 là quang tâm của TK

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

AB A1B1 A2B2 A3B3

C

1

S

0

2
01

G L

01
02

d'₌ ₄₀

15
24

15
.
24
f
d

df





 (cm) > 0

0
0

G
M¾t

TK
O

GP
G

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

Chïm tia tíi song song (ë v« cùc) : d1 = 

d'
1 = f

Ta cã : d2 = a - d₁' = 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

2

3
3











Theo đb A3 G A3 là ảnh ảo nên d'3 = - A

Do đó :

f
a

f
af

2
2

2 2




= - a  2af - f2_{= - 2a}2_{+ 2af}

 f2_{= 2a}2_{ f =  a} ₂__₂₀ ₂

VËy TK sử dụng có thể là TKHT tiêu cự f1 = 20 2 cm

hc TKPK : f2 = - 20 2 cm

<b>Bµi 34 :</b>

Cho một THKT O có tiêu cự f = 12cm và một gơng phẳng đặt vuông góc với TC của O,
cách O một khoảng a = 24cm, sao cho mặt phản xạ của gơng hớng 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 gơng là 4cm. Chứng minh rằng có thể tìm đợc 2VT đặt màn M
để thu đợc ảnh của vật rõ nét trên màn. Xác định 2 VT đó và độ phóng đại của hai ảnh tơng
ứng.

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

<b>Lêi gi¶i</b>

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

+ Khi đặt AB ở giữa TK và GP thì có 2 tuyến tạo ảnh của AB.

+ ¸nh s¸ng tõ AB truyÒn trùc tiÕp qua TK cho ta ¶nh A'B' (¶nh thËt)

AB TK A'B'

M 0

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

d 0 d'

+ ánh sáng từ AB truyền qua gơng cho ta ảnh ảo A1B1. ảnh ảo A1B1 đóng vai trị là vật

thËt víi TK, cho ta ¶nh thËt A2B2.

AB A1B1 A2B2

d1 d₁' d2 d'₂

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

Chøng tá cã 2 VT cđa mµn M cho ảnh rõ nét.

* Gọi x là khoảng cách từ vật gơng. 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
21

= - 0,75 (cm)
+ d = a - x  d1' = _a _x _f

f
)
x
a
(
f
d

df








K = - d_d' _a _xf _f






 ₍₁₎

+ d2 = a + x  d'2 = _a _x _f
f
)
x
a
(
f
d

f
d








2
2

K' =

f
x
a

f
d

d'








2

2 ₍₂₎

Tõ (1) (2) : K > K'  Theo ®b k = 2k'
Ta cã phơng trình :

f
x
a
f
x

a
f
x
a

f
f

x
a

f

3 3 1

a + x - f = 3 (a - x - f)

 x =

2
f
a 

Thay sè : x =

2
12
24 

= 6 (cm)
<b>Bµi 35:</b>

TKG
O

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

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

Vẽ hình.

<b>Lời giải</b>
* 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

2
f
.
2

f
5

f
.
5
f
d

d

2




  d

'
2= 

f2 = 5(cm)

2
10
2
1




+) d3 = a - d'2 = - 

Ta cã : '

3
3

1 d

1
d

1
f
1



  d'

3= f1= 12 (cm)

VËy ¶nh ci cïng lµ S3 n»m cïng phÝa víi *** TK, cã ** TK 12cm

<b>Bµi 36:</b>

Một gơng cầu lõm (G) f2= 15 cm và 1 tkht có f1= 20cm, đặt cách nhau

40cm. Mặt phản xạ của gơng hớng 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 đờng i ca chỡm tia sỏng.

<b>Lời giải</b>
a) * SĐTA

Tuyến tạo ảnh 1: AB A'_B'

0 G

a

20
S

O O

Tk G G

 d'

1= = 30(cm)

S

S

1 G

S

2

0
S

3

F

TK
0

1

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

d1 d'

Tuyến tạo ảnh 2: AB A1l1 A2B2 l = 40cm

d1 d1' d2 d'2

+ XÐt ¶nh A'_b'

d'₌

20
30

20
.
30
f

d
df

1
1




 = 60 (cm)

k1=

30
60
d

d'

= -2

Kết luận: ảnh A'_B'_{là ảnh thật cách TK 60 cm, ngợc chiều vật và bằng 2 lần vật}

+ Xét ảnh A2B2:

d1= 40 - 30 = 10 cm

d'

1= 30

15
10

15
.
10




 cm

d2= 40 + 30 =- 70 cm

d'

2 = 28

20
70

20
.
70

1
2

1

2




 <i>f</i>

<i>d</i>
<i>f</i>
<i>d</i>

cm
k = 1,2

d
d

d
.
d

2
1

'
2
'
1

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

2
1

lần vËt.

<b>Bµi 37:</b>

Mơt TKHT tiêu cự 10cm và gơng 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 gơng.

Xác định l để ánh sáng qua hệ trùng với S. Minh hoạ đờng đi của một tia
sáng phát ra từ S bng hỡnh v.

<b>Lời giải</b>
*SĐTA

S S1 S2 S'

0

2 A1

B

1

¢
E
0

1
F'

1
A

2

B
2
AB'

A'

TK
0

GC
G

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

d1 d1' d2 d'2 d3 d'3

+) d1= 15 cam

fk= 10 cm

Theo đb: ảnh S'_{qua hệ trùng víi S  d}
1 = d'3

L¹i cã '

3
3
'
1

1 d

1
d

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=

fg
d

fg
d

2
2

  d

2

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

Bµi 38:

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 trục, cách L1 khoảng a = 10}

cm. Vật AB đặt trớc hệ hai TK, cách L một đoạn d = 30cm.
 d'

1 = = 30 (cm)

d2

2- 2d2fg = 0

0
F

1 F1

'
S

S'

S

1  S2 G

S

1 trùng với đỉnh g ơng

S

1

F'

1

G
0

F

1

S

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

Xác định (VT, TC, độ lớn) cho bởi hệ.

3 - Thay vào VT L'_{bằng một gơng phẳng G đặt nghiêng 1 góc 45}0_{so vi}

trục của L, hớng mặt phản xạ vỊ phÝa L

Tìm VT, t/c độ lớn. ảnh qua hờ. V chựm tia
sỏng t vt nh

Lời giải

1) SĐTA: AB A'_B'

d d'

+) d = 30cm
d = 20 cm

K = 2

30
60
d
d'






+) d = 10cm
d = 20 cm

K = 2

10

)
20
(
d
d'







+ 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' = 60(cm)
20
30
20

.
30
f
d
f
d
2
1
1
1 _




d2 = l - d1' = 10 - 60 = -50 (cm) d2' = (cm)
30
50
25
50
25
50
f
d
f
d
2
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 gơng phẳng G nghiêng 45}0

* VÏ ¶nh

450

L
0

 d'₌ ₆₀₍_cm₎

20
30
20
.
30



 d'₌ ₂₀₍_cm₎

20

10
20
.
10




L L' _B

A

L L'

A
B
F
1
F
2
F
1
' _A

2 F₂

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

3) Thay L'_{bằng gơng phẳng G nghiêng 45}0

SĐTA AB A2B1 A2B2

VÞ trÝ A1B1 (nh câu 2): d cách TK 60cm sau gơng phẳng 50cm. A1B1 là ảnh ảo của TK, là

vật ảo của gơng phẳng nên cho ảnh thật A2B2.

A1B1 v A2 B2 x qua gơng nên độ lớn của A2B2 là độ lớn của A1B1 và bằng (

1
'
1

d
d

)*AB =

1
.
30
60

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

<b>Bµi 39:</b>

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

2 - Xau TK đặt thêm 1 gơng phẳng G cắt C của TK tại H ách TK 90cm.
XĐVT ảnh cui cựng ca S

a) Gơng phẳng vuông góc với TC
b) Gơng phẳng nghiêng 450_{so với TC}

<b>Lời giải</b>
1- Vị trÝ ¶nh S'_{cđa TK}

d'₌ ₁₂₀

30
40

30
.
40
f
d

f
.
d





 (cm)

¶nh S '_{nằm trên TC, là ảnh thật, cách TK 120 cm}

2 - VT ¶nh cđa S qua hƯ TK + GP'

a) Gơng phẳng vuông 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

+) ) d3= 90-30 = 60 cm

TK G

TK G TK

 d'

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

+) d3' = 60
30
60

30
.
60
f

d

f
d

3

3 

cm

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

b) Gơng phẳng nghiêng 450 _{so víi TC}

Chùm sáng sau khi ló ra khỏi TK (tạo ảnh S1) sẽ gặp gơng vì S1là vật ảo đối với gơng nên

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

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

Bµi 40:

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

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

chính trùng nhau. Quang tâm TK trùng với quang tâm của gơng cầu.

1. Xác định KC từ ảnh của vật AB tạo bởi quang hệ đến gơng và TC độ
phóng i nh.

2. Vẽ ảnh của vật AB tạo bởi quang hƯ.

<b>Lời giải</b>
Theo đầu bài: đính gơng I trùng với F'

2

t©m gơng C trùng với 0 dựa vào hình vẽ ta có:
Tiêu cự gơng:

f2 = 5
2
f
2

R ₁

(cm)

Khoảng cách gi÷a TK G a = 10(cm)

S

3 S S₂ S1

S

S
2

S
1

a F'

1
I
0

C
R
L
R
B
R
L
R
A
R
L
R
F

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

* S§TA

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

1 __





 (cm)

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

d'
2 =

3
20
5
20

5
.
20
f

d
f
d

2
2

2

2 _




 (cm)

d3 = a = d'2= 10 -

3
10
3
20

 (cm)

d'
3=

10
3
10

10
.
3
10



= - 5 (cm)

K =

3
10
.
20
.
5

)
5
.(
3
20
).
10
(
d

.
d
.
d

d
.
d
.
d

3
2
1

'
3
'
2
'
1








= -1

VËy ¶nh A3B3 là ảnh ảo ngợc chiều với vật cách TK5cm và lớn bằng vật.

2) Vẽ ảnh A3B3

TK G TK

A

1 A

B
1

B

B
2

B
3
A
3
A

2

0C I

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

<i><b>PhÇn V:</b></i>

<b>hép ®en</b>

<b>Bµi 11:</b>

Nhiều hộp khối giống nhau, ngời ta nối một đoạn mạch gồm một trong các
hộp khối đó mắc nối tiếp với điện trở R = 60 khi đoạn mạch đợc đặt vào hiệu
điện thế xoay chiều tần số 50Hz thì hiệu điện thế sớm pha 58 so với dịng in
trong mch.

1. Hộp kín chứa tụ điện hay cuộn cảm.

Tớnh điện dung của tụ hoặc độ tự cảm của cuộn cm
2. Tớnh tng tr ca mch.

<b>Lời giải</b>
1) Tìm phần tử trong trong hộp đen

Đoạn mạch gồm X và R mắc nèi tiÕp

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

Vậy trong hộp chứa cuộn cảm.
* Tìm L:

Ta có: tg =

R
Z_L

= tg58  1,6

 ZL = 1,6.R = 1,6.60 = 96

L =

50
.

2

96
Z_L




 360.10

-3_(H)

 L = 306 mH

2) Tỉng trë cđa m¹ch Z = 2 2 2
L

2

96
60
Z

R     113 ()

<b>Bµi 24:</b>

Một đoạn mạch xoay chiều AB
gồm hai phần tử X, Y mắc nh trên.

Cng dao ng trong mch nhanh pha /60 so với hiệu điện thế giữa hai
đầu on mch.

a) Hai phần tử trên là 2 phần từ nµo trong sè R, L, C?

b) Biết các biên độ của hiệu điện thế và cờng độ dòng điện lần lợt là U0 =

40V và I0 = 8,0 A, tần số dao động là f = 50Hz. Tính gia tốc mi phn t.

<b>Lời giải</b>

a)Giả sử trong đoạn mạch trên có không có phần tử R

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

Nh vậy thì X1X2 là hai phần từ L, C.

Gọi là góc hỵp víi <i>U</i>;<i>I</i>

tg =

R
Z
Z_L _c

=  = tg ₂ vô 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) = 2f = 2.50 = 100 (Rad/s)

tg =

-3
1
)
6
(
tg
R
Z_C

3ZC = R (1)

Mặt khác: Z = 5

8
40
I
U
Z
R

0
0

2
C
2






R2_{+ Z}2

C = 25 (2)

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

 R = 2,5 3 ()

VËy R = 2,5 3

C =

3

C

10
.
4
100
.
5
,
2

1
Z

1

(F)

Bài 43:

Cho mạch điện nh hình vẽ

X là hộp đen chứa 2 trong 3 phÇn tõ L1, R1,C1 nèi tiÕp

UAN= 100sin100t (V)

UMB= 200sin (100t - /3)

 = 100(Rad/s) =

LC
1

1) ViÕt biÓu thøc Ux theo thêi gian t

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

Lời giải

N
C

B
A

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

* ZL = L ; Zc=

C
1

 ZL = ZC

LC
1

=  2_{LC= 1}

* _U_L __U_C _₀

* _U_AL __U_L __U_X * _U_MB __U₀ __U_X Víi UMP= 2YAN= 100 2

* LÊy trơc sè , biĨu diƠn vec t¬ * UAL;UMB

XÐt OHK ; HK = 2U2= 2UC

 HK= 50 6

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

( 2 2     UL = UC = 25 6 (V)

* Định luật hệ số sin

sin

2
100

2
3

6
50
sin

CK

3
sin

HK

= 900

 vect¬ _U_L ()

L

U  UAN

_U_AN cïng pha víi

_U_X hỵp víi _U_AN mét gãc X

tgX =

2
2
2
50

6
25
OH
HE



 X 410

Ux = _OH2 __HE2 _ ₂₅2_.₆_₅₀2_.₂_₂₅ ₁₄ (V)

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

150
4

) (V)
2) Ta cã G§ sau:

AN

U cïng pha víi I AM chøa L, UAn  0

 X chøa R1

VÕ tr¸i : X chøa 2 trong 3 phÇn tư R1, L1

C1 X chøa C1

sao cho ZL = ZC1

Tãm l¹i X chøa R1, CL

AN

U = UL + UR1UC1 UR1

0 UAN H

/3

L
U

E

C

U

K

6


MB

U

X

U

 _()

0 UAN

L
U

C

U

MB

U

X

U

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

C«ng st tiªu thơ trªn X
PX = UxI cos X

= 25

14
.
25

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

U
.
2
.

5
,
0
.
14

ị

AN _ _{= 50W}

§é lín R1: R1=

2
2
,
0

2
50
I

U
I

U_R₁ _AN


 = 100

ZC1= ZL =

2
5
,
0

6
25
I

U_L

 = 50 ₃

Tãm lại: Mạch điện có dạng cụ thể sau

<b>Bài 44:</b>

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

Tụ điện C = 10F

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) Mc thêm vào mạch điện AB một điện trở thuần thì thấy công suất tiêu
thụ trên mạch đạt cực đại. Hỏi phải mắc điện trở đó nh thế nào. Tính điện trở đó

<b>Lêi gi¶i</b>

1) Vị trí dao động trong mạch sớm pha hơn /3 so với hiệu điện thế nên mch cú tớnh
cht dung khỏng.

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

Biu din trờn giản đồ vectơ: _U_C; _U_L ; U (trục góc e)

Theo gi¶ thiÕt

tg R

đ

U
3
U
3
U

U

3    



R =

3
100
Z

.
1
.
2
1

C


 ()

N
C

1

B
A

M

Lr#0 R C

1

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

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

Tæng trë cđa m¹ch
Z =

3
200
100

3
100
Z

R 2

2
2

C
2






 ()

Cờng độ dịng 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 (100t + /3) (A)

3) C«ng thøc tÝnh c«ng suÊt:
P = UIcos AB = U.

y
U
Z

R
.
U
Z
R
.

Z

U 2 2




y =

*
2
C
*
*

2
C
2
*

R
Z
R
R

Z
)
R
(





§Ĩ Pmax  umin

L¹i cã R*_.

*
2
C

R

Z _{= Z}2

C = cost  ymin khi

R*₌

*
2
C

R

Z _R*_{= Z}

C= 100 ()

R = 100 3 ()

Vậy điện trở theo 2 phải mắc nối tiếp
R*_{= R}_{+ R}'_R'_{- R}*_{= 100 -}

3
100

42,3 ()
<b>Bài 45:</b>

Cho mạch điện xoay chiÒu nh 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 ®iƯn thÕ xoay chiỊu cã biĨu thøc U = 200 2sin100t (V) th× chỉ 0,8A

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

Xỏc nh cỏc phn t cha trong đoạn mạch X và độ lớn của chúng biến
C0 =



2

10 3 _(F)

R<R*

A

A M B

A

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

<b>Lêi gi¶i</b>

* Tính Zc0 : ZC0 =

)

(
20

2
10
.
100

1
C

1

3
0

Theo đầu bài : U = 200V
I = 0,8A
Z2

AB = 2002 = Z2C0 + Z2x

Zx = 30 69()

L¹i cã K = cos =

AB
Z

R

= 0,6 R = 250.0,6 = 150 ()
- Nh vậy, đoạn mạch X gồm R và L hoặc R vµ C

+ TH1: X gåm R vµ L
Z1

X = R+2 + Z2L  ZL = 30 44

L =







2
100

44
30
Z_L

(H)
+TH2: X gồm R và ZC

Tơng tự ZC = 30 44

C =

3

C

10
.
56
,
0
44
30
.
100

1
Z

1

<b>Bài 46:</b>

Cho đoạn mạch AB gồm hộp kín X chỉ
chứa một phần tử (cuộn dây thuần cảm hoặc
tụ điện) và biến trở R nh hình vẽ. Đặt vào ®Çu
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, cờng độ
dao động qua mạch có giá trị hiệu dụng bằng 2 A. Biết cờng dao ng sm

pha hơn hiệu điện thế.

Tớnh in dung tụ điện hoặc độ tự cảm của cuộn dây, bỏ qua in tr dõy ni.
<b>Li gii</b>

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 tơ ®iƯn C

 ZAB = 250(Ω)

8
,
0
200



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

2) Biểu thức công suất của mạch điện
P = UI cosAB = U.

y
U
Z

R
U
Z

R

.
Z

U 2

AB
2

AB
AB




U = cost Pmax Ymin

Víi y =

R
Z
R
R

Z
R
R

Z2_AB 2 2_C 2_C







NhËn xÐt: R . Z cost y  K
R

Z

min
2

C
2
C

R

Z2_C _{R = Z}

C

VËy khi Pmax th× R = ZC (1)

Khi đó: I = 2A

ZAB =

2
200

I

U

 _()

R2_{+ Z}
C2 =

4
2002

(). Tõ (1) (2) R = Zc = 100 ()

C =

6

C

10
100
.

2
.
50

1
Z

1

(F)
Bài 47:

Cho mạch điện nh hình vẽ

R là biến trở, C là tụ ®iÖn cã ®iÖn dung C =



9

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 th× UAM = 182 2sin(100t -

2


) (V)
uMB = 60 2sin 100t (V)

a) ViÕt biÓu thøc uAB

b) Xác định phần tử trong X và giả thiết của chúng

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

mạch khi đó.

<b>Lêi gi¶i</b>
1) ZC =





 

3
10
.
100

1
C

1

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

Khi R = R1= 90 th× tg  AM =

90
90
R
Z_C

 = 1

 AM =

4



AM

U trÔ pha ₄ so víi i

AM

U trƠ pha

2


so víi _U_AM
Vậy trong X chắc chắn có L1

Lại có tgMB=

1
1
C
1
L

R
Z

Z

Nếu X không chứa R1 thì tgMB = tg

2

_{vô lí}

X chứa R1

Vậy 2 phần tử cđa X lµ L1 vµ R1

tgMN = 1
R
Z

1
1

L _ _R

1 = ZL1

* Biểu diễn các vectơ _U_AM ; _U_AB trên GĐVT (trục góc i)

+ 3

60
180
U

U

MB

AM   _{ U}

AM= 3MB

vµ  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

MB

U sím pha /4 so víi

 U

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

Phơng trình UAB = UAB = 60 )
180
27
t
100
sin(
.
2
.

10  

= 120 )

180
27
t
100
sin(
.

5    (V)

b) X gåm 2 phÇn tư L1 vµ R=1 víi

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



U = const Pmax ymin víi

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












* NhËn xÐt: (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)

VÕ tr¸i ZL < ZC  ZL1 - ZC = - (R1+ R)  R = 30 

khi R = 30 th× P =Pmax =

y
U2

víi y = (30 + 30) + 120
30
30
)
90
30
( 2



<b>Bài 48:</b>

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

1) K đóng  I = 2A, dòng điện lệnh pha 300_{so với U}

AB . TÝnh L, r

2) K më I = 1A, UAM lÖnh pha 900 so với UMB

a) Tính công suất toả nhiệt trên X.

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

<b>Li gii</b>
1) Khi K đóng mạch điện nh sau

khi đó UAM = UAB = 120 (V)

ZAM =

2
120
I

U_AM

 = 60 () Z2L + r2 = 602 (1)

Pmax = 300W

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

Lại có: dao động lệch pha 300_{so với U}

AB (UAB = UAM)

 tgAM= Z r 3

3
1
30
tg
r
Z

L

L _ _ _ _ ₍₂₎

Tõ (1) (2) ZL = 30 

r = 30 3

2) Khi K më _U_AM _U_MB

Mặt khác _U_AM sớm pha 300_{so với i}

mạch MB có tính dung kháng đoạn mạch MB chøa C vµ R

tgMB = 3 Z 3R

R
Z

C

C __ _ _

 (3)

+ V× _U_AM __U_MB
_U_AM__U_MB __U_AB
 U2

AB = ₁₂₀2 _ ₆₀2 _ ₃ (V)

RMB = 60 3 ()

Ta cã phơng trình R2_{+ Z}2

C = 3602 (4)

Từ (3) (4) R = 30 3 ()

ZC = 3R = 90 ()

Ta có công suất tiêu thụ trên X
PX = PMB = UMBIcosMB

= 60 3 .1.cos(-60) = 30 3 (V)

<b>Bài 49:</b>

Cho mạch điện nh hình vẽ:

X1, X là hai hộp mỗi hộp chØ chøa 2

trong 3 phần tử R, L, C mắc nối tiếp. Các

vôn kế và ampe kế đo đợc 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 vôn kế
cùng giả thiết 60V, uAM và uMBlệch pha nhau /2.

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

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

300
0

U

AM

L

U

T

U

i

MB

U trễ pha hơn i một góc 600

 U2

AB = U
2

AM + U

2
MB

A

V₂
V₂

M

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

R1=

2
60
I
U

= 30 () (1)

* Khi mắc AB vào nguån xoay chiÒu: UAM = 60 V, I = 1A

 ZAM = 60

1
60

 ()
 R2

1+ Z2L1 = 602 (2)

Tõ (1) (2) R1 = 30 

ZL1 = 30 3

L1 =







3
3
,
0
100

3
30
Z_L₁

(H) = 0,17 (H)
* ZMB= 60

1
60

 ()

AM

U sím pha h¬n i mét gãc AM

tgAM= 3
R

Z

1
1
L

 __AM_{= 60}

MB
AM U

U  UAM trÔ pha mét gãc MB so víi i MB = 30
Suy ra Y chøa C2

tgMB= ₃

1
)30
(tg
R

Z
Z

2
2C
1L __ _

R2 #0

Y chøa R2

VËy Y không chứa ZL (Y gồm R2 và C2)

2
C
2
2

2

C

Z
3
R
3
1
R

Z

 R2= 30 ₃

ZC2= 30 

L¹i cã R2

2+ Z2C2= 602

<b>Bài 50:</b>

Cho mạch điện XC nh hình vẽ

A là (A) nhiệt, điện trở R0 = 100, X là hộp kÝn chøa 2 trong 3 phÇn tư (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. Hi

K

M _N

C

A

P
R

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

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

2) Khoỏ K vn ngắt, thay đổi f thì thấy (A) chỉ cùng trị số khi f = f1 hoặc f=

f2 . BiÕn f1+ f2= 125 HZ.

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

<b>Lời giải</b>
1) a khi đóng K mạch điện thành:

chØ 1A  I = 1A
ZND= 200

1
200

 

R2

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





3
10 4

(F)
b) Khi K ng¾t:

DN
MD U

U 

MD

U trƠ pha so víi i mét gãc MD . tgMD= 3

R

Z

c
0
C __



MD = - 60

VËy DN sím pha 30 so víi i

 X chøa RB vµ ZL

tgDN= L

C _R ₃_Z

3
1
R
Z





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

ZL = ZC0 L =

0
C
1

 

2_{LCo = 1}

L =  





 

3

3
10
.
100

1
Co

1

4
2
2

2 _(H)

R = 3ZL 3. .L 3.100. . 3 300







 

b) Khi thay đổi có 2 giá trị của ddđ bằng nhau
I1= I2

2
MN
1
MN

Z
U
Z
U

 _Z₁_{= Z}₂

 (ZL- Z1c0)2= (Z2L- Z2co)2 Z1L - Z1co= (Z2L - Z2co)

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

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

 L (1+ 2) =

2
1

2
1

0 .

)
(

C
1








 2(f1- f2)(L+ )
C

f
f
4

1

0
2
1
2

 = 0 (1)

(f1# f2  f1 - f2 #0)

L+

0
2
1
2

C
f
f
4

1

= 0 (vô lí) loại

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

L(1 + 2) =

2
1

2
1
0

(
C

1








)
12 =

o
2
2

1

0 4 LC

1
f

f
LC

1





Thay sè f1f2=






3
1
3
4

1

2 = 2000

Theo đầu bài f1+ f2= 125

f1 = 25Hz

f2 = 100Hz

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

Z1co = 200 3

C
L
2

1

0
1



 

I = ₂ ₂

150
.
3

400

200
Z

U



 _{0,42A  tg =}

8
3
3

 _{= 0,65}

* Khi f = f2= 100Hz th× Z2L = 2f2 L = 200 3

Z2c6= 50 3

C
f
2

1

0
2



  tg = 8

3
3
R
R

C
Z

0
0
L

2 _




=0,05  u/i =

180
33

* KÕt luËn: i1= 0,42 2sin(50t + 0,58) (A)

i2= 0,42 2sin(200t - 0,58) (A)

<i><b>Phần III</b></i>

<b>kính lúp</b>

<b>Bài 1:</b>

Một ngời 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 dch chuyn vt trc

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

<b>Lời giải</b>
*SĐTA

AB A1B1 A2B2

d1 d'1 d2 d'2 l = 0

+ tg0 =

0
OC

AB

+ tg =

1
'
1
1

1

1

d
AB
d

l
AB
K
A

0
B
A





víi l = 0

K =

1
'
1

d
d

* Độ bội giác
G =

1
1

0
0

0 d

D
d

C
0
tg

tg

(*)
G nghịch biến với d1

1) Ngắn chừng ở điểm cực cận : d1 = d1min= diC

d2 = d2C = OA1 = OCo = §

d'

1= d'1c = l - d2c = - §

d1= d1c =

10
§

§
10
f
§

f
§
f
d

f
d

'

c
1

'
c
1







Gmax = GC = 3,5

10
10
§
§

10
)
10
(§
§
d

§

C

1







 § = 25 (cm)  d1C =

7
50

(cm)
2) Nc ë cùc viÔn: d1= dmax= d1C= f

A1B1 ë xa v« cùc

Gmin = G = 2,5

10
25
f
§




 Gmin = 2,5 d1C = f = 10 (cm)

Phạm vi dịch chuyển

7
50_d

1 10 (cm)

Bài 2:

Mt ngời quan sát con tem cổ bằng một kính lúp f = 5cm. Mắt đặt tại tiêu

PKL
01

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

điểm ảnh của kính lúp  l = f gh nhìn rõ của mắt từ 1050cm.
1) Xác định phạm vi dịch chuyn ca vt trc kớnh lỳp.

2) Cho năng suất phân lý của mắt min = 3.10-4 Rad. Hỏi khoảng cách ng¾n

mắt giữa 2 điểm ở trên vật mà mắt ngời ngày phân biệt đợc là bao nhiêu? (trạng
thái điều tiết cực đại)

<b>Lêi gi¶i</b>
AB A1B1 A2B2

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

1) Phạm vi dịch chuyển của vật tríc kÝnh lóp
d2= 0A1= l - d1 = l +

1
1

d
f

f
d



(v× 0 < d1 < f  d1 < 0) ; l = f

OA1 = f +

1
d
5

1
d
5
5
1
d
f

f
d₁





 (0<d1 < 5cm)

Lại có 0Cc 0A1 0Cc

nên 10  5 +
1
1

d
5

d
5

  50 (0 < d1 < 5 cm)

Giải ta ta đợc

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 cËn
+ d1= d1C = 2,5 cm ; A1 Cc

+ Gãc trong ¶nh
 = A10B1 # tg =

Cc
0

AB
K
A

0
B
A

1
1

1 _

Kc = 2

d
5

5
d

f
f

c
1
c

1






VT  << # tg   =

5
AB
10

AB
2

+ ĐK năng suất pli min

5
AB

3.10-4_{AB 15.10}-4_(cm)

ABmin= 15.10-4 (cm) = 15m
KL

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

* Vậy khi mắt ở trạng thái điều tiết cựcđại thì nhìn thấy đợc khoảng cách ngắn nhất giữa
2 điểm trên vật quan sỏt qua kớnh lỳp l 15m.

Bài 3:

Một mắt bình thờng 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 trêng
hỵp.

1) Mắt đặt tại tiêu điểm ảnh F'

2) Mắt đặt tại q tâm 01của kính

3) Mắt đặt sau KL a = 4 cm

<b>Lời giải</b>
* SĐTTA

AB A1B1 A2B2

d1 d'1 d2 d'2

1) Mắt đặt tại tiêu điểm ảnh F'_{ l = 0,0 = 0}

1F' = f = 5cm

* NC ë ®iĨm cùc cËn

+ d2= d2c= 0Cc = § = 25cm

+ d'

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

+ d1c = 4

5
20

5
)
20
(
f
d

f
d

'
c
1
'

c

1 _









cm
+ Nc ë cùc viƠn

+ M¾t bt
+ d2v = 0Cv= 

+ d'

1v = l - d2v= 5 -  = -

+ d1v= 5cm
f

d
f
d

'
v
1
'

v

1 

* Khoảng nc là d1= d1v- d1c=

6
5

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

+ d2c= § = 25cm

+ d'

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

+ d1c = cm

26
105
f
d

f
d

'
c
1
'

c

1 _



KL

01

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

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

+ d'

1v = l - d2v  - 

+ d1v= f 5cm
f

d
f
d

'

v
1

'
v

1  

* Khoảng nc là d1 = d1v - d1c = 5 - cm

26
25
26
105



<b>Bµi 4:</b>

Mắt thờng 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) Mt t sau KL a = 5cm

Trong mỗi trờng hợp hÃy nêu nhận xét.
a) Khi mắt không điều tiết

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

<b>Lời giải</b>
* 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



 _víi _d'

1= 0

f
d

f
d

1
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

.Đ
k
tg

tg

KL

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

Kết quả G =

1

d
)
f
l
(
lf

Đ
f

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

f
Đ

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

25
f
§





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 =

f
d

f
d

'
v
1

'
v
1

 = f = 10 cm

VËy G = Gv = 2,5

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
d

f
d

'
c
1

'
c

1 _

 cm

VËy Gc =

3

3
25
25
d

§

c
1




c) Khi vật cách TK b = 8cm
G =

8
25
b
Đ

3) Mt t sau TK a = 5cm l = 5cm
a) NC ở CV

+ d2v= 

+ d'

1v= l = d2v= -

+ d1v= f = 10cm

 Gv= 2,5cm

E
§



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

+ d2c= § = 25cm

+ d'

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

+ d1c =

3
20

f
d

f
.
d

'
c
1

'
c

1 _

 cm

Gc= 3

c) VËt c¸ch KL b = 8cm G =

8
25
b
Đ

Bài 5:

Mt ngời 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) §é béi gi¸c cđa KL khi AB tríc kÝnh 3,5cm và mắt sau kính 2cm.
<b>Lời giải</b>

1) Góc trong ảnh
SĐTA

AB A1B1 A2B2(vmac)

d1 d'1 d2 d'2 l = 001 = 01F' = f

+ Gãc trong ¶nh = A10B1 = 010I

tg =

f
AB
l

AB
0
0

0
I
A
0

B
A

1
1
1

1

1 _ _ _

do <<    tg   =

40
1
f
AB

 (Rad)

2) Ph¹m vi nc cđa KL

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 ë ®iĨm cùc viƠn

KL
01

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

+ d2v = 3cm

+ d'

1v = l - d2v= -36 cm

+ d1v = 3,6cm
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

+ Mt t sau KL 2 cm l = 2cm

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

+ d'

1 = 28cm

4
5
,
3

4
.
5
,
3
f
d

f
d

1
1







Độ phóng đại K1=

1
'
1

d
d


= 8  K1 = 8

* Ta cã:

+ Gãc trong ¶nh qua KL  = A10B1

tg =

75
2
28
2

1
,
0
.
8
d
l

AB
.
k
A

0

B
A

1
1
1

1

1 _






+ Gãc trong vËt trùc tiếp khi vật tại điểm cực cận
tg0 =

120
1
12

1
,
0
Cc
0

AB

* G = 3,2

tg
tg

0
0










 G = 3,2
<b>Bµi 6:</b>

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 mt KL.

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

2) Bây giờ mắt cách KL 1 cm, quan s¸t vËt AB tríc kÝnh.

a) Tính độ bội giác của KL, biết mắt quan sát ảnh mà không cần điều tiết.
b) Tính độ cao tối thiểu của AB mà mắt có thể nhìn đợc qua KL, biết ns pli
của mt l 3.10-4_Rad.

<b>Lời giải</b>
* SĐTA

AB A1B1 A2B2(vmac)

d1 d'1 d2 d'2 l = 010
KL

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

+ Kho¶ng nhìn rõ của mắt 1/3m; 0,5m
1) Tính f:

+ Mt t 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

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

d1v= cm

50
f
50
f

50

f
)
50
f
(
f
d

f

d 2

'
v
1

'
v

1 __ 






+ Kho¶ng nc: d1= d1v- d1c= 0,04 cm

 0,04

100
t
100
f

3
50

f
50

f2 2








 f2_{= 4  f = 2 >0}

VËy tiªu cù cđa KL f = 2cm
2) l = 1 cm

a) GV:

* LËp c«ng thøc tÝnh tổng quát nh bài 4

+ G =

1
d
)
f
i
(
lf

co
0
.
f

* áp dụng : mắt quan sát ảnh mà không cần điều tiết: ng ** ë cùc viÔn
Ta cã l = 1cm, f = 2cm

d1v = 1,92cm

50
f
50
f2






 GV = ₁₇

92
,
1
).
2
1
(
2
.
1

3
100
.
2






3) ChiỊu cao tèi thiĨu

+ Nhận xét: ycđb tìm chiều cao tối thiểu của AB mà mắt qua KL có thể bp đợc.
+ ĐKiện vềnăng suất phânli:  = A10B1  min

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

 =

Cv
0

AB
K
A

0
AB

K ₁

1
1



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

KÕt qu¶ 4

10
.
3
49

AB

.

25 _ 

 AB 5,88.10-4_cm

AMmin= 5,88 m

Bµi 7:

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 ngời quan sát nc ở
điểm Cc.

0Cc = 25cm mt t sỏt kinh.

<b>Lời giải</b>
+ SĐTA

AB A1B1 A2B2(Vâng m¹c)

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

G =

1
d

)
f
l
(
lf

§
f




Víi l = 0

§ = 25 cm, f =

b
1

= 0,1m = 10cm
Suy ra G =

1
d
25

1) Nc ë vô cực

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

Khi đó G = 2,5

10
25



2) Nc ë ®iĨm cùc cËn

d2c = 0Co = 25cm  d11c = l - d2c = - 25cm d1c = cm
7
50
f
d

f
.
C
d

'
c
1

'

1 _



GC=

5
,
3

7
50
25



K = - 3,5

7
50
25
d

d

c
1
'

c
1




KL

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

Bµi 8:

Đặt vật sáng nhỏ AB  trục chính của KLúp, A thuộc trục chính, A cách F
một khoảng x1. Mắt ngời quan sát đặt sau KL, cách tiêu điểm ảnh của KL một

đoạn x2 để quan sát ảnh ảo AB qua KLúp.

LËp CT tÝnh G theo x1 , x2

Bluận kết quả

<b>Lời giải</b>
*SĐTA:

AB A1B1 A2B2(vmac)

d1 d'1 d2 d'2 l = 010

+ G =

1
d
)
f
l
(
lf

Đ
f

+ A1R1 là ảnh ảo d'1 < 0 0 d1 f

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

+ Mắt ngời quan sát cách tiêu điểm ảnh một khoảng x2 nªn

l = f + x2  f (001F')

l = f - x2 f (0 01F')

NÕu: l = f + x2 G =

2
1
2

x
x
f

§
f


l = f - x2  G =

2
1
2

x
x
f

Đ
f

* Bàn luận:

Nếu x1= 0 d1= f

G = <i>const</i>
<i>f</i>

<i>D</i>

 _d₁

NÕu x2= 0  l = f

G = <i>const</i>
<i>f</i>

<i>D</i>

 d1

<b>Bài 9: ks sự bt của độ bội giác của KL theo VT đặt vật trớc KL là d</b>1

XÐt hs G = G (d1) =

lf
d
)
l
f
(

§
f

1

TXĐ: d1 d1c ; d1v = D

Đặt V = (f-l)d1+ lf

VËy cã 3 TH:

KL

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

TH1: G'_{= 0 , l = f khi đó G =} _cos_t

f
§

 d1 D

TH2: G'_{> 0  l> f G đbiến với d}

1 D

Gmax= GV= KV

Cv
0

Đ

Gmin= GC= KC

TH3: G'_{< 0  0< l < f G nbiÕn víi d}

1D

Gmax = GC = KC

Gmin= GV KV

Cv
0

Đ

Bài 10:

Mt ngi mt không tật 0Co = Đ; 0Cv =  quan sát một vật nhỏ *** KL
tiêu cự f = 10cm. Gmax = 3,5, mt t sỏt KL.

Tìm Gminvà phạm vi dịch chuyển trớc kính.

<b>Lời giải</b>
* SĐTA

AB A1B1 A2B2(vmac)

d1 d'1 d2 d'2 l = 010 = 0

G =

1
)
(<i>l</i> <i>f</i> <i>d</i>
<i>lf</i>

<i>fD</i>



 G =

1

d

§

Víi f = 10cm
l = 0
NhËn xÐt:
G =

1
d

§

 G nbiÕn víi 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= 3,5

10
b

D
10
f

D
f
§
f
d

f
d

'
c
1
'

c

1 _









§ = 25 cm

KL

01

M
0

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

Thu đợc d1C = cm

7
50

* Ng¾m chõng ë cùc viƠn:

d2V =   d1V' = l - d2V = - d2V = 

d1V = f 10cm
f

d
f
.
d

'
V
1

'
V

1 _ _



 Gmin= GV = 2,5

10
25
d

Đ

V
1

_s

KC dịch chuyển

7
50

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

<i><b>Phần VII</b></i>

<b>kính hiĨn vi</b>

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

AB A1B1 A2B2

d1 d'1 d2 d'2 l = 0102

+ ¶nh ¶o A2B2 ë xa v« cùc, d'2= - ; d2 = f2hay A1 = F2

+ Chïm tia lã ra khØ thị kính 02 là chùm tia sáng song song, góc trong ¶nh  = cost víi

mọi vế trái đặt mắt.

+ 0 là góc trong vật khi nhìn bằng mắt thờng

tg0 =

Đ
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

f
AB
K
F
0

B
A
A
0

B
A

₍₂₎

Đặt = F'

1F2 = l -(f1 + f2) là độ dài quang học

Ta cã: K1=

1
'
1
1

2
'
1
1

1
1
1
1

f
F
0

F
F
I
0

B
A

AB

B

A 




 ₍₃₎

VT ; 0 << nªn tg  i tg0 0 (4)

Tõ (1) (2) (3) (4) G =

0
tg

tg







G =

2
1f

f

§


<b>Bài 2: Thiết lập CT tính độ bội giác của KHV khi quan sát ở cn im hoc vin iờm.</b>
<b>Li gii</b>

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

+ Để quan sát đợc ảnh ảo A1B2phải nằm trong giới hạn nhìn rõ của mắt.

0CC 0A2 OCv (020)

+ Gãc trong vËt 0 tg0 = ₀_D

AB
C

0
AB

2

 ₍₁₎

1) NC ë cùc cËn: A=2 Cc  0A2 0Cc = §

 = A10B2 ; tg =

§
AB
Kc
A

0
B
A

2
2

2 _ ₍₂₎

Tõ (1) (2) Gc=

0
0 tg

tg








= Kc = K1C.K2C
KL

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

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 cã tg =

Cv
0

AB
.
Kv

(3)
Từ (1) (3) GV = KV.

Cv
0

Đ

ơới K=V = KV1. KV2

Bµi 3:

KHV f=1= 10cm, f2 = 4cm, l = 0102= 17cm, oCc = 15cm, oCv = 50 cm.

1) Xác định phạm vi dịch chuyển vật trớc TK
2) Tớnh Gc, Gv (mt t sỏt th kớnh).

<b>Lời giải</b>
*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 trớc VK
* 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 gåm VK nhÊt d1c = cm
244
263
f

d
f
.
d

1
'

c
1

1
'

c

1 _



* NC ë ®iĨm cùc viÔn 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

KL

02

M
02

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

 AB xa VK nhÊt d1v = cm
332
359
f

d
f
.
d

1
'

V
1

1
'

V

1 _



* VËy ph¹m vi dịch chuyển trớc VK là:

d = 3,4.10-3_{cm (rất nhỏ)}

2) áp dụng theo công thức bài 2:
+ Gc= Kc =

c
2
c
1

'
c
2
'

c
1

d
.
d

d
d

Gc = 61
+ Gv = Kc.

Cv
0

§

Kv = 166

d
.
d

d
d

2
v
1

'
v
2
'

v

1 

Kết quả Gv = 49,8
5

249

Bài 4:

KHV cú f=1; f2= 2cm, l = 0,02 = 18cm . Mắt không tật đặt tại tiêu điểm ảnh

của TK để quan sát ảnh o A2B2 ca vt AB rt nh.

1) Để mắt có thể nhìn rõ ảnh thì vật dịch chuyển từ cm
1515
1616
cm

15
16

 tríc

VK. TÝnh f1 vµ 0Cc.

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

Tớnh khong cỏch gia 2 điểm trên vật mà ngời này còn phân biệt c khi
nc cn im

<b>Lời giải</b>
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 cđa vËt lµ

15
16
d
1515
1616

1 

 cm

 d1c =

1515
1616

cm
d1v =

15

16

cm

VK
02

TK
02

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

1) NC ë cùc viÔn : A2 Cv

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

+ d2v = f 2cm
f

d
f
d

2
2
'

v
2

2
'

c

2 _ _



 d'

1V = 2V

12
'

v
1

1
'

V

1 _l _d

f
d

f
d





cm
1
f
)
f
15
16
)(
2
18
(
f
15
16

1
1

1     

* NC ë ®iĨm cùc cËn A2 Cc

d'

1C = 16,16cm

f
d

f
d

1
'

C
1

1
'

c

1 _

 ; d2C = l - d

'

1C = 1,84

d'

2C = 23cm

f

d

f
d

2
'

C
2

2
'

c

2 __



 d3C = l' - d'2C = 25cm

0Cc = § = d3C = 25cm

2) ChiỊu cao tèi thiĨu AB
+ = A20B2 lµ gãc <<

  tg =

§

AB
K
A

0
AB
K

2



+ K1 = 189,5
d

d
d
.
d

C
2
C
1

'
C
2
'

C

1 _



+ §K ns p li min



§
AB
Kc

 min

ABmin= _Kc

§

min = 2,64.10-5cm = 0,264m

Bµi 5:

KHV cã f1= 0,5 cm ; f2= 2,5cm ; = 16cm mắt á có gh nh×n râ 25cm  

1) TÝnh G

2) Tính chiều cao của AB nhìn đợc qua KHV với góc trong ảnh
 = 12.10-4_{Rad (nc ở vơ cực)}

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

S§TA

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 lp c
G=

2
1f
f

Đ

Đ = 320

5
,
2
.
5
,
0

25
.
16

(Mắt không tật có 0Cv =  ; 0Cc = 25)
2) V× G= 320 0 ₃₂₀

0










(1)
do  gãc nhá  0  tg0 =

§
AB

(2)
Tõ (1) (2)

320
§.
AB
§

AB
320







với  = min = 12.10-4 Rad thu đợc

ABmin= 9,375.10-5cm

Bµi 6:

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

Mắt ngời quan sát có gh nhìn rõ từ 10  50cm đặt tại tiêu im TK
Tỡm Gc, Gv.

<b>Lời giải</b>
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 ë cËn ®iĨm: A2 Cc

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

d2C =

2
C
2

2
'

C
2

f
d

f

.
d

 = 2,5cm  d
'

1C= l - d2C = 18,5 cm
VK

02

TK
02

M
0

VK
02

TK
02

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

Suy ra d1C = cm
72
37
f
d

f

.
d

1
C
1

1
'

C
1

+ Ngắm chừng ở điểm cực viễn A2 Cv

d3V = 0A2 = 50cm, d'2V = l'-d3V = -45cm

d2V = 4,5cm
f

d
f
.
d

2
'

V
2

2
'

V

2 _



d'

1V = l - d2V = 16,5cm

d1V = cm

64
33
f
d

f
.
d

1
'

V
1

1
'

V

1 _



KÕt qu¶ Gc = Kc = 72

d
d

d
.
d

c
2
c
1

'
c
2

'

c

1 

Gv = Kv

Cv
0

Đ

= 320

d
d

d
.
d

V
2
V
1

'
V
2

'

V
1

<b>Bài 7:</b>

KHV có f1= 2mm , f2= 40mm, l = 0102 = 222mm mắt ngời quan sát có

khong nhỡn rừ ngn nht Đ = 25cm. Mắt đặt sát thấu kính
1) Xác định phạm vi ngắm chừng của KHV.

2) TÝnh gãc trong ¶nh, biết vật quan sát AB = 4m (ngắm chừng ở vô cực)
<b>Lời giải</b>

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) Ph¹m vi nc cđa KHV

* Ng¾m chõng ë cùc cËn A2 Cc

d3c= 0A20Cc = § = 25 cm

d'

2c = l' - d3c = -25cm

d2C = mm

29
1000
f

d
f
d

2
'

c
2

2
'

c

2 _



d'

1c = l - d2c = mm

29
5438

VËt AB ë gÇn VK nhÊt

VK
02

TK
02

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

d1c =

1345
2719
f

d
f
.
d

1
'

c
1

1
'

c

1 _



* NC ë ®iĨm cùc viƠn: A2Cv

d3v = 0A2= 0Cv =  ; d'2v= l - d3v = - 

d2v = f 40mm d1V l d 182mm
f

d
f
.
d

v
2
2

2

'

v
2

2
'

v

2 _ _ _ _ _ _



VËt AB ë xa VK nhÊt

d1V = mm

45
91
f
d

A
.
d

1
'

v
1

'
v

1 _



* Ph¹m vi NC d1= 6,61.10 mm

1345
2719
45

91 4




2) Ta cã f1= 2mm ; f2 = 40mm

 = l - (f1+ f2) = 1800mm

§ = 25cm = 250mm

Suy ra G = _f _f 562,5

Đ

2
1
0

(1)

Vì 0 lµ gãc nhá  0 tg0 = Rad

250
10
.
4
§

AB 3



Tõ (1) (2)   = 0 . G = .562,5 9.10 Rad

250
10
.

4 9 ₃



<b>Bµu 8:</b>

KHV cã f1= 6mm, l1= 0102 = 142mm. Mắt nhìn vật AB cao 0,1 mm qua

KHV vµ nc ë cùc díi gãc tròng = 0,125 Rad
1) Tìm f2 và k/c từ v©t  kÝnh

2) Thu đợc ảnh thật trên màn cách thị kính 11,6cm thì phải dịch chuyển vật
theo chiều nao ? bao nhiờu? tớnh phúng i nh.

<b>Lời giải</b>
* SĐTA

AB A1B1 A2B2 A3B3

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

f1 = 6m, l = 142mm, AB = 0,1 mm

1) * NC ë v« cùc d3 =  d'2- 2 - d3  - 

+ Gãc trong vËt 0 lµ gãc nhá  0 tg 0 =

Cc
0

AB

VK
02

TK
02

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

víi AB = 0,1 mm (1)

+ Độ bội giác của KHV khi nc ở vô cực
G=

0
2
1f
f

Đ

+ Kt hp (1) (2) ta đợc
.Đ. 0 = f1. f2 . 

(136 - f2) §.

§
AB

= 6.f2 . 0,125

 f2= 16mm

Khoảng cách từ vật đến KHV là
d1= 6,3mm

f
d

f
.
d

1
'
1

1
'

1 _



KÕt qu¶ f2= 16mm d1= 6,3mm

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

2 = 116 mm

+ d2= 18,56mm
f

d
f
.
d

2
'
2

2
'

2 _



d1 = l - d2 = 123,44mm

d1 = mm 6,307mm
734

4629
f

d
f
.
d

1
'
1

1
'

1 _ _



+ VËy vật AB phải dịch xa VK thêm một đoạn
0,307 - 6,3 = 0,007 mm

+ K =

3
367

1
'
1 _

<i>d</i>

<i>d</i>

Bµi 9:

KHV cã f1= 1cm, f2= 4cm,  = 15cm

Ngời quan sát có Cc cách mắt 20 cm và Cv ở xa vơ cực. Đặt vật trong
khoảng nào trớc kính. Biết mt t sỏt TK.

<b>Lời giải</b>
SĐTA:

AB A1B1 A2B2 A3B3

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

f1 = 1 cm , f2 = 4cm ,  = 15cm

 = l - f

1- f2 = 136 - f2

 = 0,125 Rad

(2)

VK
0

1

TK
0

2

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

l = 0102 = f1+ f2+  = 20cm

l'_{= 0}

102= 0

* NC ë ®iĨm cùc cËn: A2Cc

d3c = 0A2 = 0Cc = 20cm

d'

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
'

c

2 _ _ _ _ _



AB gÇn VK nhÊt d1c= cm

47
50
f
d

f
.
d

1
'

c
1

1
'

c

1 _



* NC ë viênc điểm : A2 Cv

d3v = d'2v = l' - d3c= - 

d2v=

2
'

v
2

2
'

v
2

f
d

f
.
d

 = f2 = 4cm  d
'

1v = l - d2v = 16cm

AB xa VK nhất

d1v = cm

15

16
f
d

f
.
d

1
'

v
1

1
'

v

1 

+ Khoảng dịch chuyển

15
16
d
47
50

1 


d1= 2,84.10-3 cm

<b>Bµi 10:</b>

KHV cã f=1= 3mm, f2 cã D = 25 đp

1) TK nào là VK

2) Mt ngi cn 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 n VK

- Độ bội giác của kính.

<b>Lời giải</b>
1) TK l1 tiªu cù f1 = 3mm

TK l2 cã D =

2
f

1

= 25  f2= 0,04m = 40 mm f2> f1

 VËt kÝnh lµ L1

2) S§TA

AB A1B1 A2B2 A3B3

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

01

TK
02

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

l = 0102= 20 cm= 200mm

f1= 3mm ; f2= 40mm

0Cc= 14 cm = 140 mm
AB = 0,01mm

l'_{= 0}

102 = f2 = 40mm

+ Mắt quan sát ảnh cuối cùng ®iÒu tiÕt tèi ®a
 NC ë cùc cËn

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 = mm

7
200
f

d
f
d

2
'

c
2

2
'

c

2 _



d'

1c = l - d2c = mm

7
1200

+ Khoảng cách từ AB đến VK d1c =

313
400
f

d
f
d

1
'

c
1

1
'

c

1 _



+ §ä dµi quang häc cđa kÝnh:  = l - (f1-+ f2) = 157 mm

+ Độ bội giác của kính: Gc = Kc = 169,5
d

.
d

d
d

c
2
c
1

'
c
2
'

c

1  _

<i><b>PhÇn VIII</b></i>

<b>kÝnh thiên văn</b>

<b>Bài 1: Thiết lập CT tính bội giác khi nc vô cực</b>
<b>Lời giải</b>
SĐTA

AB A1B1 A2B2 A3B3 (vâng m¹c)

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

l = 0102 l' = 020

+ Ng¾m chõng ë v« cùc : A2 ë xa v« cùc  0A2 = 

d3 = 

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

 d'

2 = l ' - d3 -d3 = -  0
d

1

'
2



d2 = f2  A1 F2

+ VËt AB ë xa vô cực nên d1= ; d'1 = 1
1
1

1
1

f
f
d

f
d




A1 = F'1

+ Tãm l¹i : A1 F'1 F2

l = 0102= d'1 + d2 = f1 + f2

+ VT AB là những thiên thể ở rất xa nên góc trong vËt 0 lµ gãc trong vËt trùc tiÕp tõ tr¸i

đất hoặc góc trong vật qua quang tâm 0 của vật kính
Ta có:

tg 0 = cost

F
B
A
F
0

B
A
A
0

B
A

1
1
1
'
1
1

1
1
1
1

1

1 _ _ 

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

tạo gãc trong ¶nh  nh sau:
tg  =

2
1
1
2
2

1
1
1
2

1
1

F
B
A
F
0

B
A
A

0

B
A



 (2)

Do , 0 là góc << nên

G =

2
1
0

0 f

f
tg

tg

G=

2
1

f
f

<b>Bài 2: KVT có f </b>2 = 120 cm ; f2 = 4cm. Mắt ngời quan sát có 0Cc = 25cm mắt đặt sát TK.

Tính khoảng cách từ VK  TK và độ bội giác
<b>Lời giải</b>
+ SĐTA

AB A1B1 A2B2 A3B3 (vâng m¹c)

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

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

+ AB ë rÊt xa d1 = ; d'1 = f1 = 120cm

+ A2B2 là ảnh thật với mắt d3 = 0A2 > 0

ảnh A2B2 hiƯn lªn ë Cc: A2  Cc  d3 = d3c = 0Cc = 25

+ Ta đợc d'

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

0
1

TK
0

2

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

d2c = cm
29
100
f
d
f
d
2
'
c
2
2
'
c
2 

Khoảng cách VK TK lµ

l = 0102 = d'1 + d2c = 120 + 123,45cm

29
3850
29
100



+ Gãc trong vËt  : tg0 =

120
B
A
f

B

A ₁ ₁

1
1
1



+ Gãc trong ¶nh  : tg =

Cc
0

B
A
K
A
0
B

A 2c 1 1

2
2
2 _

Víi K2C =

4
25
d
d
c
2
'
c
2 _

0Cc = 25cm KÕt qu¶ Gc = 34,8
Cc
0
f
K

tg
tg ₁
C
2
0
0








<b>Bài 3: KHV có f</b>1 = 120 cm, f2 = 4cm, mắt ngời quan sát có 0Cv = 50cm, mắt đặt sỏt TK.

Xỏc nh l = 0102 v Gv

<b>Lời giải</b>
SĐTA

AB A1B1 A2B2 A3B3 (vâng m¹c)

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

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

+ VËt AB ë rÊt xa: d1 = ; d'1 = f1= 120cm

+ A2B2 lµ vËt thËt với mắt: d3 = 0A2 > 0

ảnh A2B2 hiện lên ë ®iĨm cùc viƠn : A2 0Cv  d3v = 0A2 = oCv = 50cm

Ta cã: d'

2v = ;' - d'3v = - d'2v = - 50cm Suy ra d2v = cm
27
100
f
d
f
d
2
'
v
2
2
'
v
2 

Khoảng cách giữa VK vµ TK lµ
l = 0102 = d'1 + d'2v = cm

27
3340

+ Gãc tr«ng vËt 0 tg0 =

120
B
A
f

B

A ₁ ₁

1
1

1 _

+ Gãc trong ¶nh  = tg  =

Cv
0
B
A
K
A
0
B

A 2V 1 1

2
2

2 _ _{VT , }

0 << nªn

Gv =
Cv
0
f
K
tg
tg 1
V
2
0
0







Thay sè: Gv = 32,4

<b>Bài 4: KTV đợc điều chỉnh cho một ngời có mắt bình thờng nhìn đợc ảnh rõ nét của vật ở</b>
vơ cực mà khơng cần điều tiết khi đó VK, TK cách nhau 62cm và độ bội giác G = 30.

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

1) Xác định tiêu cực của VK và TK

2) Một ngời cận thị đeo kính số 1 muốn quan sát ảnh của 1 vật qua KTV mà khơng đeo

kính cận, khơng điều tiết. Ngời đó phải dịch chuyển TK bao nhiêu theo chiều nào.

3) VËt quan sát là mắt tròng có góc trong = 0,01 Rad. Tính đk của **** qua VK
<b>Lời giải</b>

SĐTA(không cần thiết viết trên võng mạc)
AB A1B1 A2B2 A3B3 (vâng m¹c)

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

l = 0102 l' = 020 = 0

1) + Mắt bình thờng quan sát ở trạng thái không điều tiết
NC ở vô cực

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

d'

2 = e' - d3 = - d3= -  d2= 2
2
'
2

2
'

2 _f

f

d

f
.
d



 + VËt AB ë xa v« cùc:d1 =  d
'

1= f1

Thu đợc e = 0102 = d'1+ d2 = f1 + f2 Theo giả thiết l = f1+ f2 = 62 cm (1)

+ §é bội giác của ảnh khi nc ở vô cực (2)
G= 30

f
f

2
1

 _{Tõ (1) (2) f}₁_{= 60cm f}₂_{= 2cm}

2) Độ dịch chuyển TK Mắt ngời cận thị dùng kính số 4 (D -4)
Viễn điểm Cv cách mắt 1 đoạn 0Cv =

-D

1

= 0,25 = 25cm

+ Ngời này quan sát ảnh ảo của vật qua TKTV mà không đeo kính và không điều tiÕt.
NC ë cùc viÔn

+ Ta cã : A2 = Cv 0A2 = 0Cv  d3v = 25cm d'2v = l' - d2v = - d3v = - 25cm

 d2V = cm

27
50
f
d

f
d

2
'

v
2

2
'

v

2 _

 + VËt AB ë rÊt xa : d1 =   f
'

1= f1= 60 cm

Lóc này khoảng cách giữa VK - TL : lv = 0102 = d'1 + d2V = 1670/27 < 62cm

VËy ta phải dịch TK lại gần VK 1 đoạn l = cm
27

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

VK

01

TK
02

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

<b>Bài 5: VK của KTV là 1 TKHT tiêu cự lớn TK là 1 TKHT tiêu cự bé.</b>

1) Mt ngời 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 đờng kính ảnh Mặt Trăng tạo bi VK v gúc

trông ảnh MT qua TK.

<b>Lời giải</b>
SĐTA

AB A1B1 A2B2 A3B3 (vâng m¹c)

d1 d'1 d2 d'2 d3 d'3 l = 0102 l' = 020

1) Tiêu cự:

+ Mắt không tật quan sát ảnh nc ë v« cùc

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

+ VËt AB ë rÊt xa  d1=  ; d'1= 1

1
1

1
1

f
f
d

f
d



 Thu đợc : l = 0,02 = d
'

1 + d2 = f1- f2

Theo gi¶ thiÕt: l = f1 + f2= 90 cm  f1= 85cm

f2 = 5cm + G = 17
f
f

2
1



2) §iỊu kiƯn cña 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
Ta có: G=

0

 = 0 .G= Rad

3500
51
17
3500

3



(Chúc các em luôn thành công.Đây chỉ là tài liệu tham khảo đề nghị các em nên khai thác thêm cách cách lam khác)
VK

01

TK
02

</div>

<!--links-->