bai tap VL 12 co giai chi tiet

Trong mỗi trường hợp hãy nêu nhận xét. a) Khi mắt không điều tiết.. b) Khi ảnh quan sát ở khoảng nhìn rõ ngắn nhất.. Đặt vật trong khoảng nào trước kính.. Mắt đặt tại tiêu điểm ảnh của [r]

phần I l c lò xoắ

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

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

a Viết PTDĐ.

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

Lời giải a) Tại VTCBO

kl = mg l = 25 0,04

0,1.10 k

mg

 

(m +  = 1,05105

25

m

k

(Rad/s)

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

Tại thời điểm t = x = cm >

v = 10 (cm/s) <0

Ta có hệ = ASin Sin  >0

-10 = 5.Acoscos <0

Chia vế tg = 

 =

5

(Rad)  A = 4(cm)

Vậy PTDĐ:

x = 4sin (5t +

5

) (cm)

b) Tại VTCB lò xo dãn l = 4cm

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

0(VTCB) )

+ thời điểm t = , vật lên v<0, tới vị trí lị xo bị dãn 2cm lần v<0

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

5

)

 sin (5t +

5

) =



5t +

5

=

7

 t = 15

1

(s)

( Có thể giải mối liên hệ dao động điều hồ chuyển động trịn đều)

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

a CM vật dđđh. b Viết PTDĐ

Lời giải

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

4

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

 x = 2,6 - l = 0,026 - k

( mét)

Chiều dương 0x hướng xuống  x >0

Tại t = x = 0,026 m/s >

v = -0,25 m/s <0

Cơ toàn phần E =

3 10 25 2 2

1 

  mv

kx

(J) Ta có phương trình:

3 2

2

25.10 )

.0,4.(0,25 2

1 ) k 4 k(0,026 2

1 

 



 k(2,6.10-2 - ) 0,025

4



k

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

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

25 , 250

 

m k

(Rad/s) Tại t = x = 1cm >

v = -25cm/s <

1 = Asin ; sin >0  = 3

Rađ

-25 = 25Acos; cos<0 A = cm

Vậy phương trình điều hoà x = )

3 t 25 sin(

2  

(cm)

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

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

1 CM vật DĐĐH, viết PTDĐ

2 Tính lực phục hồi cực đại tác dụng vào vật

Lời giải

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

Khi vật VTCB, lò xo không bị biến dạng

Khi vật li độ x x = x1 + x2 với x1; x2 độ biến dạng lò xo (cùng dãn nén)

+ Lực đàn hồi lò xo lên

x1 = k1 F



; x2 = k2 F



Vậy x = 

 

 

 

  

2

1

1

k k F k

F k F

Mặt khác F = - kx  k k k

1 1

2

 

áp dụng định luật N: F = m.a = mx''

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

2

k k m

k k m

k

 

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

Vậy vật dao động điều hoà * Phương trình dao động

 =

10 ) 20 30 ( 12 ,

20 30 )

(

2

2

 

 



k k m

k k m

k

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

v = cm/s

Ta có hệ 10 = Asin ; sin >0  = 

0 = Acos ; cos = A = 10 (cm)

Vậy phương trình dao động

x = 10sin (10t + 

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

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

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

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

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

Lời giải 1. Chọn trục 0x thẳng đứng hướng

xuống gốc VTCB

+ Khi vật VTCB lị xo khơng bị biến dạng + Khi vật li độ x x độ biến dạng lò xo

+ Lực đàn hồi hai lò xo (VT lò xo độ cứng chiều dài

1

lực đàn hồi tổng cộng)

F = 2F0 -Kx = -2kx  K = 2k

+ Tại VTCB: 

P +



P =



0

Hay mg - 2klo = (1)

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



P +

 

F F

2 dh

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

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

 x''=

x m

k

2



 x = Asin (t + ) Vậy vật DĐĐH

+ PTDĐ: Tại t = x = +3cm >

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

Ta có hệ = A sin ; sin >

- 40 2 = 10 2Acos ; cos < 0

k

0

F

k

0

F

P

+

Biên độ A = 200

2 40

2

 

cm

Ta có hệ = 5sin sin = 0,6

-40 2 = 10 2.5.cos cos  = -0,8

  2,5 Rad

PTDĐ x = 5sin (10 2t + 2,5) (cm)

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

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

05 , 50

10 25 ,

 

K mg

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

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

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

a) CM vật DĐĐH?

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

c) Vẽ tính cường độ lực lò xo tác dụng lên gia cố định tại

A, B thời điểm t= 2 T .

Lời giải a) CM vật DĐĐH

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

 143,130 

A



01 F



02 F

lị xo L2 dãn l2 Khi vật để L1 dãn l = 2cm ; L2khi nén k dãn l độ biến dạng tổng cộng vật VTCB

l = l1 + l2 = 20 (cm) (1)

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

      

F F F

F N P

Hay + K1l1 - k2l2 = (2)

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

 

  

  

 N F F ma

P 1 2

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

 - (k1+ k2) x = mx''

 x'' =

2

1 . 

  

 x

m k k

với 2 = m

k k1 2 

Vậy x = Asin (t + ) (cm)  vật DĐĐH

b)  =

 10

,

40 60

1

   

m k k

(Rad/s)

+ Biên độ dao động A = l2 (vì A =

2

2

2 x l

x   

 )

Giải (1), (2) l1 + l2 = 20 l1= 8cm

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

v0= Acos =

Vậy PTDĐ vật x = 12 sin (10t +2 

) (cm)

A

0 +

x G

x

  = π

Chu kì dao động T = 10 0,2

2

 

  



(s) Năng lượng

E = 2.100.(,012) 0,72

2

1 2

 

KA

(J) c) Vẽ tính cường độ lực

+ Khi t = 0,1

T

(s) x = 12 sin (10.0,1 + 

) = -12 (cm) Vì vậy, t =



vật biên độ x = - A

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

+ Lực tác dụng lò xo L1 L2 lên A, B

 

2 1,F

F

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

 

2 1,F

F chiều dương)

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

1 Tính độ dãn lị xo hình vật ở VTCB.

2 Nâng vật lên cho lị xo khơng biến dạng

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

Lời giải 1) Hình a

a



P



0 F

0 (VB)

+ x



0 T

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

  

  0

0 F

T

  

  0

0 P

T

Chiều lên ox -T0 + Kl = -T0+ mg =

 T0 = kl = mg = 0,1.10 =  T0 = 1N

l = 0,05 (m) = (cm)

* Hình b

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

-kl + 2T0=

 T0 = mg = (N)

l = 10 (cm)

2) Chứng minh vật DĐĐH

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

+ Khi vật li độ x lò xo dãn l + x

F = mg - T

T - k(l + x) =

 F = mg - kl0 - kx  F = -kx

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

k

   

Với  = m

k

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

* Hình b: Khi vật VTCB lò xo dãn l 

kl - mg =

Khi vật li độ x lò xo dãn l + x



P



0 F

+ x



0 T



0 T

O

mg - T = F 2T - k(l +

x

) =

 F = mg -

kl - x

k

4  F = x

k

4



Hay x

k

4



= mx''

 x =

x m k

4



= -2 x với  = m

k

4

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

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

Lời giải

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

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

amax < g  2A < g  A<

2 g 

+  = m k

 2=

125

,

50 

 A < 125 10

= 0,08 (m) = 8cm

 Amax = 8cm

Bài 8: Cho hệ dao động hình vẽ, khối

m

m

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

1) Kéo m khỏi VTCB đoạn a = 4cm bng nhẹ Tính VTB M sau qũang đường 2cm

2) Giả sử M dao động câu có vật m0 = 50g bắn vào M theo phương ngang với vận tốcvo Giả thiết va chạm không đàn hồi xảy

ra thời điểm lị xo có độ dài lớn Tìm độ lớn vo, biết sau va

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

Lời giải - Tính vận tốc TB

Một dđđh coi hình chiếu chuyển động tròn chất điểm hình vẽ Khoảng thời gian vật từ x = đến x = (cm) khoảng thời gian vật chuyển động tròn theo cung M1M2

t = 

  3

a

với  = 0,2

50



m k

= 5 (Rad/s)

-> t = 15

1

1   

(s) VTB =

) ( 30cm s t

S



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

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

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

M

ov

m

0

M1

+ 

4 M2



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

' = 0,2 0,05

50

0 

 m

M k

= 10 2 (Rad/s)

Lại có v =

2

'

' (A ) x 

 = 40 2 (m/s)

Từ (1)  v0 = 0,05

2 40 ) , , ( )

( 0 

 

m v m M

= 200 2 (cm/s)

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

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

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

3 Tính E

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

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

Phương trình lực : mg- F0A - kl0=

A F

dh F

l0= k F

mg 0A

(1) Với F0A = Sh0Dg

l0 = 150

10 10 05 , 10 50 10 ,

0 4



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

+ Khi vật có li độ x lị xo dãn l0+ x

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

 xmax= 4(cm) <2

h

 ln có FA tác dụng vào vật dao động

dh

A F

F P

F   

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

F = - (SDg + k)x

Theo định luật N: F = ma = mx''

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

K

SDg

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

+ Chu kì dao động T = 50.10 10.10 150

4 ,

2

3

 



   

 

K SDg

m

= 0,28 (s) 3 Cơ E

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

 Cơ năng: E = 2.200.(0,04) 0,16

2

1 ' 2

 

A k

(J)

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

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

1 Tìm chiều dài quãng đường mà vật lúc dùng. 2 CMR độ giảm biên độ dao động sau chu kì khơng đổi. 3 Tính thời gain dao động vật.

Lời giải

1 - Chiều dài quãng đường đo có ma sát, vật dao động tắt dần lúc dừng lại E = 2KA Fms.S 

1

.mg.S  S =

m mg

M KA

( 10 02 , ,

1 , 80

1 2

 

) 2 - Độ giảm biên độ

Giả sử thời điểm vật đứng VT biên độ lớn A1 sau

1

chu kì vật đến VT biên độ lớn A2 Sự giảm biên độ công lực ma sát đoạn đường A1+ A2

2

KA2 -

1

KA2

2 = mg (A1 + A2)  A1 - A2 = k mg

2

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

2

Vậy A = k

mg

4

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

01 , 80

10 , ,



Số chu : n = A 10 A

 (chu kỳ)

Phần II con lắc đơn

B i 11:à

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

Lời giải

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

l 2

 l1=

g

T 2

 (1)

+ Co lắc chiều dài l2có chu kì T2= g

l 2

 l1=

g

T 2

 (2)

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

l l1  2

 l1 + l2 =

81 ,

10 ) , (

g ) T (

2 2

2 '

 



 (m) = 81 cm (3)

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

l l1  2

 l1 - l2 =

2025 ,

10 ) , (

g ) T (

2 2

2 '

 



 (m) = 20,25 cm (4)

Thay vào (1) (2) T1= 2

42 , 10

51 ,



(s)

T2= 2

1 , 10

3 ,



(s)

B i 12:à

Một lắc có chiều dài l, vật nặng khối lượng m, kéo lắc khỏi VTCB góc 0 thả không vận tốc đầu

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

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

đại, cực tiểu

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

1 BT vận tốc tương ứng với li độ 

+ Theo định luật bảo toàn năng, lắc VT li giác lắc VT biên

mgh0 = mgh +

1

(mv2)

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

h = l(1 - cos)

 v2 = 2gl (cos - cos0)

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

I 

Vì cos = 1- 2sin2 

khi << cos = 2  

Tương tự cos 0 =

1  

 v  = gl( ) 2   

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

+ áp dụng số:

 vmax=

33 , 10

180 



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

+ Định luật N FPTma

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

T = mgcos + m l v2

= m (gcos + l v2

) v2 = 2gl (2- 2) ta được

T = mg (3cos - cos0) = mg (20 -

3

2 + 1)

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

Tmax = mg (20+ 1) Thay số

Tmax= 0,1 - 10

01 , 1 90

1 150

6

       

  

       

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

Tmin = mg (1 -

1 20) Thay số

Tmin = 0,1.10

99 , 150

6 1

2      

  

       

(N)

Bài 13:

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

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

* Vận tốc tương ứng với li góc 

+ Định luật lt năng: lắc VT li giác 

Bằng động lắc VTCB

2

mv mgh mv

2

 

 v2 = v20 - 2gh v2= v2

0- 2gl(1 - cos)

 v  = v 2gl(1 cos )

0   

Khi góc  << - cos = 2sin22 

= 2

2 

I 

h

l

⃗

T

l

⃗

v0 ⃗P

 v  =

2

0 2gl v  

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

+ Vận tốc cực tiểu  = 0

v0 = 0 gk  vmin = * Lực căng dây

a m T P

F    = mgcos + T = maht

 T = mgcos + m l v2

= m(gcos + l v2

) Thay v2 trên

T = mg

2 cos gl v20

  

       

+ Khi  nhỏ: cos = -2sin22 

= - 2

2 

T = mg

) gl v

(

2

0   

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

Tmax = mg + l

mv20

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

v0 = 0 gl 20 = gl

Tmin= mg

) gl

v ( mg ) gl v gl v (

2

0

0    

áp dụng

Tmax = 0,1.10 +

) N ( , 1

1 ,



Tmin = 0,1 10

) 10

1 (

2 

= 0,95 (N)

B i 14:à

Một đồng hồ qủa lắc chạy Hà Nội Đồng hồ chạy nhanh chậm đưa vào TPHCM Biết gia tốc rơi tự Hà Nội TPHCM 9,7926 m/s2 9,7867 m/s2 Bỏ qua ảnh hưởng nhiệt độ Để đồng hồ TPHCM phải đ/chỉnh độ cài lắc nào?

Lời giải + Chu kì lắc đồng hồ Hà Nội

T1= g1

l 

= (s)

+ Chu kì dao động lắc đồng hồ TPHCM

T2 = g1

l 

0003 , 7867 ,

7926 , g

g T

T

2

1   

T2= 1,0003T1 = 2,0006 (s)

t = 24.60.60

26 T

T T

1  

(s)

+ Để đồng hồ TPHCM chiều dài lắc phải dài là:

 T'2 = 2

' g

l 

= (s)

VT T1 = T'2

' g

l

=

1 '

2 g

g l l g

l

 

Thay số:

 l'= 1,0006 l

Tại TPHCM đề đồng hồ giờ, cần tăng chiều dài dây lên lượng

l = l'- l = 0,0006l

VT l =

2 1

T g

 nên l = 0,0006 2 1

T g



Thay số

l = 0,0006

0006 ,

4 x 7926 ,

2 

 (m) = 0,6 mm

B i 15:à

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

1.Tính chu kỳ dao động nhỏ lắc

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

Hãy xác định phương dây treo lắc CB chu kì dao động nhỏ lắc trường hợp

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

Lúc đầu T0 = 9,8

1 14 , g

l  

= (s)

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

T: lực căng dây E

q

Fd : lực điện trường

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

d '

E P

P   = mg'

Khi CB dây treo lắc có phương P'và chu kì dao động nhỏ tính theo công thức:

T' = 2 g'

1 

a) E thẳng đứng xuống

+ g> nên Fd hướng với E, tức

là thẳng đứng xuống

Vậy CB, dây trheo có phương thẳng đứng

Ta có: P' = P + F đ

 mg'= mg + qE  g'= g + m

qE

+ Chu kì dao động nhỏ lắc



  





T' = 2 m

qE g

1

g

'

   

Thay số

T' = 2.3,14. 0,1

10 10 , ,

1

3   

= 1,8 (s) b) Trường hợp E nằm ngang

+) Ed có phương  với P

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

điện trường

tg = mg

qE P

Fd 

 tg =

255 ,

, ,

10 10 ,

2





  ~ 140

+ Chu kì dao động lắc

T'= 2 g'

l 

Từ hình vẽ:

P' = cos g

g g

cos

P '

     

Do đó: T’ = 2

 



 T cos

g cos l

0

 T'= T0 cos cos14 1,97

0  

 (s)

+

 T

d F

B i 16:à

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

a) Hãy giải thích tượng tính gia tốc a xe

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

Lời giải a) Giải thích tượng:

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

+ Trọng lực Pmg + Lực căng dây T

+ Lực quán tính Fma0

Khi lắc VTCB

0 F T

P  q  q

F ngược chiều với a0 nên ngược chiều với v0

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

động xe

tg = g

a mg ma P

Fat

 

<<  tg 

a  g = 10.180.9 

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

+



F ' P P

0 a

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

' qt

'

g m F

P

P   

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

Từ hình vẽ P'= cos g

g g

cos mg cos

P '

      

Chu kì dao động lắc xác định theo cơng thức

T = g'

l 

Lại có T0 = g

l 



 

 

 cos

g cos g g

g T

T

'

Vậy T = T0 cos

B i 17:à

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

kỳ dao động lắc khơng có lực cản

1 CMR sau chu kì, li độ góc cực đại dao động giảm lượng khơng đổi

2 Để trì dao động lắc cần phải dùng động nhỏ có ma sát tối thiểu len (g = 10m/s2,

2 = 10)

Lời giải

+ Lúc đầu, li giác cực đại 0 , lắc là: E0= mgh0= mgl(1 - cos)

1 - cos = sin2 2 

 E

0 =

2 mgl



+ Sau nửa chu kì vật đến VT biên có li giác cực đại 1, lắc là:

E1=

2 mgl



 E0- E1 =

mgl

(20 - 21)

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

E2=

mgl

22

 E1- E2=

mgl

(21 - 22) Sau chu kì giảm E

E = (E0- E1) + (E1- E2) =

mgl

(20 - 22)

E = 2mgl

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

AC = (S0 + 2S1+ S2)Fc~ 7S0Rc ~40kFc

 mgl0  = 40lFc

 = mg F c

= const

2 Công suất động trì dao động lắc + CHu kì dao động lắc

T = 10

1 g

l   

= (s) + Độ giảm lượng N chu kì

E =

mgl

20 -

mgl

2 =

mgl

(20 - 2)

E =

2

2 2

10 08 , ) ( 180 10 ,

1 

 



(J) + Công suất động

2 100

10 08 , T N

E

Δ

t E

Δ 12

 

 

= 1,04.10-5 W

B i 18:à

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

1 Tại VT nói thời gian đồng hồ chạy

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

Lời giải

1 Xác định nhiệt độ mà đồng hồ Giả sử đồng hồ chạy t0 C với chu kì

T = g

) t ( l g

l 0  1 

ở t1 = 1000, chu kì T1= g

) t (

l0  1 



1 t

t T

T1 1 

   

  

(t1- tx) (VT t1 << 1; t1 << 1)

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

T1 = T1 - T ~

) t t ( T

1 

Thời gian mà đồng hồ chạy sai ngày đêm

t = 24.60.60 T 43200 (t t ) T

Δ

1

  

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

2 - Khi đồng hồ đỉnh núi

Chu kì lắc hoat động thay đổi

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

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

2 ) h R

R ( g



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

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

R h g

g T

T

h n

 

th= th - T = TR

h

lại có Tt =

T th 

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



0 R

h T ) t t ( T

h   



 h =

R ) t t (  h 

Thay số ta h = 0,736 km = 736 m

B i 19:à

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

1 Tính lực căng T A VTCB

2 Nếu qua dây đứt mơ tả chuyển động cầu phương trình quỹ đạo chuyển động sau

3 Xác định vận tốc cầu chạm đất có vị trí chạm đất Lời giải

1 Lực căng dây

Định luật bảo toàn nang mgh +

mv2 = mgh

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

a m T P

F  

l

0 v

G m

A

 H

y

 T = mgcos  = maht

 T = m (gcos + l v2

)

áp dụng (1) với VT cầu từ A đến

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

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

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

+ Nếu VT0 dây bị đứt chuyên động m sau dây đứt chuyên động ném ngang

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

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

 y =

gt2 = 5t2 (2) Từ (1) t= 10

x

 thay vào (2) y =

x2 (x; y >0)

Vậy quỹ đạo chuyển động vật nhánh parabol Qủa cầu chạm đất M với yM = H = 0,8 cm

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

2

M mv

2 mH mV

2

 

v2 m - v20 = 2gH

VM  = 102.10.0,8 26 5,1 (m/s)

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

1 Tìm chu kì dao động riêng lắc

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

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

b) Tìm vận tốc cầu m2 sau va chạm với m1và độ nén cực đại lò xo sau va chạm

c) Tìm chu kì dao động hệ

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

+ Con lắc đơn: T1=

4 , 25

5 , k m

  



(s)

+ Con lắc lò xo T2 =

2 10

1 g m

  



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

1

m1v20

góc  nhỏ  - cos = 2sin22

2

  

V0=  gl 0,1 10 = 0,316 (m/s)

k m2 m1

b) Tìm vận tốc v2 m2 sau va chạm với m1 độ nén cực đại lò xo sau va chạm

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

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

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

2

m1v20 =

1

m1v12 +

1

m2v22 (2)

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

0 = v21 + v22 (4)

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

+ Như vậy, sau va chạm, cầu m1đứng yên, cầu m2 chuyển động với vận tốc vận tốc cầu m1 trước va chạm

+ Độ nén cực đại lò xo

2

kl2=

m2v22

l = v2

02 , 25

1 , 316 , k m2

 

(m) = (cm) c) Chu kì dao động T =

1

(T1 + T2) =

1

(2 + 0,4) = 1,4 (s) Phần II:

II mạch dao động điện từ lc B i 21:à

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

1) Xác định chu kì dao động mạch

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

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

thì diện tích đối diện tụ

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

1 tụ xoay Cx ghép với tụ C có Hỏi Cx ghép nối tiếp hay song song với C Cx biến thiên khoảng

Lời giải

1) E = Eđ + Et =

U LI

U

Cu2 20 20  



I0= 0,2

) 01 , ( , 10 L

Li

Cu2 



 

= 0,01 2 (A)

U0=

2 10

10 C

Li Cu

6

2

 



 

(V)

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

S

 

 Diện tích đối diện tụ S =  d k C

Thay số S =

10 10 10

5 6  3

= 565,2 (m2) + Khi chưa ghép Cx

 = vT = 3.102.2.10-2. = 6.105 (m)

Lại có x = 2v LCb  Cb < C

 = 2v LC

Vậy Cx ntc

Cx C Cx

C

) C Cx ( C C

C

x b   

 

 



Bình phương vế: Cx

C x

2

  



 Cx= C

1 x

2

 



+ x = 10m  Cx =

6

5

10 , 1 10

10

10

5 



     

  

(F)

+ x = 50m Cx =

15

5

10 , 10

10

10

5 



     

  

(NF) Kết luận: Cn + Cx

1,4.10-16 C  3,5.10-15F

B i 22:à

Khung dao động gồm cuộn L tụ C thực dao động điện từ tự do, điện tích cực đại tụ Q0 = 10-6C chuyển động dao động cực đại khung I0 = 10A

a Tính bước sóng dao động tự khung

b Nếu thay tụ điện C tụ C' bước sóng khung tăng lần Hỏi bước sóng khung mắc C' C song song, nối tiếp?

Lời giải a Tính bước sóng

E = Eđ + Et =

2

Li C

q 

E = Eđmax = Etmax

LT C

Q20 02 

Do LC = 20

I Q



0

I Q LC 

Bước sóng : T = 2 LC

 = C.T = 2.C LC = .3.108





10 10

188,4 m b Bước sóng khung

+ Khi có tụ C:  = 2c LC

+ Khi có tụ C' : ' = 2c LC'

2 C

C

' '  

 



1 C

C

' 

 C' = 4C

+ Khi C nt C': C b1 =

C C

C C C

C

C

' '

 



Bước sóng 1 =

  

 

5 LC c C L c

1 = 168,5 m + Khi C // C'

Cb2= C + C' = 5C

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

B i 23:à

a Xác định khoảng bước sóng tải sóng thu với mạch b Để bắt sóng 19,2m phải đặt tụ xoay vị trí

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

hưởng

Lời giải

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

 = 2c LC

+ Xét C = C1 = 10pH = 10-11 F

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

+ Xét C = C2= 790pF = 49.10-11F

2=

11

8

2 3.10 2.10 49.10

LC

c     

 = 59m

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

Ta có  = 2c LC 2= 42c2LC

C =

2

2

10 ) 10 ( 10

) , 19 ( L

c H

4  



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

 =

7 , 15 10

490

) 10 , 51 ( 180

 



Z = R  Imax =

3

10 10 R

l R U

 

 

= 10-2A = 1mA

B i 24:à

Cho mạch LC: tụ điện C1//C2 mắc với cảm L mạch dao động với tần số góc  = 48 Rad/s Nếu C1 nối tiếp C2 mắc với cuộn cảm mạch dao động với tần số góc ' = 100 Rad/s Tính tần số dao động mạch

có tụ mắc với cuộn cảm

Lời giải

Khi dùng C1// C2ta có:  = LC(C C )

1 LC

1

2 



Khi dùng C1nối tiếp C2 ta có ' =

2 '

C C

C C L

1 LC

1

 

Khi dùng C1 ta có 1= LC1

1

Khi dùng C2 ta có 2= LC2

1

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

2 2

2 2

  

  

= 2 21.22= 180022

Giải 21= 2360 22 = 2360

22 = 97640 21 = 79640

Vậy 1= 48,6 Rad/s 1= 312 Rad/s

2= 312 Rad/s 2= 48,6 Rad/s

B i 25:à



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

1 Năng lượng mạch E = 2,5.10-7J Viết bt dòng điện mạch bt hđt tụ Biết t = cường độ dao động cực đại

2 Thay c C1 C=2(C1 >C2) Nếu mắc C1 C2 nối tiếp tần số dao động mạch 12,5 MHz Nếu mắc C1//C2 tần số dao động mạch MHz Tính tần số mạch dùng C1 C2 với cuộn cảm L

Lời giải Biểu thức lượng mạch

E = 2

2

0 CU

LI



 I =

05 , 10

10 , L

E

4



 



(A)

U0 =

250 10

10 , C

E

12



 



(V) + Tại t =

i = I0cos = i O đạt cực đại

 cos =  =

+ Vậy biểu thức dao động

+ Tính :  = 2.10 4.8.10 12

LC

 



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

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

2 Khi mắc C1+ C2 f =

2

C C

C C L

1 LC

2

 

 

Khi mắc C1//C=2 f' =

' 2 L(C C

1 LC

2

 

Khi mắc C1 f1 = LC2

1 

Khi mắc C2 f2 = LC2

1 

Nhận thấy f2

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

  22

2

2 2

f f

f f

(f')2= 62 f2

1.f22= 62 12,52

Giải 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 i 26:à

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

Lời giải Bước sóng:  = vT = c.2 LC

+  lớn L C lớn

+  nhỏ L, C nhỏ

Độ tự cảm L xác định: L = 2

2

C C 



+ Muốn bắt sóng nhỏ điện dung C nhỏ nhất, độ tự cảm nhỏ

L1=

6 12

2

2

2

10 ) 10 56 ( ) 10 (

40 C

C

  

 

 

H = H hoặ

c hoặ c

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

L2=

3 12

2

2

2 2

2

10 86 , ) 10 667 ( ) 10 (

2600 C

C

  

 

 

H Vậy độ t cảm L nằm giới hạn

8H  L  2,84mH B i 27:à

Mạch chọn sóng máy thu vơ tuyến điện gồm dây có độ tự cảm L 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 góc xoay biến thiên từ đến 120 Nhờ vậy, mạch thu sóng điện từ có bước sóng dài từ 1= 10m đến 2 = 30m Cho biết điện dung tụ điện hàm bậc góc xoay

1 Tính L C0

2 Để mạch thu sóng có bước sóng 0= 20m góc xoay tụ bao nhiêu?

c = 3.108m/s

Lời giải

1 Từ CT  = LCb

LG c 

LCb =

2

2

c 4



KHi Cx đạt giá trị C1= 10pF

LC (C1+ C0) =

2

2

c 4



+ Khi Cx = C2

L(C2+ C0) =

2 2

c 4



C2 = 10-12.250 = 25.10-11 F

 C0= 2.10-11 F

L = c (C1 C0)

2

1

 



= 9,4.10-7 H

0= 2.c L(C0  C3)

 C3= c L

2

2

 

-C0 = 10-10 (F) = 100pF Kí hiệu  góc xoay tụ

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

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

Như Cx = 10 + 2

Khi  = 0 Cx = C3= 100pF Bài 28:

Cho mạch dao động gồm cuộn dây cảm có độ tự cảm L = 2.10 -4H, C = 8pF Năng lượng mạch E = 2,5.10-7J Viết biểu thức cường độ dòng điện mạch biểu thức hiệu điện tụ Biết O thời điểm ban đầu cường độ dịng điện mạch có gt cực đại

Lời giải Tần số góc  mạch dao động

 = 2.10 4.8.10 12

LC

 



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

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

Theo đb t = ; i = I0

 cos =  =

Năng lượng mạch E = 2C

Q

LT02 20 

I0=

4

10

7 10 25 L

E



 

= 5.10-2 A Q0=

12

10 10 , EC

2    = 2.10-9C

 i = 5.10-2cos (25.106t) A

U = C Q0

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

Mạch chọn sóng máy thu gồm cuộn dây có độ tự cảm L = 2.10-6H, tụ điện có điện dung C = 2.10-10F Xác định tổng lượng điện từ mạch, biết hđt cực đại tụ điện 120mv Để máy thu thu sóng điện từ có bước sóng từ 57m (coi 18m)

đến 753 (coi 240m) Hỏi tụ điện biết thiên khoảng

Lời giải * Tổng lượng điện từ mạch

E = Eđmax=

) 10 120 ( 10 2

CU20 10 3 

= 1,44.10-12

+ Máy thu thu sóng mạch chọn sóng xảy cộng hưởng Tần số sóng tới tần số riêng mạch dao động

 f = LC

1 f

C

0

   

C = 2c2L

2

Với  = 1= 18

C1=

1 2 10 ) 10 ( ) 18 (   

= 0,45.10-9F Với  = 2= 240 (m)

C2=

9 2 10 80 10 ) 10 ( ) 240 (      F Vậy 0,45 nF C  80nF

B i 30:à

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

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

a) Xác định cđdđ cực đại cuộn dây

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

1) Phương trình: q = Q0 sint

Biểu thức lượng điện trường tụ C:

Wc= 2C

Q C

q2 20 

sint = W0 sin2t

Biểu thức lượng từ trường cuộn cảm L:

WL =

t cos C Q t cos ) Q ( L ) q ( L Li 2 2 2 '      

= W0 cos2 t

E C1

C2 k1

k2

2 a) Tìm chu kì biên độ Wc = WL

Wc= WL

t cos LT t sin C

Q 02

2

0   

cos2t- sin2t =  cos (2t) =

 2t= 200

k 200

1 t k

  

    

Chu kì bt Wc= WL

t = tk+1 - tk=

T 2



Do T = 4T1= 4.10-6

+ Điện dung tụ Cb=

C1

 W0=

U C 1 20

với U0là hđt cựcđại tụ  U0= E = 4V

Suy C1=

2

0

4 10 U

W

4 



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

T = f 2Cb

 

 L = b

2

C

T 

W0 =

LT02

 I0=

b a 2WC

T L W

2 



Thay số: I0= 0,785 A

b) Tại tiếp điểm đóng k1, cddđ mạch cực đại nên điện tích tụ = 0, đóng k1, tụ C1bị nối tắt nl mạch W0

W0=

4 U U U

C U C

1 0

1

0 2

1

1    

Phần IV : hệ kính - gương

B i 1:à

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

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

Lời giải Sơ đồ tạo ảnh liên tiếp :

AB A1B1 A2B2 A3B3 l = 0102= 50cm

d1= 70cm f = 20cm

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

2= -d2 = -22 (cm) <

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

+ d'

3= 72 20

20 72 f

d f d

3

 

 = 27,7 (cm) > 0

Tính độ phóng đại ảnh

+ k1= 70

28 d

d   

+ k2 =

1 22

22 d

d

2 '

2  

 L1 01

G 02

L 02

d1 d'1 d2 d2' d3 d'3

 cm

+ k3= 72

7 , 27 d

d

3 ' 



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

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

Bài 32:

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

Lời giải * SĐTA

+ Tuyến tạo ảnh 1: S S d d'

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

d = 24 cm f = 15cm

(K = 25

40 d

d'   

= -16)

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

+ d'

2 = 60 15

15 60 f

d f d

2

 

= 20 (cm) >

(k'=

1 18

60

) 18 ( 20 d

d d d

1

' '

2   

)

C1

S

02

01

G L

01 02

d'= df

d − f= 24 15

* Kết luận

+ ảnh S'là ảnh thật, TK 40cm

+ ảnh S1là ảnh ảo, cách 13cm, ảnh vật thật TK cho ảnh thật S2 cách TK 20 cm

B i 33:à

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

Lời giải Gọi quang tâm TK

Gọi G giao điểm TC TK với gương * SĐTA

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

d1' = f

Ta có : d2 = a - d

'

1 = a - f

d'2 = - d2 = f - a

d3 = a - d

'

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

d'3 = a f

f af f

f a

f ) f a ( f d

f d

2 2

2

3

    

  

0

G Mắt

TK O

GP G

Theo đb A3 G  A3 ảnh ảo nên d

'

3 = - A

Do : a f

f af

2

2

 

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

Vậy TK sử dụng TKHT tiêu cự f1 = 20 cm TKPK : f2 = - 20 cm

Bài 34 :

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

a Khoảng cách từ vật đến gương 4cm Chứng minh tìm 2VT đặt M để thu ảnh vật rõ nét Xác định VT độ phóng đại hai ảnh tương ứng

b Xác định vị trí AB cho ảnh ảnh lớn gấp ảnh

Lời giải

a CMR : Có VT M để thu ảnh rõ nét

+ Khi đặt AB TK GP có tuyến tạo ảnh AB + ánh sáng từ AB truyền trực tiếp qua TK cho ta ảnh A'B' (ảnh thật)

AB TK A'B'

d d'

M

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

AB A1B1 A2B2 d1 d

'

1 d2 d

'

2

Vậy, có ảnh A AB qua hệ : A'B' A2B2 hứng (ảnh thật)

Chứng tỏ có VT M cho ảnh rõ nét

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

d1 = a - x = 24 - = 20 cm

d'1 = 20 12

12 20 1    f d f d

= 30 (cm)

Độ phóng đại ảnh : K = - 20

30   d ' d

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

d'2 = 28 12

12 28 2    f d f d

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

21

= - 0,75 (cm)

+ d = a - x  d

'

1 = a x f

f ) x a ( f d df     

K = - a x f

f d ' d     (1)

+ d2 = a + x  d

'

2 = a x f

f ) x a ( f d f d      2

K' = a x f

Từ (1) (2) : K > K'  Theo đb k = 2k'

Ta có phương trình :

f x a f x a f x a

f f

x a

f

       

   

 3

 a + x - f = (a - x - f)  x =

f a 

Thay số : x =

12 24

= (cm) Bài 35:

Một hệ gồm TKHT tiêu cự f = 12cm, đặt trục trước gương cầu lõm, bán kính R = 10 cm Mặt phản xạ gương hướng TK Khoảng cách G TK a = 35cm Điểm sáng S đặt trục chính, cách TK khoảng 20 cm khoảng 20cm

Vẽ hình

Lời giải * SĐTA

S S1 S2 S3 d1 d'2 d2 d

'

2 d3 d'3

+) d1 = 20cm f1 = 12cm

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

+) d'

2=

2

2 f

f

f f

d d

2

 

  d'

2= 

f2 =

) cm ( 10

 

+) a3 = a - d'2 = - 

0 G

a

20 S

O O

Tk G G

Ta có : d'3

1 d

1 f

 

 d'3= f1= 12 (cm)

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

B i 36:à

Một gương cầu lõm (G) f2= 15 cm tkht có f1= 20cm, đặt cách 40cm Mặt phản xạ gương hướng TK Một vật AB phẳng đặt TC đặt khoảng TK, G cách TK 30cm

a Xác định AB qua hệ

b Vẽ ảnh đường chìm tia sáng Lời giải a) * SĐTA

Tuyến tạo ảnh 1: AB A'B' d1 d'

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

+ Xét ảnh A'b'

d' = 30 20

20 30 f

d df

1

 

 = 60 (cm)

k1= 30

60 d

d'  

= -2

S

S1 G

S2

S3 F

TK 01

Kết luận: ảnh A'B' ảnh thật cách TK 60 cm, ngược chiều vật 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' =

28 20 70

20 70 f

d f d

1

1

2 

 

 cm

k =

2 , d

d d d

2

' '

1 

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

2

lần vật

B i 37:à

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

Xác định l để ánh sáng qua hệ trùng với S Minh hoạ đường tia sáng phát từ S hình vẽ

Lời giải

02 A

1 B1

ÂE 01

F'1 A2

B2 AB'

*SĐTA

S S1 S2 S' d1 d1' d2 d'2 d3 d'3 +) d1= 15 cam

fk= 10 cm

Theo đb: ảnh S' qua hệ trùng với S

 d1 = d'3

Lại có '3

'

1 d

1 d

1 d

1 d

1 f

   

 d3= d'1= 30 (cm)

CT bắc cầu: d2= l- d'1= l - 30 d'

2 = l - d3= l - 30

Suy d2= d fg

fg d

2

  d2

2 - 2d2fg=

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

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

0

GC G

TK

 d'1 = = 30 (cm)

d22- 2d2fg =

0

F1 F1'

S S'

S1  S2 G S1 trùng với đỉnh gương

S1 F'1

G

B i 38:à

1 - Một thấu kính L tiêu cự f = 20cm Đặt vật AB = cm vng góc với TC cách TK mơt đoạn d Hãy nói vễ VT, TC, độ lớn ảnh d = 30cm, d = 10 cm

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

Xác định (VT, TC, độ lớn) cho hệ

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

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

Lời giải

1) SĐTA: AB A'B' d d' +) d = 30cm

d = 20 cm

K = 30

60 d

d'

  

 

+) d = 10cm d = 20 cm

K = 10

) 20 ( d

d'

  

  

450

L

 d'= 30 20

30−20=60(cm)

 d'= 10 20

+ KL :

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

* SĐTA:

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

d1' =

) cm ( 60 20 30

20 30 f

d f d

2

1

1 

  

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

d2' =

) cm ( 30 50 25 50

25 50 f

d f d

2

2

2 

 

   

k =

2 AB B A d

d

d d

2

2 ' '

2    

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

3) Thay L' gương phẳng G nghiêng 450 SĐTA AB A2B1 A2B2

L L' B

A

L L'

A B

F1 F2

F1' A2 F2' A1

B1 B2

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

A1B1 A2 B2 đx qua gương nên độ lớn A2B2 độ lớn A1B1

bằng ( '

d d

)*AB = 30.1 60

= (cm)

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

B i 39:à

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

2 - Xau TK đặt thêm gương phẳng G cắt C TK H ách TK 90cm XĐVT ảnh cuối S

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

Lời giải 1- Vị trí ảnh S' TK

d'= 40 30 120

30 40 f

d f d

 



 (cm)

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

a) Gương phẳng vng góc với TC

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

f = 30

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

TK G TK

 d'

+) ) d3= 90-30 = 60 cm

+) d3' =

60 30 60

30 60 f

d f d

3

3 

 

 cm

Vậy S3 ảnh thật, nằm TC, cách TK 60cm

b) Gương phẳng nghiêng 450 so với TC

Chùm sáng sau ló khỏi TK (tạo ảnh S1) gặp gương S1là vật ảo gương nên tạo ảnh S2là ảnh thật đối xứng với S1 qua gương  S1 cách trục 30cm

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

B i 40:à

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

S3 S S2 S1

S

S

2

S

vng góc với TC TK A cách TK đoạn 5cm Sau TK (khác phía vật AB) đặt gương cầu lõm tiêu điểm TK, cho TK gương có trục trùng Quang tâm TK trùng với quang tâm gương cầu

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

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

2

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

f2 =

5 f R 1

 

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

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

d' =

10 10

5 10 f d

f d

1

1

1 

 

 (cm)

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

d'

2 =

20 20

5 20 f

d f d

2

2

2 

 

 (cm)

d3 = a = d'2= 10 -

10 20



(cm)

d' 3=

10 10

10 10



= - (cm)

a F'

1 I

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

K = 10 20

) ( 20 ) 10 ( d

d d

d d d

3

' ' '

 

  

= -1

Vậy ảnh A3B3 ảnh ảo ngược chiều với vật cách TK5cm lớn vật 2) Vẽ ảnh A3B3

A1 A

B1

B

B2 B3

A3 A2

0C I

Phần V:

hộp đen

B i 11:à

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

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

1 Hộp kín chứa tụ điện hay cuộn cảm

Tính điện dung tụ độ tự cảm cuộn cảm Tính tổng trở mạch

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

Vì hiệu điện sớm pha cường độ dịng điện mạch nên mạch điện có tính chất cảm kháng

Vậy hộp chứa cuộn cảm * Tìm L:

Ta có: tg = R

ZL

= tg58  1,6

 ZL = 1,6.R = 1,6.60 = 96

L = 50

96

ZL

 

 360.10-3(H)

 L = 306 mH

2) Tổng trở mạch Z = 2L 2

2

96 60 Z

R     113 ()

B i 24:à

gồm hai phần tử X, Y mắc

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

hai đầu đoạn mạch

a) Hai phần tử phần từ số R, L, C?

b) Biết biên độ hiệu điện cường độ dòng điện U0 = 40V I0 = 8,0 A, tần số dao động f = 50Hz Tính gia tốc phần từ

Lời giải

a)Giả sử đoạn mạch có khơng có phần tử R Như X1X2 hai phần từ L, C

Gọi  góc hợp với U I ⃗

;

tg = R

Z

ZL  c

=  = tg 

 vơ lí

Theo đầu U trễ pha với e góc /6

 mạch điện chắn có R (giả sử X R)  Y L C

h)  = 2f = 2.50 = 100 (Rad/s)

tg = -

1 )

6 ( tg R

ZC

    

 3ZC = R (1) Mặt khác: Z =

5 40 I

U Z R

0 C

   

R2 + Z2C = 25 (2)

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

 R = 2,5 ()

C = 

  



3

C

10 100 ,

1 Z

1

(F)

B i 43:à

Cho mạch điện hình vẽ

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

UMB= 200sin (100t - /3)

 = 100(Rad/s) = LC

1

1) Viết biểu thức Ux theo thời gian t

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

Lời giải

* ZL = L ; Zc= C

1

 ZL = ZC

LC

=  2LC=

* UL UC 0

* UAL UL UX

* UMB U0 UX

Với UMP= 2YAN= 100

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

Xét OHK ; HK = 2U2= 2UC

 HK=

6 50 cos 100 50 ) 100 ( ) 50

(    

N C

B A

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

  

 

 sin

2 100

3 50 sin

CK

sin HK

 = 900

 vectơ UL () L

U  UAN

UAN pha với

UXhợp với UAN góc X

tgX =

2 50

6 25 OH HE

 

X 410

Ux = OH HE 25 50 25 14

2

2

 



 (V)

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

4

) (V) 2) Ta có GĐ sau:

AN

U pha với I AM chứa L, UAn 0

 X chứa R1

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

sao cho ZL = ZC1

Tóm lại X chứa 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

Công suất tiêu thụ X PX = UxI cos X

= 25 25 14

2 50 , 14 25 U

U , 14

ò AN



= 50W

Độ lớn R1: R1= 0,2

2 50 I

U I

UR1 AN

 

= 100

ZC1= ZL = 0,5

6 25 I

UL



= 50

Tóm lại: Mạch điện có dạng cụ thể sau

B i 44:à

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

Tụ điện C = F

10



Hộp kín X chứa

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

thế A - B

1) Hỏi hợp X chứa điện trở hay cuộn cảm Tính giá trị 2) Viết biểu thức dịng điện tức thời mạch

3) Mắc thêm vào mạch điện AB điện trở thấy cơng suất tiêu thụ mạch đạt cực đại Hỏi phải mắc điện trở Tính điện trở

Lời giải

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

mạch có tính chất dung kháng

N C

1 B

A

M

Lr#0 R C

1

Mạch chứa C X (R L) Vậy X điện trở R

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

Theo giả thiết

tg ñ R

U U U

U

3    



R =

100 Z

C



 ()

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

Tổng trở mạch

Z =

200 100

3 100 Z

R

2

C

 

 

()

Cường độ dòng điện hiệu dung: I = 200 100

= 0,3 3 (4)

 I0= I 0,5 (A)

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

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

3) Cơng thức tính công suất:

P = UIcos AB = U y

U Z

R U Z R Z

U 2

 

y = *

2 C * *

2 C *

R Z R R

Z ) R (

  

Lại có R*. * C

R Z

= Z2

C = cost  ymin R*= *

2 C

R Z

R* = ZC= 100 () R = 100 3 ()

Vậy điện trở theo phải mắc nối tiếp

R* = R + R' R' - R* = 100 -

100

 42,3 () B i 45:à

Cho mạch điện xoay chiều hình vẽ chứa phần tử R1L1 mắc nối tiếp

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

và h số cơng suất dịng điện mạch 0,6

Xác định phần tử chứa đoạn mạch X độ lớn chúng biến

C0 = 



2

10

(F) Lời giải

* Tính Zc0 : ZC0 =

)

Ω

( 20

10 100

1 C

1

3



  

 

Theo đầu : U = 200V

I = 0,8A

Z2AB = 2002 = Z2C0 + Z2x

Zx = 30 69 () Lại có K = cos = ZAB

R

= 0,6 R = 250.0,6 = 150 () R<R*

A M B

A

C0

A

 ZAB =

200

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

Z1

X = R+2 + Z2L  ZL = 30 44

L =    

2 100

44 30

ZL

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

C = 

 

 

3

C

10 56 , 44 30 100

1 Z

1

B i 46:à

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

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

sớm pha hiệu điện

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

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

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

2) Biểu thức công suất mạch điện

P = UI cosAB = U y

U Z

R U Z

R Z

U

AB

AB AB

 

U = cost PmaxYmin

Với y = R

Z R R

Z R R

Z2AB 2C 2C

  



Nhận xét: R R Z cost y  K Z

min

C C

R

Z2C

R = ZC Vậy Pmax R = ZC (1)

Khi đó: I = 2A

ZAB =

200 I

U



()

R2+ ZC2 =

2002

() Từ (1) (2) R = Zc = 100 ()

 C = 

 

 

6

C

10 100 50

1 Z

1

(F)

B i 47:à

Cho mạch điện hình vẽ

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



9

10

(F)

X phần tử R, L, C mắc nối tiếp Đặt vào đầu AB hiệu điện xoay chiều có giả thiết hiệu dung khơng đổi

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



) (V) uMB = 60 2sin 100t (V)

a) Viết biểu thức uAB

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

Lời giải

1) ZC = 

 

 

3 10 100

1 C

1

3

= 90

Khi R = R1= 90 tg AM = 90

90 R

ZC



=

 AM =

 

AM

U trễ pha 4



so với i

AM

U trễ pha 2



so với UAM

Vậy X chắn có L1

Lại có tgMB=

1 C L

R Z

Z 

Nếu X khơng chứa R1 tgMB = tg2



 vơ lí  X chứa R1

Vậy phần tử X L1 R1

tgMN =

1 R Z

1 L



R1 = ZL1

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

+ 60

180 U

U

MB AM

 

 UAM= 3MB

MB

và AM + MB=



OEK vuông

Tại E :

2 AM

MB

AB U U

U   = 1802 + 602= 36000

UAB = 60 10

IKE UB1 = UL1

2 MB L

R U U

U  

I = 90 90 180 Z R U Z U 2 C AM AM AM      (A)

ZL1 = R1 =

2 30

= 30 ()

tgAB =

1 30 90 90 30 R R Z Z C

L 

   



AB  -26,5 27

Phương trình UAB = UAB = 60

) 180 27 t 100 sin(

10   

= 120 180)

27 t 100 sin(

5   

(V) b) X gồm phần tử L1 R=1 với

R1= L1= 30  R = 30

L1= 

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

P = UIcosAB = U y

U Z R R Z U AB AB  

U = const Pmax ymin với

y = R R

) Z Z ( ) R R ( ) R R ( ) Z Z ( ) R R ( R R Z C L 1 C 1 AB           

* Nhận xét:

(R1+ R) R R

) Z Z ( C L  

= (ZlL1- ZC)2 = cost

 ymin  (R1+ R) = R R

) Z Z ( C L  

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

khi R = 30 P =Pmax = y

U2

với y = (30 + 30) + 30 30 120

) 90 30 (    Bài 48:

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

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

a) Tính cơng suất toả nhiệt X

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

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

ZAM =

120 I

UAM 

= 60 () Z2L + r2 = 602 (1)

K

A B

Lir#0 M

A

Lir#0

MP

Pmax = 60

10

Lại có: dao động lệch pha 300 so với U

AB (UAB = UAM)

 tgAM=

3 r Z 30 tg r Z

L

L    

(2) Từ (1) (2) ZL = 30 

r = 30

2) Khi K mở UAM UMB

Mặt khác UAM sớm pha 300 so với i

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

tgMB =

R Z

3 R

Z

C

C   



(3) + Vì UAM UMB

UAM UMB UAB

 U2AB = 120 60 2



 (V)

RMB = 60 ()

Ta có phương trình R2 + Z2

C = 3602 (4)

Từ (3) (4) R = 30 ()

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

PX = PMB = UMBIcosMB

= 60 3 1.cos(-60) = 30 (V) B i 49:à

Cho mạch điện hình vẽ:

X1, X hai hộp hộp chứa

30 0

UA M

L

U

T

U

i

MB

U trễ pha i góc 600

 U2AB = U2AM + U2MB

A

V V

2

M

trong phần tử R, L, C mắc nối tiếp Các vôn kế ampe kế đo nguồn điện xoay chiều nguồn điện chiều

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

Hộp X, Y có phần tử Tính giá trị chúng Lời giải

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

R1=

60 I U



= 30 () (1)

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

 ZAM =

60 60



()

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

ZL1 = 30 3

L1 = 

   

3 , 100

3 30 ZL1

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

60 60



()

AM

U sớm pha i góc AM

tgAM=

3 R

Z

1

L 

AM= 60 MB

AM U

Suy Y chứa C2

tgMB=

1 )

30 ( tg R

Z Z

2 C

L    

R2 #0 Y chứa R2

Vậy Y không chứa ZL (Y gồm R2 C2)

C

2

C R 3Z

3 R

Z

 

 

 R2= 30 ZC2= 30  Lại có R2

2+ Z2C2= 602 Bài 50:

Cho mạch điện XC hình vẽ

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

1) a với f = 50Hz K đóng (A0 A Tính điện dung C0 tụ điện b K ngắt, thay đổi tần số thấy f = 50Hz (A) cực đại hiệu điện hộp kín X lệch pha /2 so với hiệu điện điểm M & D Hỏi

hộp X chứa phần tử Tính giá trị chúng

2) Khoá K ngắt, thay đổi f thấy (A) trị số f = f1 f= f2 Biến f1+ f2= 125 HZ

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

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

K

M N

C

A

P R

0

ZND=

200

200 



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



3 10

(F) b) Khi K ngắt:

DN

MD U

U 

MD

U trễ pha so với i góc MD tgMD=

3 R

Z

c

C 



MD = - 60

Vậy DN sớm pha 30 so với i

 X chứa RB ZL

tgDN=

L

C R 3Z

3 R Z

  

*cđđd mạch cực đại nên xảy cộng hưởng

ZL = ZC0 L = C0

1

 2LCo = 1

L =

  

 

 

3

3 10 100

1 Co

1

4 2

(H)

R = 300

3 100 L Z

3 L 

  

 



b) Khi thay đổi có giá trị ddđ

I1= I2

MN

MN

Z U Z

U



Z1 = Z2

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

 L (1+ 2) = 2

0

) (

C

 

  

 2(f1- f2)(L+

) C f f

1

0 2

 = 0 (1)

(f1# f2 f1 - f2 #0)

 L+ 2

C f f

1

 = (vơ lí) loại

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

L(1 + 2) = 2

( C

1

 

  

)

12 = o

2

1

0 LC

1 f

f LC

1

  

Thay số f1f2= 

  

3

1

2

= 2000 Theo đầu f1+ f2= 125

 f1 = 25Hz

f2 = 100Hz

* Khi f = f1 = 25Hz Z1L= 2Z2L= 50 3

Z1co =

3 200 C

L

1

0



 

I = 4002 3.1502

200 Z

U

 

0,42A  tg = 3 

Z2c6=

3 50 C

f

1

0



 

tg =

3 R

R C Z

0 L

2 

 

=0,05 u/i = 180

33

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

Phần III

kính lúp

Bài 1:

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

Lời giải *SĐTA

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

+ tg0 = OC0

AB

+ tg =

' 1

1

d AB d

l AB K A

0 B A

 



với l =

K = '

d d

* Độ bội giác

PKL 01

G = 1 0

0 d

D d

C tg

tg

 

   



(*)

 G nghịch biến với d1

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

d'

1= d'1c = l - d2c = - Đ

d1= d1c = § 10

§ 10 f

§ f § f d

f d

' c

' c

    

Gmax = GC =

5 , 10

10 § §

10 ) 10 (§ § d

§

C

   



 Đ = 25 (cm)  d1C =

50

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

Gmin = G =

5 , 10 25 f

§

 

 Gmin = 2,5 d1C = f = 10 (cm)

Phạm vi dịch chuyển

50

 d1 10 (cm)

B i 2:à

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

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

Lời giải AB A1B1 A2B2

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

1) Phạm vi dịch chuyển vật trước kính lúp

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

d f

f d



(vì < d1 < f  d1 < 0) ; l = f

OA1 = f + d1

1 d 5 d f

f d1

  

 (0<d1 < 5cm)

Lại có 0Cc  0A1 0Cc

nên 10  +

1

d

d

  50 (0 < d

1 < cm) Giải ta ta

d1C= 2,5 cm  d1 d1C= 4,5 cm < f

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

+ Góc ảnh

 = A10B1 # tg = 0Cc

AB K A

0 B A

1

1 

Kc =

2 d

5 d

f f

c c

1

 

 

VT  << # tg = AB 10

AB



+ ĐK suất pli min KL

 AB

3.10-4 AB 15.10-4 (cm)

ABmin= 15.10-4 (cm) = 15m

* Vậy mắt trạng thái điều tiết cựcđại nhìn thấy khoảng cách ngắn điểm vật quan sát qua kính lúp 15m

B i 3:à

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

1) Mắt đặt tiêu điểm ảnh F' 2) Mắt đặt q tâm 01của kính 3) Mắt đặt sau KL a = cm

Lời giải * SĐTTA

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

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

+ d2= d2c= 0Cc = Đ = 25cm + d'

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

+ d1c =

4 20

5 ) 20 ( f d

f d

' c '

c

1 

 

   

cm + Nc cực viễn

+ Mắt bt

+ d2v = 0Cv=  + d'

1v = l - d2v= -  = - 

KL 01

+ d1v=

cm f d

f d

' v '

v

1 

 

* Khoảng nc d1= d1v- d1c=

5

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

+ d2c= Đ = 25cm + d'

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

+ d1c =

cm 26 105 f

d f d

' c '

c

1 

 

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

+ d'

1v = l - d2v - 

+ d1v=

cm f f d

f d

' v

' v

1  



* Khoảng nc d1 = d1v - d1c = -

cm 26 25 26

105  B i 4:à

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

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

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

Lời giải * SĐTA

AB A1B1 A2B2

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

+ Vật AB có < d1< f

A1B1là ảnh ảo nằm gh nhìn rõ mắt

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

tg =

'

1

d l

AB K A

0 B A

 

với d' 1=

0 f d

f d

1

1 



+ 0là góc vật trực tiếp vật đặt điểm cực cận mắt

tg0 = §

AB Cc

0 AB



+) G =

'

0 l d

.§ k tg

tg

  



Kết G = lf (l f)d1

§ f

 

1) Mắt đặt tiêu điểm ảnh F : l = f G = f d1

§

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

f §

   KL

2) Mắt đặt quang tâm l =

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

+ d'

1v = l - d2v = -

+ d1v = d f

f d

' v

' v

 = f = 10 cm

Vậy G = Gv =

5 , 10 25 f

§

 

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

+ d'

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

+ d1c=

25 f d

f d

' c

' c

1 

 cm

Vậy Gc =

3 25 25 d

§

c

 

c) Khi vật cách TK b = 8cm

G =

25 b §



3) Mắt đặt sau TK a = 5cm l = 5cm

a) NC CV + d2v=  + d'

1v= l = d2v= - + d1v= f = 10cm

 Gv=

cm , E §

b) NC CC + d2c= Đ = 25cm + d'

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

+ d1c =

20 f d

f d

' c

' c

1 

 cm

Gc=

c) Vật cách KL b = 8cm  G = 25 b §

 B i 5:à

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

1) Góc  nhìn vật qua KL mắt đặt tiêu điểm ảnh kính lúp

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

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

1) Góc ảnh 

SĐTA

AB A1B1 A2B2 (vmac)

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

tg = f

AB l

AB

0 I A

B A

1 1

1

1   

do <<  tg = 40 f

AB 

(Rad) 2) Phạm vi nc KL

KL 01

Với phạm vi nhìn rõ mắt cận 12 36cm

Mắt đặt quang tâm KL  l = 01 =

* NC điểm cực cận + d2c = 12cm

+ d'

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

+ d1c =

cm 12 12 f d f d ' c ' c      

* NC điểm cực viễn + d2v = 3cm

+ d'

1v = l - d2v= -36 cm

+ d1v =

cm , 36 36 f d f d ' v ' v      

Vậy phạm vi nc KL 3cm, 3,6 cm

3) Độ bội giác

+ Mắt đặt sau KL cm l = 2cm

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

+ d' =

cm 28 , , f d f d 1     

Độ phóng đại K1=

'

d d 

= K1 = * Ta có:

+ Góc ảnh qua KL  = A10B1

tg = 75

+ Góc vật trực tiếp  vật điểm cực cận

tg0 = 120

1 12

1 , Cc

AB

 

* G =

2 , tg

tg

0

 

  



 G = 3,2 B i 6:à

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

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

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

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

Lời giải * SĐTA

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

1) Tính f:

+ Mắt đặt tiêu điểm ảnh KL  l = f

+ Ngắm chừng điểm cực cận d2c=

cm

100 f

3 100 f

d l d cm 100

c '

c

  

 

 

d1c = 100

f 100 f

3 f

d f

d

' c

' c

1  

 cm

+ Ngắm chừng viễn điểm

KL

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

d1v=

cm 50

f 50 f

50 f ) 50 f ( f d

f

d

' v

' v

1  

   

+ Khoảng nc: d1= d1v- d1c= 0,04 cm

 100 0,04

t 100 f

3 50

f 50

f2

 

  

 f2=  f = >0

Vậy tiêu cự KL f = 2cm 2) l = cm

a) GV:

* Lập cơng thức tính tổng quát

+ G = lf (i f)d1

co f

 

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

d1v =

cm 92 , 50

f 50 f2

 



 GV =

17 92 , ) (

3 100

 



3) Chiều cao tối thiểu

+ Nhận xét: ycđb tìm chiều cao tối thiểu AB mà mắt qua KL bp

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

 = 0Cv AB K A

0 AB

K 1

1



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

4

10 49

AB

25 

  AB 5,88.10-4 cm

AMmin= 5,88 m

B i 7:à

Một TKHT tiêu cự f có độ tụ +10 đp

1) Tính độ bội giác KL no vơ cực

2) Tính độ bội giác kính độ phóng đại ảnh người quan sát nc điểm Cc

0Cc = 25cm mắt đặt sát kinh

Lời giải + SĐTA

AB A1B1 A2B2(Võng mạc)

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

G = lf (l f)d1

§ f

 

Với l =

Đ = 25 cm, f = b

= 0,1m = 10cm

Suy G = d1

25

1) Nc vô cực

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

KL

Khi G =

5 , 10 25



2) Nc điểm cực cận d2c = 0Co = 25cm

 d11c = l - d2c = - 25cm

d1c =

cm 50 f d

f C d

' c

'

1 



GC=

5 , 50 25



K =

-5 , 50 25 d

d

c '

c

1  

B i 8:à

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

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

Lập CT tính G theo x1 , x2 Bluận kết

Lời giải *SĐTA:

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

+ G = lf (l f)d1

§ f

 

+ A1R1 ảnh ảo  d'1 <  d1 f

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

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

KL 01

l = f - x2f (0 01F')

Nếu: l = f + x2 G = 2

x x f

§ f 

l = f - x2 G = 2

x x f

§ f 

* Bàn luận:

Nếu x1=  d1= f

G = f const

D



d1 Nếu x2=  l = f

G = f const

D



d1

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

Xét hs G = G (d1) = (f l)d lf

§ f

1 



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

Vậy có TH:

TH1: G' = , l = f G = f cost

§ 

d1D TH2: G'>  l> f G đbiến với d

1 D

Gmax= GV= KV0Cv

§

Gmin= GC= KC

TH3: G'<  0< l < f G nbiến với d

1D

Gmin= GVKV0Cv

§

B i 10:à

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

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

Lời giải * SĐTA

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

G = lf (l f)d1

fD

 

 G = d1

§

Với f = 10cm

l = Nhận xét:

G = d1

§

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

d2C = Đ d'1C = l - d2C = -D

d1C=

5 , 10 b

D 10 f

D f § f d

f d

' c '

c

1 

      

Đ = 25 cm

 G = KL

01

Thu d1C =

cm 50

* Ngắm chừng cực viễn:

d2V =  d1V' = l - d2V = - d2V = 

d1V =

cm 10 f f d

f d

' V

' V

1  



 Gmin= GV =

5 , 10 25 d

§

V

 

s

 KC dịch chuyển

50

Phần VII kính hiểm vi

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

AB A1B1 A2B2

d1 d'1 d2 d'2 l = 0102

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

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

+ 0 góc vật nhìn mắt thường

tg0 = §

AB Co

0 AB



(1)

+ Dựa vào hình cữ ta có :  = A102B1

Suy tg =

1

2 1

1

f AB K F

0 B A A

B A

 

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

Ta có: K1=

' 1

2 ' 1

1 1

f F

F F I

B A AB

B

A 

 



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

Từ (1) (2) (3) (4) G= tg tg

    

G = f1f2 § 

Bài 2: Thiết lập CT tính độ bội giác KHV quan sát cận điểm viễn điêm

Lời giải

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

KL

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

+ Góc vật 0 tg0 = 0D

AB C

0 AB

2



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

 = A10B2 ; tg = §

AB Kc A

0 B A

2

2 

(2)

Từ (1) (2) Gc= tg

tg 

  



= Kc = K1C.K2C

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

Ta có tg = 0Cv AB Kv

(3) Từ (1) (3) GV = KV 0Cv

§

ơới K=V = KV1 KV2

B i 3:à

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

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

AB A1B1 A2B2 A3B3

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

1) Phạm vi dịch chuyển vật trước VK

KL 02

M 02

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

+ d'

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

 d2c =

cm 19 60 f d f d ' c 2 ' c  

+ d'

1c = l - d2c= 17-

cm 19 263 19 60 

AB gồm VK d1c =

cm 244 263 f d f d ' c 1 ' c  

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

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

 d2v =

cm 27 100 f d f d ' V 2 ' V  

+ d'

1v - l - d2v =

cm 27 359

 AB xa VK d1v =

cm 332 359 f d f d ' V 1 ' V  

* Vậy phạm vi dịch chuyển trước VK là:

d = 3,4.10-3 cm (rất nhỏ)

2) áp dụng theo công thức 2:

+ Gc= Kc = 1c 2c ' c ' c d d d d

Gc = 61

Kv =

166 d

d

d d

2 v

' v '

v

1 

Kết Gv = 49,8

249



B i 4:à

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

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

1616 cm

15 16



trước VK Tính f1 0Cc

2) Biết suất phân li min= 2.10-4 Rad

Tính khoảng cách điểm vật mà người phân biệt nc cận điểm

Lời giải SĐTA

AB A1B1 A2B2 A3B3

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

2 = 02F'2= f2 = 2cm

0Cv =  ; 0Cc = D

Theo đầu bài: phạm vi dịch chuyển vật

15 16 d

1515 1616

1 



cm

 d1c = 1515

1616

cm d1v = 15

16

cm

1) NC cực viễn : A2Cv

VK 02

TK 02

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

+ d2v =

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

2  



 d'1V =

V 12 ' v 1 ' V d l f d f d    cm f ) f 15 16 )( 18 ( f 15 16 1

1     

* NC điểm cực cận A2 Cc

d' 1C =

cm 16 , 16 f d f d ' C 1 ' c 

 ; d

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

d' 2C =

cm 23 f d f d ' C 2 ' c

2 



 d3C = l' - d'2C = 25cm 0Cc = Đ = d3C = 25cm 2) Chiều cao tối thiểu AB + = A20B2 góc <<

 tg = § AB K A AB K 

+ K1 =

5 , 189 d d d d C C ' C ' C  

+ ĐK ns p li min

 §

AB Kc

min

ABmin= Kc

§

B i 5:à

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

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

Lời giải SĐTA

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

f1 = 0,5cm ; f2= 2,5 cm ;  = 16cm

1) G

ADCT thiết lập

G= f1f2 § 

Đ = 0,5.2,5 320 25

16



(Mắt khơng tật có 0Cv =  ; 0Cc = 25)

2) Vì G= 320

320 0

0

    

 

(1)  góc nhỏ 0  tg0 = §

AB

(2)

Từ (1) (2) 320

§ AB §

AB 320

  

 

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

B i 6:à

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

VK 02

TK 02

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

Tìm Gc, Gv

Lời giải SĐTA

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

l = 0102 = 21 cm l' = 0

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

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

d2C = 2C 2 '

C

f d

f d

 = 2,5cm  d'

1C= l - d2C = 18,5 cm

Suy d1C =

cm 72 37 f

d f d

1 C

1 '

C

1 



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

d2V =

cm , f d

f d

2 '

V

2 '

V

2 



d'

1V = l - d2V = 16,5cm

d1V =

cm 64 33 f

d f d

1 '

V

1 '

V

1 



Kết Gc = Kc =

72 d

d d d

c c

' c '

c

1 

VK 02

TK 02

Gv = Kv0Cv §

=

320 d

d d d

V V

' V '

V

1 

B i 7:à

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

1) Xác định phạm vi ngắm chừng KHV

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

Lời giải SĐTA

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

1 = 2mm ; f2= 40mm 1) Phạm vi nc KHV

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

2c = l' - d3c = -25cm

d2C =

mm 29 1000 f

d f d

2 '

c

2 '

c

2 



d'

1c = l - d2c =

mm 29 5438

Vật AB gần VK

d1c = 1345

2719 f

d f d

1 '

c

1 '

c

1 



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

VK 02

TK 02

d2v = mm 182 d l V d mm 40 f f d f d v 2 ' v 2 ' v

2      



Vật AB xa VK

d1V =

mm 45 91 f d A d ' v ' v  

* Phạm vi NC d1=

mm 10 61 , 1345 2719 45

91 4

 

2) Ta có f1= 2mm ; f2 = 40mm

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

Suy G=

5 , 562 f f §     (1)

Vì 0 góc nhỏ 0 tg0 =

Rad 250 10 §

AB 3 

Từ (1) (2)  = 0 G =

Rad 10 , 562 250 10    B u 8:à

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

1) Tìm f2 k/c từ vât  kính

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

Lời giải * SĐTA

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

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

AB

với AB = 0,1 mm (1)

+ Độ bội giác KHV nc vô cực

G= f1f2 §

   

+ Kết hợp (1) (2) ta

.Đ 0 = f1 f2 

(136 - f2) Đ §

AB

= 6.f2 0,125

 f2= 16mm

Khoảng cách từ vật đến KHV

d1=

mm , f d

f d

1 '

1 '

1 



Kết f2= 16mm d1= 6,3mm

2) ảnh thật Tk 11,6cm, d'

2 = 116 mm

+ d2=

mm 56 , 18 f

d f d

2 '

2 '

2 



d1 = l - d2 = 123,44mm

d1 =

mm 307 , mm 734 4629 f

d f d

1 '

1 '

1  



+ Vậy vật AB phải dịch xa VK thêm đoạn

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

+ K =

367

'



d d

B i 9:à

KHV có f1= 1cm, f2= 4cm,  = 15cm

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

Lời giải SĐTA:

AB A1B1 A2B2 A3B3 d1 d'1 d2 d'2 d3 d'3 f1 = cm , f2 = 4cm ,  = 15cm l = 0102 = f1+ f2+  = 20cm

l' = 0

102=

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

d'

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

d2c =

cm 30 50 d

l d cm

' 10 f

d f d

c '

c

' c

2 '

c

2     



AB gần VK d1c=

cm 47 50 f

d f d

1 '

c

1 '

c

1 



* NC viênc điểm : A2 Cv

d3v =  d'2v = l' - d3c= - 

d2v=

' v

2 '

v

f d

f d

 = f

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

VK

d1v =

cm 15 16 f

d f d

1 '

v

1 '

v

1 



+ Khoảng dịch chuyển 15

16 d

47 50

1 

 d1= 2,84.10-3 cm

Bài 10:

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

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

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

- Độ bội giác kính

Lời giải 1) TK l1 tiêu cự f1 = 3mm

TK l2 có D = f2

1

= 25  f2= 0,04m = 40 mm f2> f1

 Vật kính L1 2) SĐTA

AB A1B1 A2B2 A3B3 d1 d'1 d2 d'2 d3 d'3 l = 0102= 20 cm= 200mm

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

l' = 0

102 = f2 = 40mm

VK 01

TK 02

+ Mắt quan sát ảnh cuối điều tiết tối đa

 NC cực cận

A2 Cc  d3c = 0A2 = 0Cc = 140 mm d'

2c = l' - d3c = - 100mm

Suy khoảng cách từ ảnh trung gian đến TK L2

d2c =

mm 200 f

d f d

2 '

c

2 '

c

2 



d'

1c = l - d2c =

mm

1200

+ Khoảng cách từ AB đến VK d1c = 313

400 f

d f d

1 '

c

1 '

c

1 



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

+ Độ bội giác kính: Gc = Kc =

5 , 169 d

d

d d

c c

' c '

c

1  

Phần VIII

kính thiên văn Bài 1: Thiết lập CT tính bội giác nc vô cực

Lời giải SĐTA

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

l = 0102 l' = 020

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

d3 = 

 d'2 = l ' - d3 -d3 = - 

0 d

1

'

 d2 = f2  A1F2

+ Vật AB xa vô cực nên d1=  ; d'1 =

1 1

1

f f d

f d

  A1 = F'1

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

+ VT AB thiên thể xa nên góc vật 0 góc vật trực tiếp từ trái đất góc vật qua quang tâm vật kính

Ta có:

tg 0 =

t cos F

B A F

0 B A A

B A

1 1 '

1

1 1

1

1   

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

 tạo góc ảnh  sau:

tg  =

1

2 1

1

F B A F

B A A

B A

 

(2) Do , 0 góc << nên

G =

1

0 f

f tg

tg  

  



 G=

1

f f

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

Tính khoảng cách từ VK  TK độ bội giác

+ SĐTA

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

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

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

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

 d2c =

cm 29 100 f

d f d

2 '

c

2 '

c

2 



Khoảng cách VK  TK

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

cm 45 , 123 29

3850 29

100

 

+ Góc vật  : tg0 = 120

B A f

B

A 1 1

1

1 

+ Góc ảnh  : tg = 0Cc

B A K A

0 B

A 2c 1

2

2 

Với K2C =

25 d

d

c '

c

2 

0Cc = 25cm Kết

Gc =

8 , 34 Cc

f K tg

tg 1

C

0

 

   



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

VK

Xác định l = 0102 Gv

Lời giải SĐTA

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

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

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

ảnh A2B2 lên điểm cực viễn : A20Cv

 d3v = 0A2 = oCv = 50cm Ta có: d'

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

Suy d2v =

cm 27 100 f

d f d

2 '

v

2 '

v

2 



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

cm 27 3340

+ Góc vật 0

tg0 = 120

B A f

B

A 1 1

1

1 

+ Góc ảnh  = tg  = 0Cv

B A K A

0 B

A 2V 1

2



VT , 0 << nên

Gv = 0Cv

f K tg

tg 1

V

0

 

  



Thay số: Gv = 32,4

VK 01

TK 02

Bài 4: KTV điều chỉnh cho người có mắt bình thường nhìn ảnh rõ nét vật vô cực mà khơng cần điều tiết VK, TK cách 62cm độ bội giác G = 30

1) Xác định tiêu cực VK TK

2) Một người cận thị đeo kính số muốn quan sát ảnh vật qua KTV mà không đeo kính cận, khơng điều tiết Người phải dịch chuyển TK theo chiều

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

qua VK

Lời giải SĐTA:

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

l = 0102 l' = 020 =

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

 NC vô cực

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

d'

2 = e' - d3 = - d3= - d2=

2 '

2 '

2 f

f d

f d

 

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

Theo giả thiết l = f1+ f2 = 62 cm (1) + Độ bội giác ảnh nc vô cực (2)

G=

30 f

f

2

1 

VK 01

TK 02

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

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

Viễn điểm Cv cách mắt đoạn 0Cv = -D

= 0,25 = 25cm

+ Người quan sát ảnh ảo vật qua TKTV mà khơng đeo kính khơng điều tiết

NC cực viễn

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

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

 d2V =

cm 27 50 f

d f d

2 '

v

2 '

v

2 



+ Vật AB xa : d1 =  f'1= f1= 60 cm

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

l = 27cm

 0,148cm

3) ĐK ảnh ặt trăng

Góc mặt tràng  = 0,01 Rad <<

 = tg = 1

f B A

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

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

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

VK góc trơng ảnh MT qua TK

Lời giải SĐTA

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

l = 0102 l' = 020 1) Tiêu cự:

+ Mắt không tật quan sát ảnh nc vô cực

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

+ Vật AB xa  d1=  ; d'1=

1 1

1

1 f

f d

f d

 

Thu : l = 0,02 = d'

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

 f1= 85cm

f2 = 5cm

+ G =

17 f

f

2

1 

2) Điều kiện M**

0tg0 = 1

f B A

 A1B1 = 0 f1 = 0,073 cm

+ Góc ảnh MT tạo TK góc ảnh MT tạo KTV

VK 01

TK 02

Ta có: G= 0



 = 0 G=

Rad 3500

51 17

3500