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

Mét vËt ph¼ng nhá AB ®Æt vu«ng gãc víi trôc chÝnh cña TK, gi÷a TK vµ G... ¶nh qua hª..[r]

con lắc lò xo

Bi 1: Một lò xo đợc treo thẳng đứng, đầu lò xo đợc giữ chuyển

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

Chọn góc tg lúc thả vật, gốc toạ độ VTCB, c dơng hớng xuống. a Viết PTDĐ.

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

Lêi gi¶i a) T¹i VTCBO

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 = x = cm >

v = 10 (cm/s) <0

Ta cã hÖ = ASin  Sin  >0

-10 = 5.Acos cos <0

Chia vÕ tg =

3 

  =

6 5

(Rad)  A = 4(cm) VËy PTD§:

x = 4cos(5t +

2 

) (cm) b) T¹i VTCB lß xo d·n l = 4cm

+ ë thời điểm t = 0, lò xo bị dÃn l = + = (cm)

+ thời điểm t = , vật lên v<0, tới vị trí lị xo bị dãn 2cm lần v<0 Vậy lúc x = -2 (cm)

Ta cã: -2 = 4cos (5t +3

2 

)  sin (5t +3

2 

) =

2 

5t +

2 

=

6 7

 t =

15

(s)

( Có thể giải mối liên hệ dao động điều hồ chuyển động trịn đều) Bài 2: Cho lắc lò xo dđđh theo phơng thẳng đứng vật nặng có khối l-ợng m = 400g, lị xo có độ cứng K, co tồn phần E = 25mJ Tại thời điểm

l l

0

0(VTCB) )

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

a CM vật dđđh. b Viết PTDĐ

Lời giải a T¹i VTCB kl = mg  kl = 0,4.10 =  l =

k

(mÐt) Tại thời điểm t = 0, kéo m xuống dới VTCB, lß xo d·n 2,6 cm  x = 2,6 - l = 0,026 -

k

( mét) Chiều dơng 0x hớng xuống x >0 Tại t = x = 0,026 m/s > v = -0,25 m/s <0

Cơ toàn phần E = 25.10

1 2

1 



 mv

kx (J)

Ta có phơng trình:

3 2

2

25.10 )

.0,4.(0,25 2

1 ) k 4 k(0,026 2

1 

 



 k(2,6.10-2 - 4)2 0,025

k

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

k = 94,67 (N/m) lo¹i

VËy k = 250 N/m   = 25

4 , 250

 

m k

(Rad/s) T¹i t = x = 1cm >

v = -25cm/s <

1 = Asin ; sin >0  =

4 3

Ra® -25 = 25Acos; cos<0 A = cm

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

2   (cm)

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

đợc gắn nối tiếp với và

g¾n vào vật M có khối lợng m = 120g nh hình vẽ Kéo M dọc theo trục lò xo tới vị trí cách VTCB 10 cm thả không 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

=> k > 153,8 N/m

Lêi gi¶i

1 Chän trơc ox n»m ngang, chiều dơng từ trái qua phải, gốc VTCB vật. Khi vật VTCB, lò xo không bị biến dạng

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

nÐn)

+ Lực đàn hồi lò xo lên x1 =

1

k F

 ; x2 =

k F 

VËy 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 víi 2 =

) (

2

2

k k m

k k m

k

 

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

* Phơng trình dao động

 = 10

) 20 30 ( 12 ,

20 30 )

(

2

2

1 

 

 

k k m

k k m

k

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

v = cm/s

Ta cã hÖ 10 = Asin ; sin >0  =

2 

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

x = 10sin (10t +

2



) (cm) 2 Ta coi lắc đợc gắn vào lò 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 lợng m = 250 (g) theo phơng thẳng đứng kéo cầu xuống dới VTCB 3 cm phóng với vận tốc đầu 0,4 2 cm/s theo phơng thẳng đứng lên Bỏ

qua ma s¸t (g = 10m/s2 ; 2 = 10).

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

1 Chọn trục 0x thẳng đứng hớng xuống gốc VTCB

+ Khi vật VTCB lò xo không bị biến dạng

+ Khi vt li x x độ biến dạng lị xo + Lực đàn hồi hai lò xo (VT lò xo độ cứng chiều dài

2

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

 K = 2k + T¹i VTCB: 

P +



P

2 =



0

Hay mg - 2klo = (1)

+ Tại li độ x; lò xo dãn l = x + l0

Hỵp lùc: 

P +

 

 F F

2 dh mg - 2k(l0 + x) = F (2)

Tõ (1) (2) F = -2kx

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

m k 

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

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

Ta cã hÖ = A sin ; sin >

- 40 = 10 2Acos ; cos <

Biên độ A =

200 40

2



 cm

Ta cã hÖ = 5sin sin = 0,6 -40 = 10 2.5.cos cos  = -0,8

2,5 Rad PTDĐ x = 5sin (10 2t + 2,5) (cm)

e) Lùc mµ hƯ sè lò xo tác dụng vào vật

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

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 lợng m = 100g chiều dài không đáng kể đợc nối vào giá chuyển động A, B qua lò xo L1, L2 có độ cứng k1= 60N/m, k2= 40

N/m Ngời 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

k

0

F

k

0

F

P

+

m •O

  143,130

đầu Bỏ qua ma sát khối lợng lò xo Chọn gốc toạ độ VTCB, chiều d-ơng hớng từ A  B,chọn t = lúc thả vật.

a) CM vật DĐĐH?

b) Viết PTDĐ Tính chu kì T lợng toàn phần E.

c) V tính cờng độ lực lị xo tác dụng lên gia cố định A, B thời điểm t=

2 T

.

Lời giải a) CM vật DĐĐH

+ Chn trc toạ độ nh hình vẽ + Khi vật VTCB lị xo L1 dãn l1

lß xo L2 d·n 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)

+ Tỉng hỵp lùc b»ng :   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)

Tỉng hỵp lùc

    

  

N F F ma

P

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

 - (k1+ k2) x = mx''

 x'' =

2

1 .

   

 x

m k k

víi 2 = m

k k1



VËy x = Asin (t + ) (cm)  vËt D§§H

b)  = 10

1 ,

40 60

1    m

k k

(Rad/s)

+ Biên độ dao động A = l2 (vì A = 2

2 x l

x   

 )

Gi¶i (1), (2) l1 + l2 = 20 l1= 8cm

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

t = -> x0 = Asin  = A

v0= Acos =

B

  =

2 

A

 01

F

 02

F

0 +

x G

VËy PTD§ cña vËt x = 12 sin (10t +

2 

) (cm) Chu kì dao động T = 0,2

10 2

 

(s) Năng lợng

E = 100.(,012) 0,72

1

1 2

 

KA (J)

c) Vẽ tính cờng độ lực + Khi t = 0,1

2  T

(s) th× x = 12 sin (10.0,1 +

2 

) = -12 (cm) Vì vậy, t =

2 

vật biên độ x = - A

Tại vị trí lò 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 lần lợt

2 1, F

F

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

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

 

2 1, F

F cïng chiỊu d¬ng)

Các em sử dụng phơng pháp rời trục toạ độ để giải Bài 6: Cho hai hệ đợc bố trí nh

hình vẽ a,b lị xo có độ cứng k = 20N/m Vật nặng có khối lợng m, m = 100g; bỏ qua ma sát khối lợng r2 lò xo dây treo k dãn

Khối lợng k đáng kể.

1 Tính độ dãn lị xo hình vật ở VTCB.

2 N©ng vật lên cho lò xo không biến dạng

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

Lêi gi¶i 1) Hình a

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

  0 F

T

     0 P

T

ChiỊu lªn ox -T0 + Kl =

-T0+ mg =

 T0 = kl = mg = 0,1.10 =  T0 = 1N

a

b



P



F

+ x



T



T



P



F

0 (VB)

+ x



T l = 0,05 (m) = (cm)

* Hình b

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

-kl + 2T0=

 T0 = mg = (N)

l = 10 (cm) 2) Chøng minh vËt D§§H

Hình a: + Khi vật VTCB lị 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'' = x x

m k



  

Víi  =

m k

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

2

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

2 x

mg - T = F 2T - k(l +

2 x

) =  F = mg -

2

kl - k x

4  F = x k 

Hay k x

 = mx''  x = x m k

 = - 2 x víi  = m k

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

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

cho m dao động theo phơng thẳng đứng biên độ nhỏ, bỏ qua lực ma sát lực cản Tìm hiên độ dao động lớn nhất m, để m1 khơng rời m q trình dao

động (g = 10m/s2)

Lêi gi¶i

 

m

1

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

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

Nếu m1 rời khỏi m 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 ,

50

  A < 125

10

= 0,08 (m) = 8cm  Amax = 8cm

Bài 8: Cho hệ dao động nh hình vẽ, khối

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

1) KÐo m khái VTCB đoạn a = 4cm buông nhẹ Tính VTB cđa M

sau qũang đờng 2cm

2) Giả sử M dao động nh câu có vật m0 = 50g bắn vào M

theo phơng ngang với vận tốcvo Giả thiết va chạm không đàn hồi xảy ra

tại 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.

Lêi gi¶i - TÝnh vËn tèc TB

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

t =

 

 3

a

víi  =  050,2

m k

= 5 (Rad/s) -> t =

15

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 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' = cm tần số góc

M k

o

v m

0

M

1 + 

4 M

2



' =

05 , ,

50

0 

 m M

k

= 10 (Rad/s)

L¹i cã v = 02 ' ' (A) x



 = 40 2 (m/s)

Tõ (1)  v0  =

05 ,

2 40 ) , , ( )

( 

 

m v m M

= 200 (cm/s)

Bµi 9: Mét vật nặng hình trụ có khối lợng m = 0,4kg, chiÒu cao h =

10cm tiết diện s = 50cm2 đợc treo vào lị xo có độ cứng k = 150N/m Khi

cân một nửa vật bị nhúng chìm chất lỏng có khối lợng riêng D = 103 (kg/m3) Kéo vật khỏi VTCB theo phơng thẳng đứng xuống dới 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 vËt dđđh, tính T 3 Tính E

Lời giải 1) Độ biến dạng lò xo VTCB

+ Chän trơc ox nh h×nh vÏ

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

Phơng trình lực : mg- F0A - kl0=

 l0=

k F mg 0A

(1) Víi F0A = Sh0Dg

 l0 =

150

10 10 05 , 10 50 10 ,

0 4



= 0,01 (m) = (cm) 2) Chøng minh vËt d®®h

+ Khi vật có li độ x lị xo dãn l0+ x

Kéo vật xuống dới 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   

A

F

dh

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 víi 2 =

m K SDg 

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

150 10 10 10 50

4 ,

2

3

 



   

 

K SDg

m

= 0,28 (s) 3 Cơ E

Coi vật dao động vật đợc gắn vào lò 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

1

1 ' 2 2

 

A

k (J)

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

80 N/m Một đầu lò xo đợc 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 đờng mà vật đợc lúc dùng. 2 CMR độ giảm biên độ dao động sau chu kì khơng đổi. 3 Tính thời gian dao động vật.

Lêi gi¶i

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

2

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

2

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

2

KA2 -

2

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 =

VËy A =

k mg 4

= const - Thời gian dao động

TÝnh A: A = 0,01

80 10 , ,

 (m) = cm Số chu đợc : n = 10

A A

 (chu kú)

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

PhÇn II

con lắc đơn Bài 11:

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

T1; T2, nơi có gia tốc trọng trờng g = 9,8m/s2 Biết rằng, nơi đó,

con 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

Lêi giải + Con lắc chiều dài l1 có chu kì T1=

g l

2  l1= g

4 T

2 

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

g l

2  l1= g

4 T

2 2 

(2) + Con lắc chiều dài l1 + l2 có chu k× T3= 2

g l l1 2

 l1 + l2 = 0,81

4 10 ) , (

g ) T (

2 2

2 '

 



 (m) = 81 cm (3)

+ Con lắc có chiều dài l1 - l2có chu k× T' = 2

g l l1 2

 l1 - l2 = 0,2025

4 10 ) , (

g ) T (

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 ,

 (s) Suy T2= 2 1,1

10 ,

 (s)

Bµi 12:

VTCB mét gãc 0 råi th¶ không vận tốc đầu

1 Lp BT tc tơng ứng với li độ góc  suy BT vận tốc cực đại 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

Lời giải BT vận tốc tơng ứng với li độ 

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

mgh0 = mgh +

2

(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

2

 

T¬ng tù cos 0 =

2



  v  = gl(20  2)

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

+ ¸p dơng sè:  vmax = 10.1 0,33

180 



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

+ Định luật N FPT 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 - cos

0) = mg (20 -

2

2 + 1)

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

Thay sè Tmax= 0,1 - 10 1,01

90 1 150

6

       

  

       

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

I 

Tmin = mg (1 -

2

2

0) Thay sè Tmin = 0,1.10 0,99

150 1

2

     

  

      

 (N)

Bµi 13:

Một lắc đơn gồm sợi sây có chiều dài l treo vật nặng có khối lợng m Khi lắc đơn VTCB, ngời ta truyền cho vật nặng vận tốc ban đầu v0 lực cản coi dao động lắc dao động nhỏ Lập bt tính vận tốc

của vật nặng lực căng dây treo theo li độ góc 

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

* VËn tèc t¬ng øng víi li gãc 

+ Định luật lt năng: lắc VT li giác  Bằng động lắc VTCB

2

2 mv

2 mgh mv

2

 

 v2 = v2

0 - 2gh

v2= v2

0- 2gl(1 - cos)

  v  = v20 2gl(1 cos)

Khi gãc  << th× - cos = 2sin2 2



= 2

2



 v  = 2 2gl

v  

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

Thay sè  vmax  = 1m/s

+ VËn tèc cùc tiÓu  = 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 ë trªn

T = mg 3cos gl

v20

          

I 

h

l

T

l

0

v P

+ Khi  nhá: cos = -2sin2 2



= - 2

2



T = mg )

2 gl v

(

2

0   

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

l mv20

+ Lực căng dây cực tiểu = 0(con l¾c ë VTCB)

v0 = 0 gl  20 =

gl v20

Tmin= mg )

gl

v ( mg ) gl v gl v (

2

0

0    

¸p dơng

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

1 ,

0



Tmin = 0,1 10 ) 10

1 (

2

 = 0,95 (N)

Bµi 14:

Một đồng hồ qủa lắc chạy Hà Nội Đồng hồ chạy nhanh chậm đa vào TPHCM Biết gia tốc rơi tự Hà Nội TPHCM lần lợt 9,7926 m/s2 9,7867 m/s2 Bỏ qua ảnh hởng nhiệt độ.

Để đồng hồ TPHCM phải đ/chỉnh độ cài lắc nh nào?

Lời giải + Chu kì lắc đồng hồ Hà Nội

T1=

1

g l

 = (s)

+ Chu kì dao động lắc đồng hồ TPHCM T2 =

1

g l



0003 , 7867 ,

7926 , g

g T

T

2

1   

T2= 1,0003T1 = 2,0006 (s)

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

t = 24.60.60 26 T

T T

1

1  (s)

+ Để đồng hồ TPHCM chiều dài lắc phải dài là:  T'

2 =

2 '

g l

 = (s)

VT T1 = T'2 

2 '

g l

=

2 '

2 g

g l l g

l

 

Thay sè:

 l'= 1,0006 l

Tại TPHCM đề đồng hồ giờ, cần tăng chiều dài dây lên lợng l = l'- l = 0,0006l

VT l =

2 1

T g



nªn l = 0,0006

2 1

T g



Thay sè

l = 0,0006 0,0006

4 x 7926 ,

2 

 (m) = 0,6 mm

Bµi 15:

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

1.Tính chu kỳ dao động nhỏ lắc

2 Cho cầu mang điện tích dơng q = 2,5.10-4 tạo đờng trờng có

cờng độ E = 1000 (v/m)

Hãy xác định phơng dây treo lắc CB chu kì dao động nhỏ lắc trờng hp

a) Véctơ E hớng thẳng xuống dới b) VÐct¬ E cã ph¬ng n»m ngang

Lời giải - Chu kì dao động nhỏ lắc

Lúc đầu T0 =

8 ,

1 14 , g

l



 = (s)

2 - Cho lắc tích điện dao động đtrờng + Các lực tác dụng vào lắc: P mg : Trng lc

T: lực căng dây FdqE : lùc ®iƯn trêng

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

d '

E P

Khi CB dây treo lắc có phơng '

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

T' = 2 '

g 

a) E thẳng đứng xuống dới

+ g> nên Fd hớng với E, tức thẳng đứng

xuèng

Vậy CB, dây trheo có phơng thẳng đứng Ta có: P' = P + F

®

 mg'= mg + qE

 g'= g +

m qE

+ Chu kì dao động nhỏ lắc T' = 2

m qE g

1

g

'

   

Thay sè T' = 2.3,14.

1 ,

10 10 , ,

1

3  

 = 1,8 (s)

b) Trêng hỵp E n»m ngang +) Ed cã ph¬ng  víi P

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

tg =

mg qE P

Fd 

 tg = 0,255

8 , ,

10 10 ,

2





  ~ 140

+ Chu kì dao động 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

'

 T'= T

0 cos cos14 1,97

0 



 (s)

Bµi 16:

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

Treo lắc trần xe cho xe chuyển động nhanh dần đ -ờng ngang dây treo hợp với phơng thẳng đứng góc 0 = 90

a) HÃy giải thích tợng tính gia tèc a cña xe

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

Lêi gi¶i a) Gi¶i thÝch hiƯn tỵng:

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

+ Träng lùc P mg

+ Lực căng dây T

+ Lực quán tính Fma0

Khi lắc VTCB

0 F T

P  q 

q

F ngợc chiều với a0 nên ngợc chiều với v0

Vậy lực Fq làm cho dây treo lệnh góc  phía ngợc với chiều chuyển động xe

tg =

g a mg ma P

Fat

 

<<  tg  a  g = 10 .9

180



~ 1,57 (m/s2)

b) Thiết lập hệ thức T0 T

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

' qt '

g m F P

P   

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

Tõ h×nh vÏ P'= g

cos g g cos

mg cos

P ' 

     

Chu kì dao động lắc xác định theo công thức T = '

g l

 L¹i cã T0 = 2 g

l 

+



F

'

P P

0

a

0

     cos g

cos g g

g T

T

'

VËy T = T0 cos

Bµi 17:

Một lắc đơn gồm sợi sây có chiều dài l = 1m vật nặng có khối lợng 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 nh không đổi sau 100 dao động, li độ cực đại lắc  = 30 coi chu kỳ dao

động lắc nh khơng có lực cản

1 CMR sau chu kì, li độ góc cực đại dao động giảm lợng không đổi

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

Lêi gi¶i

1 Chứng minh li giác cực đại sau chu kì giảm lợng khơng đổi + Lúc đầu, li giác cực đại 0 , lắc là:

E0= mgh0= mgl(1 - cos)

1 - cos = sin2 2

2

  E

0 =

2 mgl



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

E1= mgl 20

2



 E0- E1 = mgl

2

(2

0 - 21)

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

lµ:

E2= mgl

2

1 2

2

 E1- E2= mgl

2

(2

1 - 22)

Sau chu kì giảm E E = (E0- E1) + (E1- E2) = mgl

2

(2

0 - 22)

E = mgl

+ Công lực cản:

AC = (S0 + 2S1+ S2)Fc~ 7S0Rc ~40kFc

 mgl0  = 40lFc

  =

mg F c

= const

Vậy sau chu kì, biên độ giảm lợng khơng đổi (đpcm) Cơng suất động trì dao động lắc

+ CHu kì dao động lắc T =

10 g

l  

 = (s)

+ Độ giảm lợng N chu kì lµ E = mgl

2

2

0 - mgl

2

2 = mgl

2

(2 - 2)

E = 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

Bµi 18:

Tại nơi nang mực nớc biển, nhiệt độ 100C, đồng hồ lắc

trong ngày đêm chạy nhanh 6,48 (s) coi lắc đồng hồ nh lắc đơn treo lắc có hệ số nở dài  = 2.10-5 K-1

1 Tại VT nói thời gian đồng hồ chạy

2 Đa đồng hồ lên đỉnh núi, t0 60C, ta thấy đồng hồ chạy giờ.

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

Lời giải 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 

 

ë t1 = 1000, chu kì T1=

2 t

t 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 ngày đêm t = 24.60.60 43200 (t 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 trờng 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 = T

R h

l¹i cã Tt =

2 T

th  (th- t) (t1: độ biến thiên theo nhiệt độ)

Vì lắc đồng hồ chạy nên tt + th=



R h T ) t t ( T

h    

 h =

2 R ) t t

(  h



Một cầu A có kích thớc nhỏ, khối lợng m = 500g, treo sợi dây mảnh, không dãn, chiều dài l = 1m VTCB không cầu cách mặt đất nằm ngang khoảng 0,8m Đa cầu khỏi VTCB cho sợi dây lập với ph-ơng thẳng đứng góc 0 = 600 bng cho chuyển động khơng vận tốc ban

đầu Bỏ qua lực cản môi trờng (g = 10m/s2).

1 Tính lực căng T A ë VTCB

2 Nếu qua dây đứt mơ tả chuyển động cầu phơng 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 c¬ nang mgh +

2

mv2 = mgh

 v2 = 2g(h

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

Định luật N:

a m T P F  

 T = mgcos  = maht

 T = m (gcos +

l v2

)

áp dụng (1) với VT cầu từ A đến  v2

o = 2gl(1 - cos0)   v0  = 10 m/s

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

Thay sè: T = 0,5.10.(3 - 2cos600) = 10N

2 Chuyển động cầu sau dây đứt

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

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

+ Chọn hệ trục oxy nh hình vẽ ta đợc: 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 =  y =

2

gt2 = 5t2 (2)

Tõ (1) t=

10 x

 thay vµo (2) y =

2

x2 (x; y >0)

l

0

v G m

A

 H

y

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:

0

M mv

2 mH mV

2



 v2 m - v20 = 2gH

 VM  = 102.10.0,8 265,1 (m/s)

Bµi 20:

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

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

1 Tìm chu kì dao động riêng lắc

2 Bè trÝ hai l¾c cho hƯ CB (h×nh vÏ) kÐo m1 lƯnh khái VTCB

gãc  = 0,1 (Rad) råi bu«ng tay

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

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

lß xo sau va ch¹m

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= 0,4

25 , k m

  

 (s)

+ Con lắc lò xo T2 = 2

10 g m

  



2 a) VËn tèc m1 sau va ch¹m:

m1gh = m1gl(1 - cos) =

2

m1v20

gãc  nhá  - cos = 2sin22 2

2

  

V0=  gl 0,1 10 = 0,316 (m/s)

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

khi va ch¹m

+ Gäi v1, v2lµ vËn tèc cđa m1, m2 sau va ch¹m

k m

2 m1

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

2

m1v20 =

1

m1v12 +

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, cầu m1đứng yên, cầu m2 chuyển động với tc bng

vận tốc cầu m1 tríc va ch¹m

+ Độ nén cực đại lò xo

2

kl2=

2

m2v22

 l = v2

02 , 25

1 , 316 , k m2

 

(m) = (cm) c) Chu kì dao động T =

2

(T1 + T2) =

2

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

PhÇn II:

II mạch dao động điện từ lc

Bµi 21:

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

L = 0,2 H 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,  = diện tích đối diện tụ

h) Để mạch dao động thu đợc dải sóng ngắn từ 10m 50m ngời ta dùng tụ xoay Cx ghép với tụ C có Hỏi Cx ghép nối tiếp hay song song với C Cx biến thiên khoảng

Lêi gi¶i 1) E = E® + Et =

2 U LI U

Cu2 20 20

I0= , ) 01 , ( , 10 L Li

Cu2

 

 

= 0,01 (A)

U0= 2

10 10 C Li Cu 2      (V)

+ Chu kì dao động mạch: T = LC 2 5.106.0,2 2 .103   



 (s)

+ BiÓu thøc tÝnh ®iƯn dung C C =

d k S  

 Diện tích đối diện tụ S =

 d k C

Thay sè S =

1 10 10 10

5 6 3

 = 565,2 (m2)

+ Khi cha ghÐp Cx

 = vT = 3.102.2.10-2. = 6.105 (m)

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

 = 2v LC

VËy Cx ntc

Cx C Cx C ) C Cx ( C C C

x b   

 

Bình phơng vế:

Cx C x 2   

  Cx= C

1 x 2   

+ x = 10m  Cx =

6 10 , 1 10 10 10         

  (F)

+ x = 50m Cx =

15 10 , 10 10 10         

  (NF)

KÕt luËn: Cn + Cx

1,4.10-16 C  3,5.10-15F

Bµi 22:

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 lµ I0 = 10A

b NÕu thay tơ ®iƯn C tụ C' bớc sóng khung tăng lần Hỏi bớc

sóng khung mắc C' C song song, nối tiếp? Lời gi¶i

a TÝnh bíc sãng

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

2

Li C

q 

E = E®max = Etmax

2 LT C

Q20 02 

Do LC = 2

0

I Q



0 I Q LC 

Bíc sãng : T = 2 LC

 = C.T = 2.C LC = .3.108 



10

10

188,4 m b Bíc sãng cđa khung

+ Khi cã tô C:  = 2c LC

+ Khi cã tô C' : ' = 2c ' LC

2 C

C

' '  



 

4 C

C

'   C

' = 4C

+ Khi C nt C': C

b1 = C

5 C

C C C

C

C

' '

 



Bíc sãng 1 = 2    

5 LC c C L c

 1 = 168,5 m

+ Khi C // C'

Cb2= C + C' = 5C

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

Bµi 23:

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

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

làm thành Mdđ lối vào máy thu vô tuyến điện (mạch chọn sóng) a Xác định khoảng bớc sóng tải sóng thu đợc với mạch

b Để bắt sóng 19,2m phải đặt tụ xoay vị trí

hëng

Lêi gi¶i

a Khoảng bớc sóng sóng thu đợc với mạch dao động - Bớc sóng sóng vơ tuyến

 = 2c LC

+ XÐt C = C1 = 10pH = 10-11 F

M = 2c LC1 = 2.3.10

8 11

10 10

2   = 8,4 m

+ XÐt C = C2= 790pF = 49.10-11F

2= c LC2 3.10 2.10 6.49.10 11  



 

 = 59m

Vậy mạch dao động 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

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

VËy ph¶i xoay gãc 

 = 15,7

10 490

) 10 , 51 ( 180

 



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

3

10 10 R

l R U

 



 = 10-2A = 1mA

Bµi 24:

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

tÇn sè gãc  = 48 Rad/s NÕu C1 nèi tiÕp C2 råi mắc với cuộn cảm mạch dao

ng vi tần số góc ' = 100 Rad/s Tính tần số dao động mạch có

mét tơ mắc với cuộn cảm

Lời giải Khi dùng C1// C2ta cã:  =

) C C ( LC

1 LC

1

2 1 

Khi dïng C1nèi tiÕp C2 ta cã ' =

2

2 '

C C

C C L

1 LC

1

Khi dïng C1 ta cã 1=

1 LC

1

Khi dïng C2 ta cã 2=

2 LC

1

Suy 2

1 + 22 = (')2 21+ 22 = 10022

2 2

2 2

  

  

= 2 2

1.22= 180022

Gi¶i 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 mạch dao động có L = 2.10-6H, C = 8pF = 8.10-12

1 Năng lợng mạch E = 2,5.10-7J Viết bt dòng điện mạch bt hđt

gia tụ Biết t = cờng độ dao động cực đại

2 Thay C C1 C2 (C1 >C2) Nếu mắc C1 C2 nối tiếp tần số dao

ng ca mạch 12,5 MHz Nếu mắc C1//C2 tần số dao động mạch

b»ng MHz TÝnh tÇn số mạch dùng C1 C2 với cuộn cảm L

Lời giải Biểu thức lợng mạch

E =

2

2

0 CU

LI

  I = 0,05

10

10 , L

E

4



 



(A)

U0 = 250

10

10 , C

E

12



 



(V) + T¹i t =

i = I0cos = i O đạt cực đại

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

+ TÝnh :  = 4 12

10 10

1 LC

1

 

 = 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 LC    

Khi m¾c C1//C=2 th× f' =

2 ' 2 L(C C

1 LC    

Khi mắc C1 f1 =

2 LC

1

Khi mắc C2 f2 =

2 LC

1 

NhËn thÊy f2

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



 22

2 2 f f f f

(f')2= 62 f2

1.f22= 62 12,52

Gi¶i 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

Bµi 26:

Trong mạch dao động vô 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?

Lêi gi¶i Bíc sãng:  = vT = c.2 LC

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

Độ tự cảm L đợc xác định: L = 2 2 2

2 C C  

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

L1= 2 2 2 8 2 2 12

2 10 ) 10 56 ( ) 10 ( 40 C C       

H = H

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

L2= 8 2 2 12

Vậy độ t cảm L nằm giới hạn 8H  L  2,84mH Bài 27:

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

xoay

1 TÝnh L vµ C0

2 Để mạch thu đợc sóng có bớc sóng 0= 20m góc xoay tụ

bao nhiêu?

c = 3.108m/s

Lời giải Tõ CT  =

b LC 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



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 1 0

1

 



= 9,4.10-7 H

0= 2.c L(C0 C3)

 C3=

L c 2

2

 

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

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

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

Nh vËy Cx = 10 + 2

Khi  = 0 th× Cx = C3= 100pF

Bµi 28:

Cho mạch dao động gồm cuộn dây cảm có độ tự cảm L = 2.10 -4H, C = 8pF Năng lợng mạch E = 2,5.10-7J Viết biểu thức cờng độ

dòng điện mạch biểu thức hiệu điện tụ Biết O thời điểm ban đầu cờng độ dòng điện mạch có gt cực đại

Lời giải Tần số góc  mạch dao động

 = 4 12

10 10

1 LC

1

 

 = 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 ®b t = ; i = I0

 cos =  = Năng lợng mạch E =

C Q

LT02 20 

I0=

4

10

7 10 25 L

E





 = 5.10-2 A

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

 i = 5.10-2cos (25.106t) A

U =

C Q0

sin(25.106t) = 250.sin (25.106t) (V)

Bµi 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 lợng điện từ trong

mạch, biết hđt cực đại tụ điện 120mv Để máy thu thu đợc sóng điện từ có bớc sóng từ 57m (coi 18m) đến 753 (coi 240m) Hỏi tụ điện biết thiên khoảng

Lời giải * Tổng lợng điện từ mạch

E = Eđmax=

2

) 10 120 ( 10 2

CU20 10 3

 = 1,44.10-12

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

 f =

LC

1 f

C

   

C =

L c

4 2

2

 

Víi  = 1= 18 th×

C1= 2 8 2 1

2

10 ) 10 (

) 18 (







= 0,45.10-9F

Víi  = 2= 240 (m) th×

C2= 2 8 2 6

2

10 80 10

) 10 (

) 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 lợng điện trờng tụ điện lợng từ trờng

trong cuén d©y

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

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

Chuyển K từ VT1 sang VT2 Cứ sau khoảng

thời gian nh nhau: T1= 10-6s lợng tụ

điện, cuộn cảm

a) Xác định cđdđ cực đại cuộn dây

b) Đóng K1 vào lúc cđdđ cuộn dây đạt max Tính lại hđt cực đại cuộn dây

Lêi gi¶i 1) Phơng trình: q = Q0 sint

Biểu thức lợng điện trờng tụ C: Wc=

C Q C

q2 20

 sint = W0 sin2t

Biểu thức lợng từ trờng cuén c¶m L:

WL = cos t

C Q t cos ) Q ( L ) q ( L Li

1

2

2

'

 

 



 = W0 cos2 t

E C1

C

2

k

1

k

2

1

2 a) Tìm chu kì biên độ Wc = WL

Wc= WL cos t

2 LT t sin C

Q 02

2

0   

cos2 t- sin2t = 0

 cos (2t) =  2t=

200 k 200

1 t k

       

Chu k× bt Wc= WL lµ

t = tk+1 - tk=

4 T 2



Do T = 4T1= 4.10-6

+ §iƯn dung cđa bé tơ Cb= C1

 W0=

U C 1 20

với U0là hđt cựcđại tụ  U0= E = 4V

Suy C1= 2

6

0

4 10 U

W

4 

 = 0,25.10-6 F

Cb= 0,125.10-6 (F)

T = 2Cb f

1 

  L =

b

2

C

T 

W0 = LT02  I

0= 2WaCb

T L W

2 



Thay sè: 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 nhng nl mạch lµ W0

Hđt cực đại U1giữa đầu cuộn cảm hiệu điện cực đại tụ C1

W0=

2 U U U C U C

1 0

1 2

Phần IV :

hệ kính - gơng

Bµi 1:

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

20 72

20 72 f d

f d

3

 

 = 27,7 (cm) >

Tính độ phóng đại ảnh + k1=

70 28 d

d   

+ k2 =

22 22 d

d '

   

+ k3=

72 , 27 d

d '  

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

* KÕt luËn

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

Bµi 32:

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

L

1

0

1

G

2

L

2

d

1 d'1 d2 d2 '

d

3 d '

 cm

 k = k

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' =

15 60

15 60 f d

f d

2



 = 20 (cm) > 0

(k'=

3 18

60

) 18 ( 20 d

d d d

1

' '

2    )

* Kết luận

+ ảnh S'là ảnh thật, cña TK 40cm

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

20 cm Bµi 33:

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

Lời giải Gọi quang tâm TK

Gọi G giao điểm TC 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

G M¾t

TK O

GP G

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

d' = 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

3

    

  

Theo ®b A3  G  A3 ảnh ảo nên d'3 = - A

Do :

f a

f af

2

2

 

= - a  2af - f2 = - 2a2 + 2af

 f2 = 2a2  f =  a 220 2

VËy TK sư dơng cã thể TKHT tiêu cự f1 = 20 cm

hc TKPK : f2 = - 20 cm

Bµi 34 :

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

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

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

Lêi gi¶i

a CMR : Có VT M để thu đợc ảnh rõ nét

+ Khi đặt AB TK GP có tuyến tạo ảnh AB

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

AB TK A'B'

M

d d'

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

thËt víi TK, cho ta ¶nh thËt A2B2

AB A1B1 A2B2

d1 d1' d2 d'2

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

Chøng tá có VT M cho ảnh rõ nét

* Gọi x khoảng cách từ vật gơng 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  d1' = a x f

f ) x a ( f d

df

 

  

K = - dd' a xf f

 



 (1)

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

f d

 

  

2

K' =

f x a

f d

d'

 

  

2

2 (2)

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

f x a f x a f x a

f f

x a

f

       

   

 3

 a + x - f = (a - x - f)

 x =

2 f a 

Thay sè : x =

2 12 24 

= (cm) Bµi 35:

TKG O

Một hệ gồm TKHT tiêu cự f = 12cm, đặt trục trớc gơng cầu lõm, bán kính R = 10 cm Mặt phản xạ gơng hớng TK Khoảng cách G TK a = 35cm Điểm sáng S đợc đặt trục chính, cách TK khoảng 20 cm mt khong 20cm

Vẽ hình

Lời giải * S§TA

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

2 f

f

f f d

d

2

 

  d

' 2= 

f2 = 5(cm)

2 10

 

+) d3 = a - d'2 = - 

Ta cã : '

3

1 d

1 d

1 f



  d'

3= f1= 12 (cm)

Vậy ảnh cuối S3 n»m cïng phÝa víi *** TK, cã ** TK 12cm

Bµi 36:

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

40cm Mặt phản xạ gơng hớng TK Một vật AB phẳng đặt TC đặt khoảng TK, G cách TK 30cm

a Xác định AB qua hệ

b Vẽ ảnh đờng chìm tia sáng

Lời giải 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

1

d1 d'

TuyÕn t¹o ¶nh 2: AB A1l1 A2B2 l = 40cm

d1 d1' d2 d'2

+ XÐt ¶nh A'b'

d' =

20 30

20 30 f

d df

1

 

 = 60 (cm)

k1=

30 60 d

d'



 = -2

KÕt luËn: ¶nh A'B' ảnh thật cách TK 60 cm, ngợc chiều vật 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

1

    f

d f d

cm k = 1,2

d d

d d

2

' '

 

* KÕt luận: ảnh A1B2 ảnh thật, cách Tk 28 cm, ngợc chiều 1,2

2

lần vật

Bài 37:

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

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

Lời giải *SĐTA

S S1 S2 S'

0

2 A1

B

1

¢ E

1 F'

1 A

2

B AB'

A'

TK

GC G

d1 d1' d2 d'2 d3 d'3

+) d1= 15 cam

fk= 10 cm

Theo đb: ảnh S' qua hệ trùng với S d = d'3

L¹i cã '

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=

fg d

fg d

2

  d

2

2 - 2d2fg=

 d2(d2- 2fg) =

+) TH1:d2=  l = 30 (cm)

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

Bµi 38:

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 trục, cách L1 khoảng a = 10

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

1 = = 30 (cm)

d2

2- 2d2fg =

0 F

1 F1

' S

S'

S

1  S2 G

S

1 trùng với đỉnh g ơng

S

1

F'

1

G

F

1

S

Xác định (VT, TC, độ lớn) cho hệ

3 - Thay vào VT L' gơng phẳng G đặt nghiêng góc 450 so vi

trục L, hớng mặt phản x¹ vỊ phÝa L

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

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'      

+ 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' = 60(cm) 20 30 20 30 f d f d 1    

d2 = l - d1' = 10 - 60 = -50 (cm) d2' = (cm) 30 50 25 50 25 50 f d f d 2 2        k = AB B A d d d d 2 ' '     

 (cm)

3) Thay L' gơng phẳng G nghiêng 450

* VÏ ¶nh

450

L

 d'= 60(cm)

20 30 20 30  

 d'= 20(cm)

20 10 20 10   

L L' B

A

L L'

A B F F F ' A

2 F2

3) Thay L' gơng phẳng G nghiêng 450

SĐTA AB A2B1 A2B2

Vị trí A1B1 (nh câu 2): d cách TK 60cm sau gơng phẳng 50cm A1B1 ảnh ảo TK,

vật ảo gơng phẳng nên cho ¶nh thËt A2B2

A1B1 A2 B2 đx qua gơng nên độ lớn A2B2 độ lớn A1B1 (

1 '

d d

)*AB =

1 30 60

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

Bµi 39:

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

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

a) G¬ng phẳng vuông góc với TC b) Gơng phẳng nghiêng 450 so với TC

Lời giải 1- Vị trí ảnh S' cña TK

d'= 120

30 40

30 40 f d

f d

  

 (cm)

¶nh S 'nằm TC, ảnh thật, cách TK 120 cm

2 - VT ¶nh cđa S qua hƯ TK + GP' a) Gơng phẳng vuông góc với TC

S§TA: 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'

+) d3' = 60 30 60

30 60 f d

f d

3

3 

 

 cm

VËy S3 ảnh thật, nằm TC, cách TK 60cm

b) Gơng phẳng nghiêng 450 so với TC

Chùm sáng sau ló khỏi TK (tạo ảnh S1) gặp gơng S1là vật ảo gơng nên

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

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

Bµi 40:

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

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

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

2 VÏ ¶nh cđa vËt AB t¹o bëi quang hƯ

Lời giải Theo đầu bài: đính gơng I trùng với F'

2

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

f2 = f

R 1



(cm)

Khoảng cách TK G a = 10(cm)

S

3 S S2 S1

S

S

S

a F'

1 I

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

* S§TA

AB A1B1 A2B2 A3B3

d1 d'2 d2 d2' d3 d'3

d'

1 = 10

10

10 f d

f d

1

1

1 

 

 (cm)

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

d' =

3 20 20

5 20 f

d f d

2

2

2 

 

 (cm)

d3 = a = d'2= 10 -

3 10 20

 (cm)

d' 3=

10 10

10 10



= - (cm)

K =

3 10 20

) ( 20 ) 10 ( d

d d

d d d

3

' ' '

 

  

= -1

Vậy ảnh A3B3 ảnh ảo ngợc chiều với vật cách TK5cm lớn vật

2) VÏ ¶nh A3B3

TK G TK

A

1 A

B

B

B

B A A

2

0C I

PhÇn V:

hộp đen

Bài 11:

Nhiu hp giống nhau, ngời ta nối đoạn mạch gồm hộp khối mắc nối tiếp với điện trở R = 60 đoạn mạch đợc đặt vào hiệu điện xoay chiều tần số 50Hz hiệu điện sớm pha 58 so với dòng điện mạch

1 Hép kÝn chøa tơ ®iƯn hay cn c¶m

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 tiÕp

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

VËy hép chøa cuén c¶m * T×m L:

Ta cã: 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) Tỉng trë cđa m¹ch Z = 2 L

2

96 60 Z

R     113 ()

Bµi 24:

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

Cng dao động mạch nhanh pha /60 so với hiệu điện hai đầu đoạn mạch

a) Hai phÇn tử phần từ số R, L, C?

b) Biết biên độ hiệu điện cờng độ dòng điện lần lợt U0 =

40V I0 = 8,0 A, tần số dao động f = 50Hz Tính gia tốc phần từ

Lêi gi¶i

a)Gi¶ sư đoạn mạch có phần tử R

Nh X1X2 hai phần từ L, C

Gọi góc hợp với U;I

tg =

R Z ZL c

=  = tg 2  v« lÝ 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 =

-3 ) ( tg R ZC

    

 3ZC = R (1)

Mặt khác: Z =

8 40 I U Z R

0 C

   

R2 + Z2

C = 25 (2)

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

 R = 2,5 ()

VËy R = 2,5

C =

   





C

10 100 ,

1 Z

1

(F)

Bµi 43:

Cho mạch điện nh hình vẽ

X hộp đen chøa phÇn tõ L1, R1,C1 nèi tiÕp

UAN= 100sin100t (V)

UMB= 200sin (100t - /3)

 = 100(Rad/s) =

LC

1) ViÕt biÓu thøc Ux theo thêi gian t

2) Cho I = 0,5 2A TÝnh Px , t×m cÊu tạo X

Lời giải

N C

B A

* ZL = L ; Zc=

C

 ZL = ZC

LC

=  2LC= 1

* UL UC 0

* UAL UL UX * UMB U0 UX Víi UMP= 2YAN= 100

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

XÐt OHK ; HK = 2U2= 2UC

 HK= 50

3 cos 100 50 ) 100 ( ) 50

( 2     UL = UC = 25 (V)

* Định luËt hÖ sè sin

  

 

 sin

2 100

2

6 50 sin

CK

3 sin

HK

  = 900

 vect¬ UL ()

L

U  UAN

UAN cïng pha víi

UX hỵp víi UAN mét gãc X

tgX =

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 

 X chøa R1

VÕ tr¸i : X chøa 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

Công suất tiêu thụ X PX = UxI cos X

= 25

14 25

2 50 , 14 25 U

U , 14

ò

AN  = 50W

§é lín R1: R1=

2 ,

2 50 I

U I

UR1 AN 

 = 100

ZC1= ZL =

2 ,

6 25 I

UL

 = 50 3

Tóm lại: Mạch điện có dạng cụ thể sau

Bài 44:

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

Tơ ®iƯn C = 10F 

Hộp kín X chứa

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

1) Hỏi hợp X chứa điện trở hay cuộn cảm Tính giá trị 2) Viết biểu thức dòng ®iƯn tøc thêi m¹ch

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

Lêi gi¶i

1) Vị trí dao động mạch sớm pha /3 so với hiệu điện nên mạch có tính chất dung kháng

M¹ch chứa C X (R L) Vậy X ®iƯn trë thn R

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

Theo gi¶ thiÕt

tg R

đ

U U U

U

3    



R =

3 100 Z

C 

 ()

N C

1

B A

M

Lr#0 R C

1

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

Tỉng trë cđa m¹ch Z =

3 200 100

3 100 Z

R

2

C

 



 ()

Cờng độ dòng điện hiệu dung: I =

3 200 100

= 0,3 (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) C«ng thøc tÝnh c«ng suÊt: P = UIcos AB = U

y U Z

R U Z R Z

U 2

 

y =

* C * *

2 C *

R Z R R

Z ) R (

  

§Ĩ Pmax  umin

L¹i cã R*.

* C

R

Z = Z2

C = cost  ymin

R*=

* C

R

Z R* = Z

C= 100 ()

R = 100 ()

VËy ®iƯn trở theo phải mắc nối tiếp R* = R + R' R' - R* = 100 -

3 100

 42,3 () Bµi 45:

Cho mạch điện xoay chiều nh 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 cã biĨu thøc U = 200 2sin100t (V) th× 0,8A

và h số công suất dòng điện mạch 0,6

Xỏc nh cỏc phần tử chứa đoạn mạch X độ lớn chúng biến C0 =

 

10 (F)

R<R*

A

A M B

A

Lêi gi¶i

* TÝnh Zc0 : ZC0 =

) Ω ( 20

2 10 100

1 C

1

3



 

Theo đầu : 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 L R C

+ TH1: X gồm R vµ L Z1

X = R+2 + Z2L  ZL = 30 44

L =

    

2 100

44 30 ZL

(H) +TH2: X gåm R vµ ZC

T¬ng tù ZC = 30 44

C =

 

  



C

10 56 , 44 30 100

1 Z

1

Bµi 46:

Cho đoạn mạch AB gồm hộp kín X chứa phần tử (cuộn dây cảm tụ điện) biến trở R nh hình vẽ Đặt vào ®Çu 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, cờng độ dao động qua mạch có giá trị hiệu dụng A Biết cờng độ dao động sớm

pha hiệu điện

Tớnh in dung t in độ tự cảm cuộn dây, bỏ qua điện tr dõy ni Li gii

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

ZAB = 250(Ω)

8 , 200



2) Biểu thức công suất mạch ®iÖn P = UI cosAB = U

y U Z

R U Z

R Z

U

AB

AB AB

 

U = cost Pmax Ymin

Víi y =

R Z R R

Z R R

Z2AB 2C 2C

   

NhËn xÐt: R Z cost y  K R

Z

min

C C

R

Z2C R = Z

C

VËy 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 =

  

 



C

10 100 50

1 Z

1

(F) Bµi 47:

Cho mạch điện nh hình vẽ

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

 

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 th× UAM = 182 2sin(100t -

2 

) (V) uMB = 60 2sin 100t (V)

a) ViÕt biÓu thøc uAB

b) Xác định phần tử X giả thiết chúng

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

mạch

Lêi gi¶i 1) ZC =

  

 

3 10 100

1 C

1

Khi R = R1= 90 th× tg  AM =

90 90 R ZC

 =

 AM =

4  

AM

U trÔ pha 4 so víi i

AM

U trƠ pha

2 

so víi UAM VËy X ch¾c chắn có L1

Lại có tgMB=

1 C L

R Z

Z 

Nếu X không chứa R1 tgMB = tg

2

  v« lÝ

 X chøa R1

Vậy phần tử X L1 vµ R1

tgMN = R Z

1

L  R

1 = ZL1

* Biểu diễn vectơ UAM ; UAB GĐVT (trôc gãc i)

+

60 180 U

U

MB

AM    U

AM= 3MB

vµ  AM + MB=

2

OEK vuông

Tại E :

AM

MB

AB U U

U   = 1802 + 602= 36000

UAB = 60 10

IKE UB1 = UL1

2 MB

1 L

1

R U U

U  

I =

90 90

180 Z

R U Z

U

2 2

C

AM AM

AM 

  

 (A)

ZL1 = R1 =

2

30 = 30 ()

tgAB =

2 30 90

90 30 R R

Z Z

1 C

L 

    

AB  -26,5 27

MB

U sím pha /4 so víi

 U

Ph¬ng tr×nh 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 víi

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

* NhËn xÐt: (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)

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 (    Bµi 48:

Cho mét xoay chiỊu nh h×nh vÏ UAB = 120 2sin (100t) (V)

1) K đóng  I = 2A, dịng điện lệnh pha 300 so với U

AB TÝnh L, r

2) K më I = 1A, UAM lƯnh pha 900 so víi UMB

a) TÝnh công suất toả nhiệt X

b) X gồm phÇn tư R1, L1 C néi tiÕp Tìm cấu tạo X

Li gii 1) Khi K đóng mạch điện nh sau

khi UAM = UAB = 120 (V)

ZAM =

2 120 I

UAM

 = 60 () Z2L + r2 = 602 (1)

Pmax = 300W

Lại có: dao động lệch pha 300 so với U

AB (UAB = UAM)

 tgAM= Z r

3 30 tg r Z

L

L     (2)

Tõ (1) (2) ZL = 30 

r = 30

2) Khi K më UAM UMB

Mặt khác UAM sớm pha 300 so với i

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

tgMB = Z 3R

R Z

C

C   

 (3)

+ V× UAM UMB UAMUMB UAB  U2

AB = 1202  602  3 (V)

RMB = 60 ()

Ta có phơng trình R2 + Z2

C = 3602 (4)

Tõ (3) (4) R = 30 ()

ZC = 3R = 90 ()

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

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

Bµi 49:

Cho mạch điện nh hình vẽ:

X1, X hai hộp hộp chứa

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

Khi m¾c hai điểm AM vào nguồn điện chiều (A) 2A, (V1)

60V Khi mắc AB vào nguồn xoay chiều tần s 50Hz (A) 1A, vôn 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 dòng điện 2A chạy qua mạch X không chứa tụ điện X chứa L1và R1

300

U

AM

L

U

T

U

i

MB

U trƠ pha h¬n i mét gãc 600

 U2

AB = U

AM + U

2 MB

A

V2 V2

M

R1=

2 60 I U

 = 30 () (1)

* Khi m¾c AB vµo ngn xoay chiỊu: UAM = 60 V, I = 1A

 ZAM = 60

1 60

 ()  R2

1+ Z2L1 = 602 (2)

Tõ (1) (2) R1 = 30 

ZL1 = 30 3

L1 =

    

3 , 100

3 30 ZL1

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

1 60

 ()

AM

U sím pha h¬n i mét gãc AM

tgAM= R

Z

1 L

 AM= 60

MB AM U

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

tgMB= 3

1 )30 (tg R

Z Z

2 2C 1L  

R2 #0

Y chøa R2

VËy Y kh«ng chøa ZL (Y gåm R2 vµ C2)

2 C 2

2 C

Z R R

Z

  

  R2= 30 3

ZC2= 30 

L¹i cã R2

2+ Z2C2= 602

Bài 50:

Cho mạch điện XC nh hình vẽ

A (A) nhiệt, điện trở R0 = 100, X lµ hép kÝn chøa phÇn tư (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

K

M N

C

A

P R

hộp X chứa phần tử Tính giá trị chúng

2) Khoỏ K ngắt, thay đổi f thấy (A) trị số f = f1 f=

f2 BiÕn 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:

chØ 1A  I = 1A ZND= 200

1 200

 

R2

0 + Z2C0 = 2002 ZC0 = 100 ()  C0=





3 10

(F) b) Khi K ng¾t:

DN MD U

U 

MD

U trÔ pha so víi i mét gãc MD tgMD= R

Z

c C 



MD = - 60

VËy DN sím pha 30 so víi i

 X chøa RB vµ ZL

tgDN= L

C R 3Z

3 R Z

  

*cđđd mạch cực đại nên xảy cộng hởng ZL = ZC0 L =

0 C

 

2LCo = 1

L =  

  

 

3

3 10 100

1 Co

1

4 2

2 (H)

R = 3ZL .L 3.100 300 

 



 

b) Khi thay đổi có giá trị ddđ I1= I2

2 MN MN

Z U Z U

 Z1 = Z2

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

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

 L (1+ 2) =

2

2

0

) (

C

 

  

 2(f1- f2)(L+ ) C f f

1

0 2

 = (1)

(f1# f2  f1 - f2 #0)

 L+

0 2

C f f

1

 = (v« lÝ) lo¹i

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

L(1 + 2) =

2

2

( C

1

 

  

) 12 =

o 2

0 LC

1 f

f LC

1

  

Thay sè f1f2=

   

3

1

2 = 2000

Theo đầu f1+ f2= 125

f1 = 25Hz

f2 = 100Hz

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

Z1co = 200

C L

1

0



 

I = 2 2

150 400

200 Z

U



 0,42A  tg =

8 3

 = 0,65

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

Z2c6= 50

C f

1

0



  tg =

3 R R

C Z

0 L

2 

 

=0,05  u/i =

180 33

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

i2= 0,42 2sin(200t - 0,58) (A)

Phần III

kính lúp Bài 1:

Mt ngời mắt khơng 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 trớc

Lêi giải *SĐTA

AB A1B1 A2B2

d1 d'1 d2 d'2 l =

+ tg0 =

0 OC

AB

+ tg =

1 ' 1

1

d AB d

l AB K A

0 B A

  

víi l =

K =

1 '

d d

* Độ bội giác G =

1

0

0 d

D d

C tg

tg

  

  



(*) G nghịch biến với d1

1) Ngắn chừng ë ®iĨm cùc cËn : d1 = d1min= diC

d2 = d2C = OA1 = OCo = §

d'

1= d'1c = l - d2c = - §

d1= d1c =

10 §

§ 10 f §

f § f d

f d

' c

' c

    

Gmax = GC = 3,5

10 10 § §

10 ) 10 (§ § d

§

C

    

 § = 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)

Bµi 2:

Một ngời quan sát tem cổ kính lúp f = 5cm Mắt đặt tiêu

PKL 01

điểm ảnh kính lúp  l = f gh nhìn rõ mắt từ 1050cm 1) Xác định phạm vi dịch chuyển vật trớc kính lúp

2) Cho suất phân lý mắt = 3.10-4 Rad Hỏi khoảng cách ngắn

mt gia điểm vật mà mắt ngời ngày phân biệt đợc bao nhiêu? (trạng thái điều tiết cực đại)

Lêi gi¶i AB A1B1 A2B2

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

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

1

d f

f d



(v× < d1 < f  d1 < 0) ; l = f

OA1 = f +

1 d

1 d 5 d f

f d1

  

 (0<d1 < 5cm)

L¹i cã 0Cc  0A1  0Cc

nªn 10  + 1

d

d

  50 (0 < d1 < cm)

Giải ta ta đợc

d1C= 2,5 cm  d1 d1C= 4,5 cm < f

2) Quan s¸t ë trạng thái điều tiết tối đa, nghĩa ngắm chừng ë ®iĨm cùc cËn + d1= d1C = 2,5 cm ; A1 Cc

+ Gãc ¶nh  = A10B1 # tg =

Cc

AB K A

0 B A

1

1 

Kc =

d

5 d

f f

c c

1

   

VT  << # tg   =

5 AB 10

AB

+ ĐK suất pli min 

5 AB

3.10-4 AB 15.10-4 (cm)

ABmin= 15.10-4 (cm) = 15m KL

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

Bài 3:

Một mắt bình thờng có điểm cực cận cách mắt Đ = 25, quan sát vËt nhá b»ng KL cã tiªu cù f = 5cm Tính phạm vi ngắm chừng KL trờng hỵp

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 = 0

1F' = f = 5cm

* NC ë ®iĨm cùc cËn

+ d2= d2c= 0Cc = § = 25cm

+ d'

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

+ d1c =

5 20

5 ) 20 ( f d

f d

' c '

c

1 

 

   

cm + Nc ë cùc viƠn

+ M¾t bt + d2v = 0Cv= 

+ d'

1v = l - d2v= -  = - 

+ d1v= 5cm f

d f d

' v '

v

1 

 

* Khoảng nc d1= d1v- d1c=

6

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

+ d2c= § = 25cm

+ d'

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

+ d1c = cm

26 105 f d

f d

' c '

c

1 

  KL

01

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

+ d'

1v = l - d2v  - 

+ d1v= f 5cm f

d f d

' v

' v

1  

* Khoảng nc d1 = d1v - d1c = - cm

26 25 26 105



Bµi 4:

Mắt thờng 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

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

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

* §é béi gi¸c cđa KL + VËt AB cã < d1< f

A1B1là ảnh ảo nằm gh nhìn râ cđa m¾t

 < d1c d1  d1v < f

+ góc ảnh qua KL

tg = '

2

1

d l

AB K A

0 B A



 víi d'

1=

f d

f d

1 



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

tg0 =

§ AB Cc AB



+) G = '

1 l d

.§ k tg

tg

  



KL

KÕt qu¶ G =

1 d ) f l ( lf

§ f

 

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

f §

Vậy với với cách nc G = 2,5 cost 10

25 f §

  

2) Mắt đặt quang tâm l =

a) Khi mắt không điều tiết: NC điểm cùc viƠn + M¾t bt  d2v = 0Cv = 

+ d'

1v = l - d2v = -

+ d1v =

f d

f d

' v

' v

 = f = 10 cm

VËy G = Gv = 2,5

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=

3 25 f d

f d

' c

' c

1 

 cm

VËy Gc =

3

3 25 25 d

§

c

 

c) Khi vËt c¸ch TK b = 8cm G =

8 25 b §



3) Mắt đặt sau TK a = 5cm l = 5cm a) NC CV

+ d2v= 

+ d'

1v= l = d2v= -

+ d1v= f = 10cm

 Gv= 2,5cm

E §



+ d2c= § = 25cm

+ d'

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

+ d1c =

3 20 f d

f d

' c

' c

1 

 cm

Gc=

c) VËt c¸ch KL b = 8cm  G =

8 25 b §



Bµi 5:

Một ngời 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 trớc 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

+ Gãc ¶nh = A10B1 = 010I

tg =

f AB l

AB 0

0 I A

B A

1 1

1

1   

do <<    tg   =

40 f AB

 (Rad)

2) Ph¹m vi nc cđa KL

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

4 12 f

d f d '

c

' c

1 

 

  

* NC ë ®iĨm cùc viƠn

KL 01

+ d2v = 3cm

+ d'

1v = l - d2v= -36 cm

+ d1v = 3,6cm

36 36 f

d f d

' v

' v

1 

 

  

Vậy phạm vi nc KL 3cm, 3,6 cm 3) Độ bội giác

+ Mt t sau KL cm l = 2cm

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

+ d'

1 = 28cm

4 ,

4 , f d

f d

1

    

Độ phóng đại K1=

1 '

d d 

=  K1 =

* Ta cã:

+ Gãc ¶nh qua KL  = A10B1

tg =

75 28

1 , d l

AB k A

B A

1 1

1

1 

   

+ Gãc vËt trùc tiÕp  vật điểm cực cận tg0 =

120 12

1 , Cc

AB

 

* G = 3,2

tg tg

0

 

  



 G = 3,2 Bµi 6:

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

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

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

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 đợc qua KL, biết ns pli mắt 3.10-4 Rad.

Lêi gi¶i * S§TA

AB A1B1 A2B2(vmac)

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

+ Khoảng nhìn rõ m¾t 1/3m; 0,5m 1) TÝnh f:

+ Mắt đặt tiêu điểm ảnh KL  l = f + Ngắm chừng điểm cực cận

d2c= cm

3 100 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

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  

   

+ Kho¶ng nc: d1= d1v- d1c= 0,04 cm

 0,04

100 t 100 f

3 50

f 50

f2

 

  

 f2=  f = >0

VËy tiªu cù cđa KL f = 2cm 2) l = cm

a) GV:

* Lập công thức tính tổng quát nh bµi + G =

1 d ) f i ( lf

co f



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

d1v = 1,92cm

50 f 50 f2

 



 GV = 17

92 , ) (

3 100

 



3) ChiỊu cao tèi thiĨu

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

 =

Cv

AB K A

0 AB

K 1

1



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

KÕt qu¶

10 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 KL no vơ cực

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

0Cc = 25cm mt t sỏt kinh

Lời giải + SĐTA

AB A1B1 A2B2(Vâng m¹c)

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

G =

1 d ) f l ( lf

§ f

 

Víi l =

§ = 25 cm, f =

b

= 0,1m = 10cm Suy G =

1 d 25

1) Nc vô cực

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

Khi G = 2,5

10 25



2) Nc ë ®iĨm cùc cËn

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

f C d

' c

'

1 



GC=

5 ,

7 50 25



K = - 3,5

7 50 25 d

d

c '

c

  KL

Bµi 8:

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

đoạn x2 để quan sát ảnh ảo AB qua KLúp

LËp CT tÝnh G theo x1 , x2

BluËn kết

Lời giải *SĐTA:

AB A1B1 A2B2(vmac)

d1 d'1 d2 d'2 l = 010

+ G =

1 d ) f l ( lf

§ f

+ A1R1 ảnh ảo d'1 <  d1  f

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

+ Mắt ngời quan sát cách tiêu điểm ảnh khoảng x2 nên

l = f + x2  f (001F')

l = f - x2 f (0 01F')

NÕu: l = f + x2 G =

2

x x f

§ f 

l = f - x2  G =

2

x x f

Đ f

* Bàn luận:

NÕu x1=  d1= f

G = const f

D

 d1

NÕu x2=  l = f

G = const f

D

 d1

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

XÐt hs G = G (d1) =

lf d ) l f (

§ f

1  

TX§: d1 d1c ; d1v = D

Đặt V = (f-l)d1+ lf

VËy cã TH:

KL

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

f §

 d1 D

TH2: G'>  l> f G ®biÕn víi d

1 D

Gmax= GV= KV

Cv

§

Gmin= GC= KC

TH3: G'<  0< l < f G nbiÕn víi d

1D

Gmax = GC = KC

Gmin= GV KV

Cv

Đ

Bài 10:

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

Tìm Gminvà phạm vi dịch chuyển trớc kính

Lời giải * SĐTA

AB A1B1 A2B2(vmac)

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

G =

1 ) (l f d lf

fD  

 G =

1 d

§

Víi f = 10cm l = NhËn xÐt: G =

1 d

§

 G nbiÕn víi 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= 3,5

10 b

D 10 f

D f § f d

f d

' c '

c

1 

      

§ = 25 cm

KL 01

M

Thu đợc d1C = cm

7 50

* Ng¾m chõng ë cùc viÔn:

d2V =   d1V' = l - d2V = - d2V = 

d1V = f 10cm f

d f d

' V

' V

1  



 Gmin= GV = 2,5

10 25 d

§

V



 s

 KC dÞch chun

7 50

PhÇn VII

kÝnh hiĨn 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

+ Chïm tia ló khỉ thị kính 02 chùm tia sáng song song, góc ảnh = cost với

mọi vế trái đặt mắt

+ 0 lµ góc vật nhìn mắt thờng

tg0 =

§ AB Co

AB

 (1)

+ Dựa vào hình cữ ta có :  = A102B1

Suy tg =

2 2

1 1

1

f AB K F

B A A

B A



 (2)

Đặt = F'

1F2 = l -(f1 + f2) độ dài quang học

Ta cã: K1=

1 ' 1

2 ' 1

1 1

f F

F F I

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

§ 

Bài 2: Thiết lập CT tính độ bội giác KHV quan sát cận điểm vin iờm. Li gii

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

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

0CC 0A2 OCv (020)

+ Gãc vËt 0 tg0 = 0D

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)

Tõ (1) (2) Gc=

0 tg

tg 

  



= Kc = K1C.K2C KL

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 cã tg =

Cv

AB Kv

(3) Tõ (1) (3) GV = KV

Cv

§

ơới K=V = KV1 KV2

Bài 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) Tính Gc, Gv (mt t sỏt th kớnh)

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 trớc VK * Ngắm chừng 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 '

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 '

c

1 



* NC ë ®iĨm cùc viƠn A2 Cv

+ d3v = 0Cv = 50cm

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

 d2v = cm

27 100 f

d f d

2 '

V

2 '

V

2 



+ d'

1v - l - d2v = cm

27 359

KL 02

M 02

 AB xa VK nhÊt d1v = cm 332 359 f

d f d

1 '

V

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 bµi 2: + Gc= Kc =

c c

' c '

c

d d

d d

Gc = 61 + Gv = Kc

Cv

§

Kv = 166

d d

d d

2 v

' v '

v

1 

KÕt qu¶ Gv = 49,8

249 

Bµi 4:

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

của TK để quan sát ảnh ảo A2B2 vật AB rt nh

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

15 16

 tríc

VK TÝnh f1 0Cc

2) Biết suất phân li min= 2.10-4 Rad

Tính khoảng cách điểm vật mà ngời phân biệt đợc nc cn im

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 lµ

15 16 d 1515 1616

1 

 cm

 d1c =

1515 1616

cm d1v =

15 16

cm

VK 02

TK 02

1) NC ë cùc viÔn : A2 Cv

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

+ d2v = f 2cm f

d f d

2 '

v

2 '

c

2  



 d'

1V = 2V

12 '

v

1 '

V

1 l d

f d

f d

  

cm f ) f 15 16 )( 18 ( f 15 16

1

1     

* NC ë ®iĨm cùc cËn A2 Cc

d'

1C = 16,16cm

f d

f d

1 '

C

1 '

c

1 

 ; d2C = l - d

'

1C = 1,84

d'

2C = 23cm

f d

f d

2 '

C

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 C

' C '

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 có gh nh×n râ 25cm  

1) TÝnh G

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

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 thiết lập đợc G=

2 1f f

§ 

§ = 320

5 , ,

25 16

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

0

     



(1)  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 tiêu điểm TK Tìm Gc, Gv

Lêi 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 ë cËn ®iĨm: A2 Cc

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

d2C =

2 C

2 '

C

f d

f d

 = 2,5cm  d '

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

02

TK 02

M

VK 02

TK 02

Suy d1C = cm 72 37 f d

f d

1 C

1 '

C

 

+ Ngắm chừng điểm cực viễn A2 Cv

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

d2V = 4,5cm 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 



KÕt qu¶ Gc = Kc = 72

d d

d d

c c

' c '

c

1 

Gv = Kv

Cv

§

= 320

d d

d d

V V

' V '

V



Bµi 7:

KHV cã f1= 2mm , f2= 40mm, l = 0102 = 222mm m¾t ngêi quan s¸t cã

khoảng nhìn rõ ngắn Đ = 25cm Mắt đặt sát thấu kính 1) Xác định phạm vi ngắm chừng KHV

2) TÝnh gãc ảnh, biết vật quan sát AB = 4m (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' = ; 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 '

c

2 



d'

1c = l - d2c = mm

29 5438

VËt AB ë gÇn VK nhÊt

VK 02

TK 02

d1c =

1345 2719 f

d f d

1 '

c

1 '

c

1 



* NC ë ®iĨm cùc viÔn: A2Cv

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

d2v = f 40mm d1V l d 182mm f

d f d

v 2

2 '

v

2 '

v

2      



VËt AB ë xa VK nhÊt

d1V = mm

45 91 f d

A d

1 '

v

' 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 G = f f 562,5

§

 

(1)

Vì góc nhá  0 tg0 = Rad

250 10 §

AB 3



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

250 10

4 9 3



Bµu 8:

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

KHV nc cực dới góc tròng = 0,125 Rad 1) Tìm f2 k/c từ v©t  kÝnh

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

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 ë v« cùc d3 =  d'2- 2 - d3  - 

+ Gãc vËt 0 lµ gãc nhá  0 tg 0 =

Cc

AB

VK 02

TK 02

víi AB = 0,1 mm (1)

+ Độ bội giác KHV nc vô cực G=

0 1f f

§ 

  

+ Kết hợp (1) (2) ta đợc .Đ 0 = f1 f2 

(136 - f2) §

§ AB

= 6.f2 0,125

 f2= 16mm

Khoảng cách từ vật đến KHV d1= 6,3mm

f d

f d

1 '

1 '

1 



KÕt qu¶ f2= 16mm d1= 6,3mm

2) ảnh thật Tk 11,6cm, d'

2 = 116 mm

+ d2= 18,56mm f

d f d

2 '

2 '

2 



d1 = l - d2 = 123,44mm

d1 = mm 6,307mm 734

4629 f

d f d

1 '

1 '

1  



+ VËy vËt AB ph¶i dịch xa VK thêm đoạn 0,307 - 6,3 = 0,007 mm

+ K =

3 367

1 ' 

d d

Bµi 9:

KHV cã f1= 1cm, f2= 4cm,  = 15cm

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

Lêi giải SĐTA:

AB A1B1 A2B2 A3B3

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

f1 = cm , f2 = 4cm ,  = 15cm

 = l - f

1- f2 = 136 - f2

 = 0,125 Rad

(2)

VK

1

TK

2

l = 0102 = f1+ f2+  = 20cm

l' = 0

102=

* 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

' 10 f d

f d

c '

c

' c

2 '

c

2     



AB gÇn VK nhÊt d1c= cm

47 50 f d

f d

1 '

c

1 '

c

1 

* NC viênc điểm : A2 Cv

d3v =   d'2v = l' - d3c= - 

d2v=

2 '

v

2 '

v

f d

f d

 = f2 = 4cm  d '

1v = l - d2v = 16cm

AB xa VK nhÊt

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

Bµi 10:

KHV cã f=1= 3mm, f2 cã D = 25 ®p

1) TK nµo lµ VK

2) Một ngời 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 n VK

- Độ bội giác kính

Lời giải 1) TK l1 tiêu cự 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

l = 0102= 20 cm= 200mm

f1= 3mm ; f2= 40mm

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

l' = 0

102 = f2 = 40mm

+ M¾t quan sát ảnh cuối điều tiết tối đa NC ë cùc cËn

A2  Cc  d3c = 0A2 = 0Cc = 140 mm

d'

2c = l' - d3c = - 100mm

Suy khoảng cách từ ảnh trung gian đến TK L2

d2c = mm

7 200 f

d f d

2 '

c

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 '

c

1

+ Đọ dài quang häc cña kÝnh:  = l - (f1-+ f2) = 157 mm

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

d

d d

c c

' c '

c

1  

PhÇn VIII

kính thiên văn

Bài 1: Thiết lập CT tính bội giác nc vô cực Lời giải SĐTA

AB A1B1 A2B2 A3B3 (vâng m¹c)

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

l = 0102 l' = 020

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

d3 = 

 d'

2 = l ' - d3 -d3 = -  d

1

'



d2 = f2  A1 F2

+ VËt AB ë xa v« cùc nªn d1=  ; d'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 lµ thiên thể xa nên góc vật góc vật trực tiếp từ trái

đất góc vật qua quang tâm vật kính Ta có:

tg 0 = cost

F B A F

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 nh sau: tg  =

2 1 2

1 1

1

F B A F

B A A

B A



 (2)

Do , góc << nên

G =

2

0 f

f tg

tg  

  



 G=

2

f f

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

Tính khoảng cách từ VK  TK độ bội giác Lời giải + SĐTA

AB A1B1 A2B2 A3B3 (vâng m¹c)

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

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

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

+ A2B2 ảnh thËt víi m¾t  d3 = 0A2 >

ảnh A2B2 lên Cc: A2 Cc d3 = d3c = 0Cc = 25

+ Ta đợc d'

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

0

TK

2

 d2c = cm 29 100 f d f d ' c 2 ' c

Khoảng cách VK  TK lµ

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

29 3850 29 100  

+ Gãc vËt  : tg0 =

120 B A f

B

A 1 1

1 1



+ Gãc ¶nh  : tg =

Cc B A K A B

A 2c 1

2 2 

Víi K2C =

4 25 d d c ' c 

0Cc = 25cm KÕt qu¶ Gc = 34,8 Cc f K tg tg 1 C 0       

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

Xác định l = 0102 v Gv

Lời giải SĐTA

AB A1B1 A2B2 A3B3 (vâng m¹c)

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

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

+ VËt AB ë rÊt 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 cã: d'

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

Khoảng cách VK TK 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 

+ Gãc ¶nh  = tg  =

Cv B A K A B

A 2V 1

2

2  VT , 

0 << nªn

Gv = Cv f K tg tg V 0      

Thay sè: Gv = 32,4

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

1) Xác định tiêu cực VK TK

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

3) Vật quan sát mắt tròng có góc = 0,01 Rad TÝnh ®k cđa **** qua VK Lêi giải

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

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

l = 0102 l' = 020 =

1) + Mắt bình thờng quan sát trạng thái không ®iỊu tiÕt  NC ë v« cùc

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

d'

2 = e' - d3 = - d3= -  d2= 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)

+ Độ bội giác ảnh nc vô cực (2) G= 30

f f

2

 Tõ (1) (2) f1 = 60cm f2 = 2cm

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

-D

= 0,25 = 25cm

+ Ngêi quan sát ảnh ảo vật qua TKTV mà không đeo kính không điều tiết NC cực 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 '

v

2 

 + VËt AB ë rÊt xa : d1 =   f '

1= f1= 60 cm

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

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

4

 0,148cm 3) §K ảnh ặt trăng

Góc mặt tràng = 0,01 Rad <<  = tg =

1

f B A

A1B1= .f1= 0,6cm = 6mm

Vậy đkmt là: A1B1 = 6mm VK

01

TK 02

Bài 5: VK KTV TKHT tiêu cự lớn TK TKHT tiêu cự bé.

1) Một ngời mắt không tật dùng KTV để quan sát mặt trăng vơ 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 đờng kính ảnh Mặt Trăng tạo VK góc

trông ảnh MT qua TK

Lời giải 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

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



2) §iỊu kiƯn cđa M** 0 tg0 =

2 1

f B A

 A1B1 = 0 f1 = 0,073 cm

+ Góc ảnh MT tạo TK góc ảnh MT tạo KTV Ta cã: G=

0 



 = 0 G= Rad

3500 51 17 3500

3



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

01

TK 02