Đặt một vật phẳng nhỏ AB trước một thấu kính vuông góc với trục chính của thấu kính. Trên màn vuông góc với trục chính ở phía sau thấu kính thu được một ảnh rõ nét lớn hơn vật, cao 4 mm. Giữ vật cố định, dịch chuyển thấu kính dọc theo trục chính 5 cm về phía màn thì phải dịch chuyển màn 35 cm mới lại thu được ảnh rõ nét cao 2 mm. Tiêu cự của thấu kính là

A. 24 cm.

B. 25 cm.

C. 20 cm.

D. 15 cm.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: 2020 câu Trắc nghiệm tổng hợp Vật lí 2023 có đáp án !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

- Từ các công thức thấu kính:

\(\) \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}} = \frac{1}{f}\\k = - \frac{{d'}}{d}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}d = f\left( {1 - \frac{1}{k}} \right)\\d' = f\left( {1 - k} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta d = f\left( {\frac{1}{{{k_1}}} - \frac{1}{{{k_2}}}} \right)\\\Delta d' = f\left( {{k_1} - {k_2}} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \Delta d.\Delta d' = f\left( {\frac{1}{{{k_1}}} - \frac{1}{{{k_2}}}} \right).f\left( {{k_1} - {k_2}} \right)\)

\( = - {f^2}\left( {\frac{{{k_2}}}{{{k_1}}} - 2 + \frac{{{k_1}}}{{{k_2}}}} \right)\)

- Theo đề: \(\frac{{{k_2}}}{{{k_1}}} = \frac{2}{4} = 0,5;\frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{4}{2} = 2\)

\(\Delta d = 5cm;\Delta d' = - (5 + 35) = - 40cm\)

Từ đó:\(5( - 40) = - {f^2}(0,5 - 2 + 2)\)\( \Leftrightarrow 20 = 0,5{f^2} \Rightarrow f = 20cm\)

Chọn đáp án C

Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Các sản phẩm khác của Vietjack:

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho mạch điện sau:

Cho U = 6V, \[r = 1\Omega = {R_1}\]; \[{R_2}\; = {R_3}\; = 3\Omega \]. Biết số chỉ trên A khi K đóng bằng 9/5 số chỉ của A khi K mở. Tính:

a/ Điện trở \[{R_4}\]?

b/ Khi K đóng, tính \[{I_K}\]?

Xem đáp án

Lời giải

* Khi K mở, cách mắc là \[({\rm{ }}{R_1}\;nt{\rm{ }}{R_3}\;){\rm{ }}//{\rm{ }}({\rm{ }}{R_2}\;nt{\rm{ }}{R_4}\;)\]

⇒ Điện trở tương đương của mạch ngoài là \[R = r + \frac{{4\left( {3 + {R_4}} \right)}}{{7 + {R_4}}}\]

⇒ Cường độ dòng điện trong mạch chính: \[I = \frac{U}{{1 + \frac{{4\left( {3 + {R_4}} \right)}}{{7 + {R_4}}}}}\]. Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B là \[{U_{AB}} = \frac{{\left( {{R_1} + {R_3}} \right)\left( {{R_2} + {R_4}} \right)}}{{{R_1} + {R_2} + {R_3} + {R_4}}}.I\]\[ \Rightarrow {I_4} = \frac{{{U_{AB}}}}{{{R_2} + {R_4}}} = \frac{{\left( {{R_1} + {R_3}} \right)I}}{{{R_1} + {R_2} + {R_3} + {R_4}}}\]

Thay số ta được \[I = \frac{{4U}}{{19 + 5{R_4}}}\]

* Khi K đóng, cách mắc là \[({R_1}\;//{\rm{ }}{R_2}\;){\rm{ }}nt{\rm{ }}({\rm{ }}{R_3}\;//{\rm{ }}{R_4}\;)\;\]

⇒ Điện trở tương đương của mạch ngoài là \[R\prime = r + \frac{{9 + 15{R_4}}}{{12 + 4{R_4}}}\]

⇒Cường độ dòng điện trong mạch chính lúc này là: \[I' = \frac{U}{{1 + \frac{{9 + 15{R_4}}}{{12 + 4{R_4}}}}}\]. Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B là \[{U_{AB}} = \frac{{{R_3}.{R_4}}}{{{R_3} + {R_4}}}.I'\]\[ \Rightarrow I_4^\prime = \frac{{{U_{AB}}}}{{{R_4}}} = \frac{{{R_3}.I'}}{{{R_3} + {R_4}}}\]

Thay số ta được \[I' = \frac{{12U}}{{21 + 19{R_4}}}\]

* Theo đề bài thì \[I_4^\prime = \frac{9}{5}.{I_4}\]; từ đó tính được \[{R_4} = 1\Omega \]

b/ Trong khi K đóng, thay R₄ vào ta tính được \[I_4 = 1,8A\]và \[{I} = 2,4A \Rightarrow {U_{AC}} = {R_{AC}}.{I} = 1,8V\]

\[ \Rightarrow I_2 = \frac{{{U_{AC}}}}{{{R_2}}} = 0,6A\]

Ta có: \[I_2 + {I_K} = I_4 \Rightarrow {I_K} = 1,2A\]

Câu 2

Một quả cầu nặng m = 100 g được treo ở đầu một sợi dây nhẹ, không co dãn, dài l = 1 m (đầu kia của dây cố định). Truyền cho quả cầu ở vị trí cân bằng một vận tốc đầu \({v_0}\) theo phương ngang. Khi dây treo nghiêng góc \[\alpha {\rm{ }} = {30^0}\;\]so với phương thẳng đứng thì gia tốc của quả cầu có phương ngang. Cho \[g{\rm{ }} = {\rm{ }}10{\rm{ }}m/{s^2}\], bỏ qua mọi ma sát.

a) Tìm vận tốc \[{v_0}\].

b) Tính lực căng dây và vận tốc của vật tại vị trí có góc lệch \[\alpha = {40^0}\].

Xem đáp án

Lời giải

a. Khi dây treo nghiêng góc \[\alpha = {30^{0\;}}\]so với phương thẳng đứng, vật M chịu tác dụng của các lực như hình vẽ. Do gia tốc có phương ngang nên \[T{\rm{ }}.{\rm{ }}cos{\rm{ }}{30^0}\; = {\rm{ }}m.g\;\](1)

Mặt khác, xét theo phương hướng tâm MO ta có:

\[T - mg.cos{30^0} = \frac{{m{v^2}}}{\ell }\](2) (Với v là vận tốc của vật tại M)

Từ (1) và (2) suy ra: \[{v^2} = \frac{{g\ell }}{{2\sqrt 3 }}\](3)

Áp dụng ĐLBT cơ năng cho hệ khi vật ở vị trí M và khi vật ở vị trí cân bằng ta được:

\[v_0^2 = {v^2} + 2g\ell (1 - cos{30^0}) = \frac{{12 - 5\sqrt 3 }}{6}g\ell \]\[ \Rightarrow {v_0} = 2,36m/s\]

b. Áp dụng ĐLBT cơ năng cho hệ khi vật ở vị trí \[\alpha = {40^0}\]và khi vật ở vị trí cân bằng ta được:

\[v_0^2 = {v^2} + 2g\ell (1 - cos{40^0})\]\[ \Rightarrow v = \sqrt {v20 - 2g\ell (1 - cos{{40}^0})} \approx 0,94m/s\]

Xét theo phương sợi dây ta có:

\[T{\rm{ }} = {\rm{ }}m.g.cos{40^0}\; + \frac{{m{v^2}}}{\ell } = 0,1.10.c{\rm{os 4}}{{\rm{0}}^0} + \frac{{0,1.0,{{94}^2}}}{1} = 0,86{\mkern 1mu} N\]

Câu 3