Câu hỏi:

05/07/2022 323

Một thấu kính hội tụ tiêu cự f .

1. Một điểm sáng S qua thấu kính cho ảnh thật S^’. Gọi khoảng cách từ S đến thấu kính là d; từ S’ đến thấu kính là d’. Chứng minh công thức $\frac{1}{d} + \frac{1}{d'} = \frac{1}{f}$ .

2. Điểm sáng A đặt trên trục chính của thấu kính hội tụ cách thấu kính một khoảng OA = 60cm. Tiêu cự của thấu kính f = 40cm. Cho điểm sáng A chuyển động trong thời gian 16 giây với vận tốc 0,5cm/s theo phương hợp với trục chính một góc α = 60⁰ lại gần về phía thấu kính. Xác định vận tốc trung bình của ảnh và góc β hợp bởi phương chuyển động của ảnh với trục chính.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Đề thi Vật lí ôn vào 10 hệ chuyên có đáp án (Mới nhất) !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Vẽ đúng hình

Một thấu kính hội tụ tiêu cự f . 1. Một điểm sáng S qua thấu kính cho ảnh thật S’. Gọi khoảng cách từ S đến thấu kính là d; từ S’ đến thấu kính là d’. Chứng minh công thức . 2. Điểm sáng A đặt trên trục chính (ảnh 1)

Ảnh ngược chiều với vật đó là ảnh thật

Dùng tam giác đồng dạng chứng minh được công thức:

\frac{1}{f} = \frac{1}{d} + \frac{1}{d^{/}}

Khi điểm sáng từ A đến B với AB = v.t = 8cm thì ảnh đi từ A’ đến B’

Nêu cách vẽ ảnh A’B’

Tính chiều dài của ảnh

Dựng BH và B’H’ vuông góc với trục chính

Do OA = d = 60cm, mà $\frac{1}{f} = \frac{1}{d} + \frac{1}{d^{/}}; O A^{'} = d' = \frac{d f}{d - f} = \frac{60.40}{60 - 40} = 120 c m$ \

Tacó $A H = \cos 60^{0} . A B = 4 c m \Rightarrow O H = O A - A H = 56 c m$

$\frac{1}{f} = \frac{1}{O H} + \frac{1}{O H'} \Rightarrow O H' = \frac{O H . f}{O H - f} = \frac{56.40}{56 - 40} = 140 c m$

Mà A’H’= OH’- OA’=140 -120 =20cm $\{\begin{cases} \tan β = \frac{O I}{O A'} \\ \tan α = \frac{O I}{O A} \end{cases} \Rightarrow \frac{\tan β}{\tan α} = \frac{O A}{O A'} \Rightarrow \tan β = \tan α . \frac{O A}{O A'} = \sqrt{3} . \frac{60}{120} = \frac{\sqrt{3}}{2}$

Suy ra góc hợp bởi quỹ đạo và trục chính là β 40,9⁰

Ta có $H' B' = \tan β . A' H' = \frac{\sqrt{3}}{2} .20 = 10 \sqrt{3} c m$

Theo định lí pitago ta có

$A' B' = \sqrt{{(A' H')}^{2} + {(H' B')}^{2}} = \sqrt{20^{2} + {(10 \sqrt{3})}^{2}} = 10 \sqrt{7} c m$

Vận tốc trung bình của ảnh:

v' = \frac{A' B'}{t} = \frac{10 \sqrt{7}}{16} = \frac{5 \sqrt{7}}{8} \approx

1,65cm/s

Hot: 500+ Đề thi vào 10 file word các Sở Hà Nội, TP Hồ Chí Minh có đáp án 2025 (chỉ từ 100k). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

Bình luận

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho mạch điện (như hình 1). Đặt vào hai đầu của đoạn mạch một hiệu điện thế U_AB = 18V. Biến trở R_b có điện trở toàn phần R_MN = 20 $Ω$ , R₁ = 2 $Ω$ ; đèn có điện trở = 2; vôn kế có điện trở rất lớn và ampe kế có điện trở nhỏ không đáng kể.

1. Điều chỉnh con chạy C để ampe kế chỉ 1A.

a. Xác định vị trí con chạy C.

b. Tìm số chỉ vôn kế khi đó.

c. Biết đèn sáng bình thường. Tìm công suất định mức của đèn.
2. Phải di chuyển con chạy C đến vị trí nào để công suất tiêu thụ trên biến trở đạt giá trị lớn nhất? Giá trị lớn nhất ấy bằng bao nhiêu? Cho biết độ sáng của đèn lúc này.

3. Biết đèn chịu được hiệu điện thế tối đa là 4,8V. Hỏi con chạy C chỉ được dịch chuyển trong khoảng nào của biến trở để đèn không bị cháy?

Xem đáp án

Lời giải

+ Mạch gồm : (R_CM//R_CN )ntR₁ntRđ

Đặt R_CM = x thì R_CN = 20 -x với ; $0 \leq x \leq 20 Ω$ $R_{C B} = \frac{x (20 - x)}{20}$

+ $R_{A B} = R {}_{1}+ R_{d} + R_{C B} = 4 + \frac{x (20 - x)}{20} = \frac{- x^{2} + 20 x + 80}{20}$

+ $I_{A B} = \frac{U_{A B}}{R_{A B}} = \frac{18.20}{- x^{2} + 20 x + 80}$

+ $I_{A} = \frac{U_{C B}}{R_{C N}} = \frac{18 x (20 - x)}{- x^{2} + 20 x + 80} \cdot \frac{1}{20 - x} = \frac{18 x}{- x^{2} + 20 x + 80}$

+ Ampe kế chỉ 1A $\Rightarrow \frac{18 x}{- x^{2} + 20 x + 80} = 1 \Rightarrow x^{2} - 2 x - 80 = 0$

+ Giải phương trình ta được x = 10W hoặc x = -8 (loại)

+ Vậy con chạy C ở chính giữa biến trở thì ampe kế chỉ 1A

Với x = 10W ta có

+ ; $I_{A B} = \frac{18.20}{- 10^{2} + 20.10 + 80} = 2 (A); U_{Ð} = I_{A B} R_{Ð} = 2.2 = 4 (V)$

+ Số chỉ của vôn kế là:

U_{V} = U_{A B} - U_{Ð} = 18 - 4 = 14 (V)

+ Công suất định mức của đèn là:

P_{Ð (đ m)} = P_{Ð} = \frac{U_{Ð}^{2}}{R_{Ð}} = \frac{4^{2}}{2} = 8 (W)

Đặt ; $y = R_{CB} = \frac{x (20 - x)}{20}; R_{A B} = R_{Ð} + R_{1} + R_{C B} = 4 + y I_{A B} = \frac{U_{A B}}{R_{A B}} = \frac{18}{y + 4}$

Công suất tiêu thụ trên biến trở là:

+ $P_{C B} = I_{A B}^{2} R_{C B} = {(\frac{18}{y + 4})}^{2} . y = {(\frac{18}{\sqrt{y} + \frac{4}{\sqrt{y}}})}^{2}$

+ Áp dụng BĐT côsi ta có: $\sqrt{y} + \frac{4}{\sqrt{y}} \geq 2 \sqrt{4} = 4$

+ $\Rightarrow P_{C B} \leq {(\frac{18}{4})}^{2} = 20, 25$

+ Dấu "=" xảy ra khi $\sqrt{y} = \frac{4}{\sqrt{y}} \Rightarrow y = 4 \Rightarrow \frac{- x^{2} + 20 x}{20} = 4 \Rightarrow [\begin{array}{l} x \approx 14, 5 \\ x \approx 5, 5 \end{array}$

+ Vậy con chạy C ở vị trí sao cho $R_{C M} = 5, 5 Ω$ hoặc $R_{C M} = 14, 5 Ω$ thì công suất tiêu thụ trên biến trở đạt cực đại, giá trị cực đại bằng 20,25W.

Cường độ dòng điện trong mạch lúc đó là:

+ $I_{A B} = \frac{18}{y + 4} = \frac{18}{4 + 4} = 2, 25 (A)$ $\Rightarrow U_{Ð} = I_{A B} R_{Ð} = 2, 25.2 = 4, 5 (V)$

+ Đèn sáng hơn bình thưng

+ $U_{Ð} = I_{A B} R_{Ð} = \frac{18}{y + 4} \cdot 2 = \frac{36}{y + 4}$

+ $U_{Ð} \leq 4, 8 (V) \Rightarrow \frac{36}{y + 4} \leq 4, 8 \Rightarrow y \geq 3, 5$ $\Rightarrow \frac{- x^{2} + 20 x}{20} \geq 3, 5$

+ $\Rightarrow - x^{2} + 20 x - 70 \geq 0 = > \Rightarrow 4, 5 \leq x \leq 15, 5$

+ Vậy con chạy C chỉ được di chuyển trong khoảng sao cho điện trở của đoạn CM có giá trị từ 4,5W đến 15,5W

Câu 2

Một bình hình trụ có bán kính đáy là R₁ = 20cm chứa nước ở nhiệt độ t₁ = 20⁰C đặt trên mặt bàn nằm ngang. Người ta thả một quả cầu đặc bằng nhôm có bán kính R₂ = 10cm ở nhiệt độ t₂ = 40⁰C vào bình thì mực nước ngập chính giữa quả cầu. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt giữa nước, quả cầu với bình và môi trường; cho biết khối lượng riêng của nước là D₁= 1000 kg/m³ và của nhôm là D₂ = 2700 kg/m³; nhiệt dung riêng của nước là c₁ = 4200 J/kg.K và của nhôm là c₂ = 880 J/kg.K.

a. Tìm nhiệt độ của nước khi có cân bằng nhiệt.

b. Đổ thêm dầu ở nhiệt độ t₃ = 15⁰C vào bình cho vừa đủ ngập quả cầu. Biết khối lượng riêng của dầu là D₃= 800 kg/m³, nhiệt dung riêng của dầu là c₃ = 2800 J/kg.K. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt giữa nước, dầu, quả cầu với bình và môi trường. Hãy xác định nhiệt độ của hệ khi cân bằng nhiệt, áp lực của quả cầu lên đáy bình. Cho biết công thức tính thể tích hình cầu là $V_{c} = \frac{4}{3} π {R_{c}}^{3}$ , thể tích hình trụ là $V_{t r} = π {R_{t r}}^{2} h$ , lấy $π = 3, 14$ .

Xem đáp án

Lời giải

Tìm nhiệt độ của nước khi cân bằng

Thể tích chất lỏng trong bình $V_{1} = π R_{1}^{2} R_{2} - \frac{1}{2} . \frac{4}{3} π R_{2}^{3}$

Khối lượng của bình là : $m_{1} = V_{1} D_{1} = (π R_{1}^{2} R_{2} - \frac{1}{2} . \frac{4}{3} π R_{2}^{3}) D_{1}$

Thay số ta được m₁ = 10,47kg

Khối lượng của quả cầu : $m_{2} = D_{2} V_{2} = \frac{4}{3} π R_{2}^{3} D_{2} = 11, 3 k g$

Từ điều kiện của bài toán cho, ta có phương trình cân bằng nhiệt

m_{1} c_{1} (t - t_{1}) = m_{2} c_{2} (t - t_{2})

với t là nhiệt đôi hỗn hợp khi cân bằng

Do đó, ta có nhiệt độ khi cân bằng là

t = \frac{m_{1} c_{1} t_{1} + m_{2} c_{2} t_{2}}{m_{1} c_{1} + m_{2} c_{2}}

thay số t ≈ 23,7⁰c

Do thể tích của dầu và nước bằng nhau nên khối lượng của dầu là

$\frac{m_{3}}{D_{3}} = \frac{m_{1}}{D_{1}} \Rightarrow m_{3} = \frac{m_{1} D_{3}}{D_{1}}$ thay số ta được m₃ ≈ 8,38kg

Khi cân bằng nhiệt ta được nhiệt độ của hệ là t_x.

Phương trình cân bằng nhiệt

$m_{1} c_{1} (t - t_{x}) + m_{2} c_{2} (t - t_{x}) = m_{3} c_{3} (t_{x} - t_{3})$ → $t_{x} = \frac{m_{1} c_{1} t + m_{2} c_{2} t + m_{3} c_{3} t_{3}}{m_{1} c_{1} + m_{2} c_{2} + m_{3} c_{3}}$