Chiều của lực Lorenxơ được xác định bằng quy tắc bàn tay trái:

* Quy tắc bàn tay trái: Đặt bàn tay trái sao cho cảm ứng từ \(\overrightarrow B \) xuyên vào lòng bàn tay. Chiều từ cổ tay đến các ngón tay là chiều của \(\overrightarrow v \)$\stackrel{}{}$. Chiều của f cùng chiều với ngón cái choãi ra 900 nếu q > 0 và ngược chiều với ngón cái choãi ra 900 nếu q < 0.

=> Chiều của lực Lorenxơ phụ thuộc vào cả 3 yếu tố: chiều chuyển động của hạt mang điện, chiều của đường sức từ và điện tích của hạt mang điện

Đáp án cần chọn là: D

A, B, D - đúng

C - sai vì Hai dòng điện thẳng song song ngược chiều thì đẩy nhau, cùng chiều hút nhau

Đáp án cần chọn là: C

Ta có: electron bay vào không gian có từ trường đều \(\overrightarrow B \) với vận tốc ban đầu \(\overrightarrow {{v_o}} \) vuông góc với cảm ứng từ

\(\alpha  = {90^0} \Rightarrow \sin \alpha  = 1\)

=> Lực Lo-ren-xơ tác dụng lên electron đóng vai trò là lực hướng tâm: \(f = {F_{ht}} = m\frac{{{v^2}}}{R}\)

Ta suy ra:

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{\left| q \right|vB = m\frac{{{v^2}}}{R}}\\
{ \Rightarrow R = \frac{{mv}}{{\left| q \right|B}}}
\end{array}\)

=> Khi tăng B lên 2 lần thì bán kính R giảm 2 lần

Đáp án cần chọn là: B

Nguyên nhân gây ra suất điện động cảm ứng trong thanh dây dẫn chuyển động trong từ trường là do lực Lorenxơ tác dụng lên các electron làm các electron dịch chuyển từ đầu này sang đầu kia của thanh

Đáp án cần chọn là: B

A, B, D - đúng

C - sai vì: Dòng điện cảm ứng được sinh ra ở trong khối vật dẫn khi vật dẫn chuyển động trong từ trường hay được đặt trong từ trường biến đổi theo thời gian là dòng điện Fu-cô

Đáp án cần chọn là: C

Đáp án cần chọn là: A

Đặc tính chung của dòng điện Fu-cô là tính chất xoáy.

Đáp án cần chọn là: A

Lực từ tác dụng lên một đoạn dây dẫn mang dòng điện được xác định bởi biểu thức: F=BIlsinα

Đáp án cần chọn là: C

Hiện tượng tự cảm là hiện tượng cảm ứng điện từ trong một mạch điện do chính sự biến đổi của dòng điện trong mạch đó gây ra

Cả ba trường hợp trên đều có sự biến đổi của dòng điện trong mạch

A- cường độ dòng điện từ 0 đến I

B- cường độ dòng điện từ I về 0

C- Khi di chuyển con chạy => điện trở thay đổi =>cường độ dòng điện cũng thay đổi

=>Hiện tượng tự cảm xuất hiện trong cả ba trường hợp

Đáp án cần chọn là: D

\(\overrightarrow {{F_t}} \) trên một đơn vị của chiều dài:  \(F = {2.10^{ - 7}}\frac{{{I_1}{I_2}}}{r}\)

Đáp án cần chọn là: C

Ta có: Dòng điện xuất hiện khi có sự biến đổi từ thông qua mạch điện kín gọi là dòng điện cảm ứng

C- có sự biến thiên của từ thông qua khung =>Xuất hiện dòng điện cảm ứng

Đáp án cần chọn là: C

Tương tác từ là tương tác giữa hai nam châm, giữa nam châm và dòng điện hoặc giữa hai dòng điện chuyển động có hướng.

Chọn B

Từ phổ là hình ảnh cụ thể về các đường sức từ.

Chọn D

Dựa vào sự định hướng của nam châm thử trong từ trường, người ta xác định được phương của cảm ứng từ.

Chọn A

\(f\, = \,BIl\sin \alpha\)

=> Về đơn vị: 

\(N\, = \,T.A.m \Rightarrow \,T = \dfrac{N}{{A.m}}\)

Chọn A 

Theo công thức \(F\, = \,BIl\sin \alpha \)

\(\Rightarrow \,\sin \alpha \, = \,\dfrac{F}{{BIl}} = \dfrac{1}{{0,1.10.1}} = 1 \)

\(\Rightarrow \alpha  = {90^0}.\)

Chọn D 

Theo công thức \(B\, = \,{2.10^{ - 7}}\dfrac{I}{R}\, \)

\(\Rightarrow \,B' = {2.10^{ - 7}}\dfrac{I}{{R'}} = {2.10^{ - 7}}\dfrac{I}{{3R}} = \dfrac{B}{3}\)

Chọn B 

Đường sức từ đi qua tâm O của vòng tròn là đường thẳng vô hạn ở hai đầu, còn các đường khác là những đường cong có chiều đi vào mặt Nam và đi ra mặt Bắc của dòng điện tròn đó.

Chọn D

Theo công thức \(B\, = \,4\pi {.10^{ - 7}}\dfrac{{NI}}{l}\)

Nếu \(N' = 2N\) và \(l' = 2l\, \Rightarrow B'\, = \,4\pi {.10^{ - 7}}\dfrac{{2NI}}{{2l}} = B.\)

Chọn C 

Ta có, biểu thức lực Lorenxo: \(f = \left| q \right|vB\sin \alpha \) với \(\alpha  = \left( {\overrightarrow v ,\overrightarrow B } \right)\)

Chọn D

Hai dây dẫn thẳng, dài có hai dòng điện chạy qua sẽ:

+ Hút nhau nếu hai dòng điện cùng chiều

+ Đẩy nhau nếu hai dòng điện ngược chiều

Chọn A

Áp dụng công thức \(f\, = \,\left| q \right|vB\sin \alpha \)

\( \Rightarrow v\, = \,\dfrac{f}{{\left| q \right|B\sin \alpha }}\)\(\, = \dfrac{{{{8.10}^{ - 14}}}}{{3,{{2.10}^{ - 19}}.0,5.0,5}} = {10^6}\,m/s.\)

Chọn D

Do lực Lo-ren-xơ \(\overrightarrow f  \bot \overrightarrow v \) nên điện tích chuyển động tròn đều, lực Lo-ren-xơ đóng vai trò lực hướng tâm.

\(f\, = \,{F_{ht}}\, \Rightarrow \,\left| q \right|vB\sin \alpha  = \dfrac{{m{v^2}}}{R}\)

\(\Rightarrow \left| q \right|B\sin \alpha  = \dfrac{{mv}}{R};\)

Đổi R = 5 cm= 0,05 m.

\( \Rightarrow v\, = \,\dfrac{{\left| q \right|BR\sin \alpha }}{m}\)\(\, = \dfrac{{1,{{6.10}^{ - 19}}.0,2.0,05.1}}{{1,{{672.10}^{ - 27}}}}\)\(\, = 9,{57.10^5}\,m/s.\)

Chọn C

D sai vì động cơ được sử dụng rộng rãi trong sinh hoạt hằng ngày là động cơ xoay chiều.

Chọn D

Theo công thức

\(B\, = \,2\pi {.10^{ - 7}}\dfrac{{NI}}{R} = 2\pi {.10^{ - 7}}\dfrac{{100.0,4}}{{0,05}} \)\(\,= {5.10^{ - 4}}\,T.\)

Chọn A

Do CuO không phải là vật liệu từ.

Chọn A

Do \(\overrightarrow B \) song song với đoạn dây nên \(\sin \alpha  = 0\, \Rightarrow F = BIl\sin \alpha  = 0\)

Chọn A

Góc lệch của tia ló so với tia tới là:

\(D = \left( {n - 1} \right)A = \left( {1,5 - 1} \right){.8^0} = {4^0}\)

Chọn C.

Ta có: \(\alpha  = \left( {\overrightarrow B ;\overrightarrow n } \right) = {90^0} - {30^0} = {60^0}\)

Từ thông qua khung dây là:

\(\Phi  = BS\cos \alpha \\ \Rightarrow B = \frac{\Phi }{{S\cos \alpha }} = \frac{{{{3.10}^{ - 5}}}}{{{{10.10}^{ - 4}}.cos{{60}^0}}} \\= {6.10^{ - 2}}\,\,\left( T \right)\)

Chọn D.

Đơn vị của từ thông là Vêbe \(\left( {Wb} \right)\).

Chọn C.

Góc giới hạn phản xạ toàn phần được xác định: \(\sin {i_{gh}} = \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}} \to \) A sai

Phản xạ toàn phần chỉ xảy ra khi ánh sáng đi từ môi trường chiết quang sang môi trường kém chết quang hơn

→ B đúng

Phản xạ toàn phần xảy ra khi góc tới lớn hơn góc giới hạn phản xạ toàn phần \({i_{gh}}\) → C đúng

Khi có phản xạ toàn phần thì toàn bộ ánh sáng phản xạ trở lại môi trường ban đầu chứa chùm tia sáng tới

→ D đúng

Chọn A.

Cảm ứng từ tại tâm của khung dây là:

\(B = 2\pi {.10^{ - 7}}\frac{{NI}}{R} = 2\pi {.10^{ - 7}}.\frac{{10.0,3}}{{{{4.10}^{ - 2}}}} \\= 4,{7.10^{ - 5}}\,\,\left( T \right)\)

Chọn C.

Cảm ứng từ do mỗi dòng điện gây ra là: \({B_1} = {B_2} = {2.10^{ - 7}}\frac{I}{x}\)

Từ hình vẽ ta thấy: \(B = 2{B_1}\cos \alpha \)

Lại có: \(\cos \alpha  = \frac{{\sqrt {{x^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} }}{x} = \frac{{\sqrt {{x^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} }}{x}\) \( \Rightarrow B = {2.2.10^{ - 7}}I.\frac{{\sqrt {{x^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} }}{{{x^2}}}\)

Xét hàm số: \(y = \frac{{\sqrt {{x^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} }}{{{x^2}}} = \sqrt {\frac{1}{{{x^2}}} - \frac{{{a^2}}}{{4{x^4}}}} \)

Ta có: \({y^2} = \frac{1}{{{x^2}}} - \frac{{{a^2}}}{{4{x^4}}} \\=  - {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2}.{\left( {\frac{1}{{{x^2}}}} \right)^2} + 2.\frac{a}{2}.\frac{1}{a}.\frac{1}{{{x^2}}} - {\left( {\frac{1}{a}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{a}} \right)^2}\)

\( \Rightarrow {y^2} =  - {\left( {\frac{a}{2}.\frac{1}{{{x^2}}} - \frac{1}{a}} \right)^2} + \frac{1}{{{a^2}}}\)

Mà \({\left( {\frac{a}{2}.\frac{1}{{{x^2}}} - \frac{1}{a}} \right)^2} \ge 0 \\\Rightarrow  - {\left( {\frac{a}{2}.\frac{1}{{{x^2}}} - \frac{1}{a}} \right)^2} + \frac{1}{{{a^2}}} \le \frac{1}{{{a^2}}}\)

\( \Rightarrow {\left( {{y^2}} \right)_{\max }} = \frac{1}{{{a^2}}} \Rightarrow {y_{\max }} = \frac{1}{a}\)

Khi \(\frac{a}{2}.\frac{1}{{{x^2}}} - \frac{1}{a} = 0 \Rightarrow \frac{1}{{{x^2}}} = \frac{2}{{{a^2}}}\\ \Rightarrow x = \frac{a}{{\sqrt 2 }} = 5\sqrt 2 \,\,\left( {cm} \right)\)

\( \Rightarrow {B_{\max }} = {2.2.10^{ - 7}}I.{y_{\max }}\\ = {2.2.10^{ - 7}}.I.\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}}}  = {4.10^{ - 5}}\,\,\left( T \right)\)

Chọn B.

Để không có tia sáng ra ngoài không khí, tia sáng bị phản xạ toàn phần tại mặt phân cách

Để xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần, ta có:

\(\sin i \ge \sin {i_{gh}} \Rightarrow \sin i \ge \frac{1}{n}\)

Lại có: \(\sin i = \frac{r}{{\sqrt {{r^2} + {h^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {1 + \frac{{{h^2}}}{{{r^2}}}} }}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{1}{{\sqrt {1 + \frac{{{h^2}}}{{{r^2}}}} }} \ge \frac{1}{n} \Rightarrow \sqrt {1 + \frac{{{h^2}}}{{{r^2}}}}  \le n\\ \Rightarrow 1 + \frac{{{h^2}}}{{{r^2}}} \le {n^2} \Rightarrow \frac{{{h^2}}}{{{r^2}}} \le {n^2} - 1\\ \Rightarrow \frac{h}{r} \le \sqrt {{n^2} - 1}  \Rightarrow r \ge \frac{h}{{\sqrt {{n^2} - 1} }} \\\Rightarrow {r_{\min }} = \frac{h}{{\sqrt {{n^2} - 1} }} = \frac{{60}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{4}{3}} \right)}^2} - 1} }} \approx 68\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)

Chọn C.

Áp dụng quy tắc nắm tay phải, ta có:

Cảm ứng từ của dòng điện thẳng là những đường tròn đồng tâm

Cảm ứng từ của dòng điện tròn là đường thẳng đi qua tâm, vuông góc với vòng dây

Cảm ứng từ trong ống dây là những đường thẳng song song cách đều nhau, đi ra từ cực Bắc và đi vào cực Nam của ống dây

Chọn D.

Năng lượng từ trường của ống dây có dạng biểu thức là: \(W = \frac{{L{i^2}}}{2}\)

Chọn C.

Tia sáng gồm nhiều ánh sáng đơn sắc, khi đi qua lăng kính bị tán sắc thành nhiều ánh sáng đơn sắc

→ Tia ló ra là một tia sáng đơn sắc → tia sáng chiếu tới là ánh sáng đơn sắc

Chọn B.

Áp dụng định lí biến thiên động năng cho electron, ta có:

\({W_{ds}} - {W_{dt}} = A \Rightarrow \frac{1}{2}m{v^2} - 0 = \left| e \right|.U\\ \Rightarrow v = \sqrt {\frac{{2\left| e \right|.U}}{m}} \)

Bán kính chuyển động của electron tỏng từ trường là:

\(\begin{array}{l}R = \frac{{mv}}{{\left| e \right|B}} = \frac{{m.\sqrt {\frac{{2\left| e \right|U}}{m}} }}{{\left| e \right|.B}} = \frac{1}{B}.\sqrt {\frac{{2m.U}}{{\left| e \right|}}}\\  \Rightarrow B = \frac{1}{R}.\sqrt {\frac{{2m.U}}{{\left| e \right|}}} \\ \Rightarrow B = \frac{1}{{{{7.10}^{ - 2}}}}.\sqrt {\frac{{2.9,{{1.10}^{ - 31}}.400}}{{\left| { - 1,{{6.10}^{ - 19}}} \right|}}}  \approx 0,{96.10^{ - 3}}\,\,\left( T \right)\end{array}\)

Chọn A.

Dòng điện trong kim loại là dòng dịch chuyển có hướng của các electron tự do ngược chiều điện trường

Chọn B.

Đơn vị của suất điện động là Vôn \(\left( V \right)\).

Chọn B.