Mặt phẳng quỹ đạo của hạt vuông góc với vectơ cảm ứng từ \(\Rightarrow \text{ }\!\!\alpha\!\!\text{ }=\left( \overrightarrow{v},\text{ }\overrightarrow{B} \right)={{90}^{0}}.\)

Độ lớn cảm ứng từ: \(B=\frac{f}{\left| q \right|.v.\sin {{90}^{0}}}=\frac{{{4.10}^{-5}}}{{{4.10}^{-10}}{{.2.10}^{5}}}=0,5\text{ T}\text{.}\)

Độ lớn lực Lo-ren-xơ: \(f=\left| q \right|.B.v.\sin {{30}^{0}}=1,{{6.10}^{-19}}.1,{{2.10}^{7}}.\frac{1}{2}=0,{{96.10}^{-12}}\text{ N}\text{.}\)

Điện tích bay theo phương vuông góc với đường sức từ \(\Rightarrow \text{ }\!\!\alpha\!\!\text{ }=\left( \overrightarrow{v},\text{ }\overrightarrow{B} \right)={{90}^{0}}.\)

Độ lớn lực Lo-ren-xơ: \(f=\left| q \right|.B.v.\sin {{90}^{0}}=3,{{2.10}^{-19}}.0,{{5.10}^{6}}=1,{{6.10}^{-13}}\text{ N}\text{.}\)

Giữa điện tích đứng yên và điện tích chuyển động chỉ tồn tại lực tương tác điện với nhau.

Vì khối lượng điện tích rất nhỏ nên lực hấp dẫn coi như không có.

Hạt ion có cùng điện tích và được tăng tốc bởi cùng hiệu điện thế nên có cùng vận tốc v.

Khi điện tích di chuyển vào trong từ trường có phương vecto vận tốc vuông góc với đường sức từ thì điện tích đó sẽ chuyển động tròn đều. Lực Lo-ren-xơ bây giờ đóng vai trò như lực hướng tâm.

Ta có: \(\left| q \right|.B.v.sin{{90}^{0}}=m.\frac{{{v}^{2}}}{R}\Rightarrow R=\frac{m.v}{\left| q \right|.B}.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{align} & {{R}_{1}}=\frac{{{m}_{1}}.v}{\left| q \right|.B} \\ & {{R}_{2}}=\frac{{{m}_{2}}.v}{\left| q \right|.B} \\ \end{align} \right.\Rightarrow \frac{{{R}_{1}}}{{{R}_{2}}}=\frac{{{m}_{1}}}{{{m}_{2}}}=\frac{7755}{133}\Rightarrow {{R}_{2}}=\frac{133}{7755}.{{R}_{1}}=0,0343\text{ cm}=0,{{34.10}^{-3}}\text{ m}\text{.}\)

Khi điện tích di chuyển vào trong từ trường có phương vecto vận tốc vuông góc với đường sức từ thì điện tích đó sẽ chuyển động tròn đều. Lực Lo-ren-xơ bây giờ đóng vai trò như lực hướng tâm.

Ta có: \(\left| q \right|.B.v.sin{{90}^{0}}=m.\frac{{{v}^{2}}}{R}\Rightarrow R=\frac{m.v}{\left| q \right|.B}.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{align} & {{R}_{1}}=\frac{{{m}_{1}}.v}{\left| {{q}_{1}} \right|.B} \\ & {{R}_{2}}=\frac{{{m}_{2}}.v}{\left| {{q}_{2}} \right|.B} \\ \end{align} \right.\Rightarrow \frac{{{R}_{1}}}{{{R}_{2}}}=\frac{{{m}_{1}}.\left| {{q}_{2}} \right|}{\left| {{q}_{1}} \right|.{{m}_{2}}}=\frac{334}{665}\Rightarrow {{R}_{2}}=\frac{665}{334}.{{R}_{1}}=10\text{ cm}=0,1\text{ m}\text{.}\)

Mặt phẳng quỹ đạo của hạt vuông góc với vectơ cảm ứng từ \(\Rightarrow \text{ }\!\!\alpha\!\!\text{ }=\left( \overrightarrow{v},\text{ }\overrightarrow{B} \right)={{90}^{0}}.\)

Độ lớn cảm ứng từ:\(B=\frac{f}{\left| q \right|.v.\sin {{90}^{0}}}=\frac{{{4.10}^{-5}}}{{{2.10}^{-10}}{{.4.10}^{5}}}=0,5\text{ T}\text{.}\)

Công thức tính lực Lo-ren-xo: f = |q|.B.v.sinα.

Ta có f cực tiểu khi sinα = 0 \(\Rightarrow \text{ }\!\!\alpha\!\!\text{ }={{0}^{0}}\Rightarrow \left( \overrightarrow{v},\text{ }\overrightarrow{\text{B}} \right)={{0}^{0}}.\)

Công thức tính lực Lo-ren-xo: f = |q|.B.v.sinα.

Ta có f  = 0 khi sinα = 0 => hạt mang điện tích bay theo phương cùng phương với phương của đường sức từ.

Độ tự cảm: 

\(\begin{array}{l} L = 4\pi {.10^{ - 7}}\frac{{{N^2}}}{l}s\\ \begin{array}{*{20}{l}} {\frac{{{L_2}}}{{{L_1}}} = \frac{{{l_1}}}{{{l_2}}} = \frac{{{l_1}}}{{2{l_1}}} = \frac{1}{2}}\\ { \Rightarrow {L_2} = 0,2.\frac{1}{2} = 0,1\left( {mH} \right)} \end{array} \end{array}\)

Vì B thay đổi nên

\( |{\rm{\Delta \Phi }}| = |{{\rm{\Phi }}_2} - {{\rm{\Phi }}_1}| = S.c{\rm{os}}\alpha |{B_2} - {B_1}| = \pi \frac{{{d^2}}}{4}c{\rm{os}}\alpha |{B_2} - {B_1}|\)

\( {e_c} = \pi \frac{{{d^2}}}{4}c{\rm{os}}\alpha \frac{{|{B_2} - {B_1}|}}{{{\rm{\Delta }}t}} = \pi \frac{{{{0,2}^2}}}{4}.c{\rm{os}}60\frac{{|0 - 0,05|}}{{0,01}} = \frac{\pi }{{40}}V = 0,079V\)

Dòng điện cảm ứng chạy qua vòng dây trong thời gian trên là:

\( {I_c} = \frac{{{e_c}}}{R} = \frac{{\frac{\pi }{{40}}}}{{{{3,14.10}^{ - 3}}}} = 25A\)

Một dây dẫn có dòng điện có chều từ trái sang phải, đặt dây dẫn đó trong từ trường đều có chiều từ dưới lên thì lực từ tác dụng lên đoạn dây có chiều từ trong ra ngoài.

Ta có công thức tính cảm ứng từ là:

\( B = {2.10^{ - 7}}\frac{I}{r}\)

Khi giảm khoảng cách đi 3 lần và tăng cường độ dòng điện đi qua 3 lần thì:

\( B' = {2.10^{ - 7}}\frac{{I'}}{{r'}} = {2.10^{ - 7}}\frac{{3I}}{{\frac{r}{3}}} = {9.2.10^{ - 7}}\frac{I}{r} = 9B\)

Số vòng dây của ống dây là N = 500/2 = 250 vòng

Chiều dài của dây đồng \(l = 2πR_o.N\)

Điện trở của ống dây \( R = \frac{{\rho \ell }}{S} = \frac{{\rho 2\pi {R_o}N}}{{\pi \frac{{{d^2}}}{4}}} = \frac{{8\rho {R_o}N}}{{{d^2}}}\)

Cảm ứng từ bên trong lòng ống dây 

\(\begin{array}{*{20}{c}} {}&{B = 4\pi {{.10}^{ - 7}}.\frac{{NI}}{\ell } \Leftrightarrow B = 4\pi {{.10}^{ - 7}}.\frac{{NU}}{{\ell {R_o}}}}\\ {}&{ \Leftrightarrow B = 4\pi {{.10}^{ - 7}}.\frac{{NU}}{{\ell \frac{{8\rho {R_o}N}}{{{d^2}}}}} \Leftrightarrow B = 4\pi {{.10}^{ - 7}}.\frac{{U{d^2}}}{{8\rho {R_o}\ell }}}\\ {}&{ \Rightarrow U = \frac{{B8\rho {R_o}\ell }}{{4\pi {{.10}^{ - 7}}.{d^2}}}} \end{array}\)

Thay số vào ta được U = 8,5 V

Đáp án cần chọn là: A

Vì thời gian xảy ra rất ngắn, nên ta có: \( {\rm{\Delta }}\vec p = \vec F{\rm{\Delta }}t \to {\rm{\Delta }}p = F{\rm{\Delta }}t \leftrightarrow mv = F{\rm{\Delta }}t\)

Mà

\(\begin{array}{*{20}{l}} {F = BIl\sin {{90}^0} = BIl \to mv = BIl{\rm{\Delta }}t = Bl{\rm{\Delta }}q = BlCU}\\ { \to v = \frac{{Bl.C.U}}{m} = \frac{{{{1.0,1.100.10}^{ - 6}}.100}}{{{{5.10}^{ - 3}}}} = 0,2m/s} \end{array}\)

Áp dụng công thức tính lực từ:

\(F=B.I.l.sinα=0,03.10.0,5.sin90^0=0,15N\)

Trọng lực tác dụng lên dây là: \(P =m.g = 0,03.10=0,3N\)

Khi đó sợi dây chịu tác dụng của hai lực F và P, nó ở trạng thái cân bằng như hình vẽ

Áp dụng công thức lượng giác ta có:

\( \tan \alpha = \frac{F}{P} = \frac{{0,15}}{{0,3}} = \frac{1}{2} \to \alpha \approx {30^0}\)

Trong từ trường , cảm ứng từ tại một điểm nằm theo hướng của đường sức từ. 

D: Vì chiều của đường sức từ sinh bởi dòng điện thì có phụ thuộc vào chiều dòng điện

Thực nghiệm chứng tỏ khi hai sợi dây mang hai dòng điện chạy cùng chiều thì hút nhau, ngược chiều thì đẩy nhau.

Mặt phẳng khung dây tạo với các đường sức từ một góc 30⁰ nên

\(α=90^∘−30^∘=60^∘\)

Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong vòng dây có độ lớn:

\( \left| {{e_C}} \right| = \left| {\frac{{\Delta \phi }}{{\Delta t}}} \right| = \left| {\frac{{NS\cos \alpha \Delta B}}{{\Delta t}}} \right| \to N = \left| {\frac{{{e_C}.\Delta t}}{{S\cos \alpha ({B_2} - {B_1})}}} \right| = \left| {\frac{{0,6.0,01}}{{{{6.10}^{ - 3}}\cos {{60}^0}(0,02 - 0)}}} \right| = 100\) vòng

Suất điện động cảm ứng xuất hiện trên cuộn dây có giá trị là:

\( {e_C} = \left| { - N.\frac{{\Delta \phi }}{{\Delta t}}} \right| = N\left| {\frac{{\Delta \phi }}{{\Delta t}}} \right| = N{e_{{C_1}}} = 100.0,02 = 2mV\)

Độ lớn của suất điện động cảm ứng:

\( \left| {{e_e}} \right| = \left| {\frac{{\Delta \phi }}{{\Delta t}}} \right| = \left| {\frac{{S\cos \alpha \Delta B}}{{\Delta t}}} \right| = \left| {\frac{{{{10.2.10}^{ - 3}}.\cos {{60}^0}(0 - {{2.10}^{ - 4}})}}{{0,01}}} \right| = {2.10^{ - 4}}V\)

Hiện tượng xuất hiện dòng điện cảm ứng trong mạch kín khi từ thông qua mạch biến thiên gọi là hiện tượng cảm ứng điện từ

Ta có cảm ứng từ gây ra bởi ống dây: \( B = 4\pi {10^{ - 7}}\frac{{NI}}{l} = 4\pi {10^{ - 7}}\frac{{4000.10}}{{0,4}} = 0,1257T\)

Diện tích của khung dây: \(S=a^2=0,05^2=2,5.10^{−3}(m^2)\)

Từ thông qua khung dây: \(Φ=BScos0^0=0,1257.2,5.10^{−3}=3,14.10^{−4}(Wb)\)

Diện tích của khung dây: \(S=0,03.0,04=1,2.10^{−3}(m^2)\)

Vecto cảm ứng từ hợp với mặt phẳng khung dây một góc 30⁰

\( \alpha = (\overrightarrow n ,\overrightarrow B ) = {60^0}\)

Từ thông qua khung dây có độ lớn là:

\(Φ=B.S.cosα=5.10^{−4}.1,2.10^{−3}.cos60^0=3.10^{−7}Wb\)

Đơn vị của hệ số tự cảm là Henri

Một ống dây điện chiều dài l, tiết diện S, gồm N vòng dây, có cường độ I chạy qua, độ tự cảm của ống dây:

\( L = 4\pi {.10^{ - 7}}\frac{{{N^2}}}{l}S\)

Độ tự cảm của ống dây có lõi sắt: \( L = \mu 4\pi {.10^{ - 7}}\frac{{{N^2}}}{l}S\)

μ là độ từ thẩm, đặc trưng cho từ tính của lõi sắt (cỡ 10⁴).

Trong một mạch điện có một bộ acquy, một ống dây và một công tắc thì: ngay sau khi đóng công tắc, trong mạch có suất điện động tự cảm.=>A

Suất điện động tự cảm \({e_{tc}}\; = \; - L\frac{{\Delta i}}{{\Delta t}}\) → giá trị suất điện động không phụ thuộc vào giá trị dòng điện lớn hay nhỏ mà chỉ phụ thuộc độ tự cảm L và tốc độ biến thiên của dòng điện. Lực Lo-ren-xơ là lực tác dụng của từ trường lên hạt điện tích chuyển động.=>C

Nó là các đường thẳng song song với trục ống cách đều nhau và là các từ trường đều. Chọn đáp án C

Do 2 điểm M và N đối xứng nhau qua dây dẫn nên vectơ cảm ứng từ tại 2 điếm điểm này sẽ cùng vuông góc với mặt phẳng P, song song và ngược chiều nhau. Chọn đáp án B

Để xác định một điểm trong không gian có từ trường hay không, ta đặt tại đó một kim nam châm.=>B

+ Lực từ tác dụng lên dây dẫn mang dòng điện:

Điểm đặt: đặt tại trung điểm của đoạn dây

Phương: vuông góc với mặt phẳng chứa dây dẫn và đường cảm ứng từ

Chiều: xác định theo quy tắc bàn tay trái

Độ lớn: \(F=BIlsin\alpha\)

Do vecto cường độ dòng điện song song với vecto cảm ứng từ nên \(sin(I;B)=sin (\alpha)=0\)

+ Vậy độ lớn bằng 0

Khung dây dẫn mang dòng điện đặt trong từ trường đều chịu tác dụng của ngẫu lực từ khi mặt phẳng khung song song với các đường cảm ứng từ

Đặt bàn tay trái sao cho các đường sức từ đi vào lòng bàn tay, ngón cái choãi ra 90⁰ chỉ chiều của dòng điện thì chiều của lực từ là: Chiều từ các ngón tay đến cổ tay.

Khi dòng điện và trường đồng thời đổi chiều thì góc hợp bởi chiều dòng điện và chiều từ trường không đổi nên lực từ không đổi.

Ta có:

Góc hợp bởi véctơ vận tốc và hướng đường sức từ trường là:

\(\begin{array}{l} f = \left| q \right|vB\sin \alpha \to \sin \alpha = \frac{f}{{\left| q \right|vB}} = \frac{{{{16.10}^{ - 16}}}}{{{{1,6.10}^{ - 19}}{{.2.10}^6}.0,01}} = 0,5\\ \to \alpha = {30^0} \end{array}\)

Lực Lo-ren-xơ tác dụng lên hạt mang điện là: \(f=|q|vBsin⁡α\)

=> Vận tốc của hạt mang điện khi bắt đầu vào trong từ trường là: \( v = \frac{f}{{\left| q \right|B\sin \alpha }} = \frac{{{{8.10}^{ - 14}}}}{{{{3,2.10}^{ - 19}}.0,5.\sin {{30}^0}}} = {10^6}m/s\)

Ta có:

+ Điện tích của proton là \(q=1,6.10^{−19}C\)

+ Lực Lo-ren-xơ tác dụng lên hạt proton là:

\(f=qvBsinα=1,6.10^{−19}.3.10^7.1,5.sin30^0=3,6.10^{−12}N\)

Áp dụng công thức tính lực lorenxo và trọng lực ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} f = \left| q \right|vB\sin \alpha \\ P = mg \end{array} \right. \to \left| q \right|vB\sin \alpha = mg \to v = \frac{{mg}}{{\left| q \right|B\sin \alpha }} = \frac{{{{1,67.10}^{ - 27}}.10}}{{{{1,6.10}^{ - 19}}{{.3.10}^{ - 5}}\sin {{90}^0}}} = {3,5.10^{ - 3}}m/s\)