Tia tới song song với trục chính của thấu kính hội tụ có tia ló đi qua tiêu điểm ảnh chính.

Lăng kính phản xạ toàn phần là lăng kính thủy tinh có tiết diện thẳng là một tam giác vuông cân.

Trên vành kính lúp có ghi x10, tiêu cự của kính là 25/10=2,5cm

Khúc xạ ánh sáng là hiện tượng lệch phương (gãy) của các tia sáng khi truyền xiên góc qua mặt phân cách giữa hai môi trường trong suốt khác nhau.

Để quan sát những vật kích thước nhỏ ở khoảng cách gần ta cần dùng kính hiển vi.

Hiện tượng phản xạ toàn phần là hiện tượng ánh sáng bị phản xạ toàn bộ trở lại khi chiếu tới mặt phân cách giữa hai môi trường trong suốt.

Đường sức từ có tính chất là:

+ Các đường sức là các đường cong khép kín hoặc vô hạn ở hai đầu.

+ Qua mỗi điểm trong không gian chỉ vẽ được một đường sức từ.

+ Chiều của các đường sức là chiều của từ trường.

→ Đường sức từ không có tính chất: Các đường sức của cùng một từ trường có thể cắt nhau

Tính chất cơ bản của từ trường là gây ra lực từ tác dụng lên nam châm hoặc lên dòng điện khác đặt trong nó.

Hiện tượng tự cảm là hiện tượng cảm ứng điện từ do sự biến thiên từ thông qua mạch gây ra bởi sự biến thiên của chính cường độ điện trường trong mạch.

Lực Lo – ren – xơ là lực từ tác dụng lên điện tích chuyển động trong từ trường.

Dòng điện cảm ứng trong mạch kín có chiều sao cho từ trường cảm ứng có chiều chống lại sự biến thiên từ thông ban đầu qua mạch.

Khi cho nam châm chuyển động qua một mạch kín, trong mạch xuất hiện dòng điện cảm ứng. Điện năng của dòng điện được chuyển hóa từ cơ năng.

Mắt nhìn được các vật nằm trong khoảng từ điểm cực cận đến điểm cực viễn. Điểm cực cận là điểm gần mắt nhất mà mắt nhìn rõ vật, khi đó thể thủy tinh điều tiết tối đa. Điểm cực viễn là điểm xa mắt nhất mà mắt nhìn rõ vật, khi đó thể thủy tinh không điều tiết.

Có thể dùng kính lúp để quan sát các bộ phận trên cơ thể con ruồi.

Góc lệch của tia sáng khi truyền qua lăng kính là góc tạo bởi tia tới lăng kính và tia ló ra khỏi lăng kính.

Độ lớn của lực Lorenxo:

\(\begin{array}{l}
f = q.v.B.\sin \alpha \\
 = 1,{6.10^{ - 19}}{.2.10^6}.0,02.\sin {30^0} = 3,{2.10^{ - 15}}N
\end{array}\)

Độ lớn suất điện động cảm ứng xuất hiện trong khung dây:

\(e = \left| {\frac{{{\rm{\Delta \Phi }}}}{{{\rm{\Delta }}t}}} \right| = \left| {\frac{{1,6 - 0,6}}{{0,1}}} \right| = 10\left( V \right)\)

Áp dụng công thức tính suất điện động tự cảm ta có:

\(\begin{array}{l}
{e_{tc}} =  - L.\frac{{{\rm{\Delta }}i}}{{{\rm{\Delta }}t}}\\
 \Rightarrow \left| {{e_{tc}}} \right| = \left| {L.\frac{{{\rm{\Delta }}i}}{{{\rm{\Delta }}t}}} \right| = \left| {0,1.200} \right| = 20\left( V \right)
\end{array}\)

Ta có: D(dp)=1/f(m)

⇒f=1/D=1/5=0,2m=20cm

Áp dụng các công thức thấu kính:

⇒d′=d.f/(d−f)=30.20/(30−20)=60(cm)

k=−d′/d=−60/30=−2

Vậy ảnh A’B’ là ảnh thật, cao gấp đôi vật, ngược chiều với vật.

Số bội giác khi ngắm chừng ở vô cực của kính lúp:

\({G_\infty } = \frac{{O{C_c}}}{f} = O{C_c}.D = 0,3.20 = 6\)

+ Hai dây dẫn cách nhau 6cm, điểm M cách mỗi dây 5cm

→ M nằm trên trung trực của  và cách trung điểm O của  một đoạn 4cm.

Ta có hình vẽ:

+ Cảm ứng từ do mỗi dòng điện gây ra tại I có độ lớn :

B=2.10⁻⁷.20,0/5=8.10⁻⁶T

→ Từ hình vẽ ta có:

\({B_M} = 2.B.\sin \alpha  = {2.8.10^{ - 6}}.\frac{4}{5} = 12,{8.10^{ - 6}}T\)

Áp dụng công thức khúc xạ tại I: 

\(\begin{array}{l}
\frac{{\sin i}}{{\sin r}} = \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}} \Leftrightarrow \frac{{\sin 45}}{{\sin r}} = \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}} = \frac{{1,5}}{1} \Rightarrow r = 28,{126^0}\\
KM = HM - HK = IH\left( {\tan i - \tan r} \right)\\
lKM = 20.\left( {\tan {{45}^0} - \tan 28,{{126}^0}} \right)\\
 = 9,31\left( {cm} \right)d = KM.\sin \left( {{{90}^0} - {{45}^0}} \right) = 6,58\left( {cm} \right)
\end{array}\)

Xét khúc xạ tại I: sini=n.sinr(1)

Xét phản xạ toàn phần tại K:  sini₁≥1/n(2)

Theo hình: i₁+r=90⁰(3)

Từ (3)  \( \Rightarrow \sin {i_1} = \cos r = \sqrt {1 - {{\sin }^2}r} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 4 \right)\) (4)

Kết hợp (1); (2); (4) ta có:

\(\begin{array}{l}
\sqrt {1 - \frac{{{{\sin }^2}i}}{{{n^2}}}}  \ge \frac{1}{n}\\
 \Rightarrow {n^2} \ge 1 + {\sin ^2}i \Rightarrow n \ge \sqrt {1 + {{\sin }^2}i} 
\end{array}\)

Thỏa mãn với mọi giá trị của góc tới i vậy n≥√2=1,4142

Ta có:

\(\begin{array}{l}
F{\mkern 1mu}  = {\mkern 1mu} BIl\sin \alpha  = 0,5BIl\\
 \Rightarrow \sin \alpha  = 0,5 \Rightarrow \alpha  = {30^0}.
\end{array}\)

Áp dụng quy tắc bàn tay phải ta suy ra được 2 vectơ cảm ứng từ tại hai điểm M và N ngược chiều nhau.

Để thanh AB nằm cân bằng tại vị trí ban đầu thì trọng lực của quả nặng phải cân bằng với lực từ tác dụng lên thanh.

\(\begin{array}{l}
P{\mkern 1mu}  = {\mkern 1mu} F{\mkern 1mu}  \Rightarrow mg = BIl\sin \alpha \\
 \Rightarrow \frac{{BIl\sin \alpha }}{g} = \frac{{0,2.2.0,05.1}}{{10}}{\mkern 1mu}  = {2.10^{ - 3}}{\mkern 1mu} kg = 2{\mkern 1mu} g.
\end{array}\)

Ta có:

\(B{\mkern 1mu}  = {\mkern 1mu} 4\pi {.10^{ - 7}}.\frac{{NI}}{l}{\mkern 1mu}  = 4\pi {.10^{ - 7}}.\frac{{200}}{{0,5}}.\frac{{10}}{\pi } = {16.10^{ - 4}}{\mkern 1mu} T.\)

Do lực Lo-ren-xơ vuông góc vận tốc nên điện tích chuyển động tròn đều, lực Lo-ren-xơ đóng vai trò lực hướng tâm.

\(\begin{array}{l}
l{F_{ht}} \Rightarrow \left| q \right|vB\sin \alpha  = \frac{{m{v^2}}}{R}\\
 \Rightarrow \left| q \right|B\sin \alpha  = \frac{{mv}}{R}B = \frac{{mv}}{{R\left| q \right|\sin \alpha }}\\
 = \frac{{9,{{1.10}^{ - 31}}{{.4.10}^5}}}{{22,{{75.10}^{ - 3}}.1,{{6.10}^{ - 19}}}} = {10^{ - 4}}{\mkern 1mu} T.
\end{array}\)

Ta có:

\({e_c} =  - \frac{{{\rm{\Delta }}\phi }}{{{\rm{\Delta }}t}} =  - S.cos\alpha \frac{{{\rm{\Delta }}B}}{{{\rm{\Delta }}t}} = BS.\)

Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{\left| {{e_c}} \right| = Bv\sin {{90}^0} = Bvl}\\
{\left| {e_c^\prime } \right| = Bvl\sin {{45}^0} = Bvl\frac{1}{{\sqrt 2 }}}
\end{array}\)

⇒ suất điện động cảm ứng giảm đi √2 lần.

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{\rm{W}} = \frac{1}{2}L{i^2}\\
 \Rightarrow L = \frac{{2W}}{{{i^2}}} = \frac{{2.0,1}}{{{{10}^2}}} = {2.10^{ - 3}}{\mkern 1mu} H.
\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\left| {{e_c}} \right| = Bvl\sin \theta \\
 \Rightarrow B = \frac{{\left| {{e_c}} \right|}}{{vl\sin \theta }} = \frac{{0,2}}{{2.0,5.\sin {{30}^0}}} = 0,4{\mkern 1mu} T.
\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
l\left| {{e_c}} \right| = Bvl\sin \theta  = 0,06.0,5.0,8.\sin {30^0} = {\rm{ }}0,012V\\
I{\mkern 1mu}  = {\mkern 1mu} \frac{{\left| {{e_c}} \right|}}{R} = \frac{{0,012}}{5} = 2,{4.10^{ - 3}}A = 2,4{\mkern 1mu} mA.
\end{array}\)

Xác định chiều của từ trường của dòng điện thẳng bằng quy tắc nắm tay phải.

Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng ta có sini/sinr=n, vì tia khúc xạ vuông góc với tia phản xạ nên sinr = cosi, suy ra tani= n vậy i = 60⁰.

Từ định luật khúc xạ ánh sáng có: 

\(\frac{{\sin i}}{{\sin {r_1}}} = {n_1};{\mkern 1mu} \frac{{\sin i}}{{\sin {r_2}}} = {n_2}\)

 từ đó suy ra 

\({n_2} = \frac{{{n_1}\sin {r_1}}}{{\sin {r_2}}} = 1,6.\)

Khi có hiện tượng phản xạ toàn phần xảy ra thì mọi tia tới đều bị phản xạ và tuân theo định luật phản xạ ánh sáng.

Người ta ứng dụng hiện tượng phản xạ toàn phần để chế tạo sợi quang học.  

có hiện trượng phản xạ và hiện tượng khúc xạ nếu n₁ > n₂ và góc tới lớn hơn góc giới hạn phản xạ toàn phần.

Do phản xạ toàn phần đã xảy ra ở mặt phân cách giữa lớp không khí mỏng bị đốt nóng sát mặt đường và phần không khí lạnh ở phía trên.