Từ thông qua một diện tích S đặt trong từ trường đều: $\Phi  = BScos\alpha$

Khi lực Lorenxơ tác dụng lên một điện tích q chuyển động tròn trong từ trường, lực này luôn hướng về tâm của quỹ đạo

A, C, D - đúng

B - sai vì: Đường sức từ là những đường cong kín

Ta có: $F = {2.10^{ - 7}}\frac{{{I_1}{I_2}}}{r}$

=> Khi I₁ và I₂ tăng lên 3 lần thì F tăng 3.3 = 9 lần

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

Lực từ tác dụng lên một đoạn dây dẫn mang dòng điện được xác định bởi biểu thức: $F = BIl\sin \alpha$ 

Năng lượng từ trường của ống dây được xác định bởi biểu thức: ${\rm{W}} = \frac{{L{i^2}}}{2}$

Từ trường là môi trường vật chất bao quanh các hạt mang điện chuyển động. Từ trường gây ra lực từ tác dụng lên các vật có từ tính đặt trong đó

Muốn làm giảm hao phí do tỏa nhiệt của dòng điện Fu-cô gây trên khối kim loại, người ta thường chia khối kim loại thành nhiều lá kim loại mỏng ghép cách điện với nhau

Vận dụng lí thuyết về hiện tượng cảm ứng điện từ ta suy ra:

Một thanh dây dẫn chuyển động cắt các  đường sức từ của  một từ trường đều sao cho thanh luôn vuông góc với đường sức điện thì trong thanh xuất hiện một điện trường cảm ứng

Quy tắc bàn tay trái: Đặt bàn tay trái sao cho các đường sức từ đâm xuyên vào lòng bàn tay, dòng điện chạy từ cổ tay đến ngón tay, thì ngón cái choãi ra là chiều của lực từ tác dụng lên dòng điện

Ta suy ra:

Ta có:

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

+ từ thông qua một diện tích S:

A- sai vì khi khung quay quanh trục song song với các đường cảm ứng từ thì từ thông qua khung dây luôn bằng 0 => không có dòng điện cảm ứng

B, C, D - đúng

Cảm ứng từ của dòng điện thẳng dài đặt trong không khí được xác định bởi biểu thức: $B = {2.10^{ - 7}}\frac{I}{r}$

Dây dẫn chịu tác dụng của 2 lực: Trọng lực ($\overrightarrow P$), lực từ ($\overrightarrow F$)

+ Lực từ:  $F = BIl\sin {90^0} = 0,5.2.0,05.1 = 0,05N$

+ Trọng lực: $P = mg = 0,005.10 = 0,05N$

$\tan \alpha  = \frac{F}{P} = 1 \to \alpha  = {45^0}$

Để dây lơ lửng thì lực từ và trọng lực P phải cân bằng với nhau

$\begin{array}{l} \to BIl\sin {90^0} = mg = dlg\\ \to I = \frac{{dg}}{B} = \frac{{0,01.10}}{{0,01}} = 10A\end{array}$

Giả sử hai dây dẫn được đặt vuông góc với mặt phẵng hình vẽ, dòng I₁ đi vào tại A, dòng I₂ đi vào tại B. Các dòng điện I₁ và I₂ gây ra tại M các véc tơ cảm ứng từ $\mathop {{B_1}}\limits^ \to$và $\mathop {{B_2}}\limits^ \to$.

Để cảm ứng từ tổng hợp tại M bằng 0 thì $\mathop B\limits^ \to   = \mathop{{B_1}}\limits^ \to   + \mathop {{B_2}}\limits^ \to   = 0 \to \mathop{{B_1}}\limits^ \to   =  - \mathop {{B_2}}\limits^ \to$ tức là $\mathop{{B_1}}\limits^ \to$và $\mathop {{B_2}}\limits^ \to$phải cùng phương, ngược chiều và bằng nhau về độ lớn.

Để thỏa mãn các điều kiện đó thì M phải nằm trên đường thẳng nối A, B; nằm trong đoạn thẳng AB.

    Với B₁ = B₂ thì  ${2.10^{ - 7}}\frac{{{I_1}}}{{AM}} = {\rm{ }}{2.10^{ - 7}}\frac{{{I_2}}}{{AB - AM}}$ $\to AM = \frac{{AB.{I_1}}}{{{I_1} + {I_2}}} = \frac{{15.10}}{{10 + 5}} = 10cm,MB = 15 - 10 = 5cm$

Vậy điểm M phải nằm trên đường thẳng cách dây dẫn mang dòng I₁ 10 cm và cách dây dẫn mang dòng I₂ 5 cm;

Ta có: $F = {2.10^{ - 7}}\frac{{{I_1}{I_2}}}{r} = {2.10^{ - 7}}\frac{{2.5}}{{0,1}} = {2.10^{ - 5}}N$

Lực từ tác dụng lên cạnh AB là $\mathop {{F_{AB}}}\limits^ \to$ có điểm đặt tại trung điểm của AB, có phương vuông góc với mặt phẳng chứa khung dây, hướng từ ngoài vào và có độ lớn: F_AB = I.B.AB = 2.10^-3 N.

* 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 $\overrightarrow v$. Chiều của  cùng chiều với ngón cái choãi ra 90⁰ nếu q > 0 và ngược chiều với ngón cái choãi ra 90⁰ nếu q < 0.

Gọi chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật là a và b

Ta có:

$a = 25cm$

Từ thông qua khung: $\Phi  = B{\rm{Scos}}{{\rm{0}}^0} = Bab \to b = \dfrac{\Phi }{{B.a}} = \dfrac{{{{10}^{ - 4}}}}{{{{4.10}^{ - 3}}.0,25}} = 0,1m = 10cm$

Cạnh còn lại của tam giác có giá trị:

Ta có: c = 10cm, b = 8cm

Theo định lý Py-ta-go: $a = \sqrt {{c^2} - {b^2}}  = \sqrt {{{10}^2} - {8^2}}  = 6cm$

Diện tích của tam giác: $S = \frac{1}{2}a.b = \frac{1}{2}0,06.0,08 = 2,{4.10^{ - 3}}({m^2})$

Từ thông qua khung dây: $\Phi  = BSc{\rm{os}}{{\rm{0}}^0} \to B = \frac{\Phi }{S} = \frac{{1,{{2.10}^{ - 7}}}}{{2,{{4.10}^{ - 3}}}} = {5.10^{ - 5}}(T)$

Ta có, suất điện động cảm ứng trong thanh là: $\left| {{e_C}} \right| = Blv\sin \theta  = 0,4.1.2.sin{30^0} = 0,4V$

Ta có, khi R thay đổi thì dòng điện trong mạch cũng thay đổi nên suất hiện suất điện động tự cảm:

$\left| {{e_{tc}}} \right| = L\left| {\frac{{\Delta i}}{{\Delta t}}} \right|$

trong đó: ${i_1} = \frac{E}{{{R_1} + r}} = \frac{E}{{{R_1}}};{i_2} = \frac{E}{{{R_2} + r}} = \frac{E}{{{R_2}}}$

$\to \left| {{e_{tc}}} \right| = L\left| {\frac{{\Delta i}}{{\Delta t}}} \right| = L\left| {\left( {\frac{E}{{{R_1}}} - \frac{E}{{{R_2}}}} \right)} \right|\frac{1}{{\Delta t}} = 1.\left| {\left( {\frac{{12}}{{10}} - \frac{{12}}{5}} \right)} \right|\frac{1}{{0,1}} = 12V$

Giả sử hai dây dẫn được đặt vuông góc với mặt phẵng hình vẽ, dòng $I_1$ đi vào tại $A$, dòng $I_2$ đi vào tại $B$. Các dòng điện $I_1$ và $I_2$ gây ra tại $M$ các véc tơ cảm ứng từ $\mathop {{B_1}}\limits^ \to$ và $\mathop {{B_2}}\limits^ \to$ có phương chiều như hình vẽ:

Có độ lớn:     ${B_1} = {B_2} = {2.10^{ - 7}}\dfrac{I}{x}$.

Cảm ứng từ tổng hợp tại M là:

$\mathop B\limits^ \to   = \mathop {{B_1}}\limits^ \to   + \mathop {{B_2}}\limits^ \to$ có phương chiều như hình vẽ và có độ lớn:

$B = {B_1}cosa + {B_2}cosa = 2{B_1}cosa = 2{B_1}\dfrac{{HM}}{{AM}} = {2.2.10^{ - 7}}\dfrac{I}{x}\dfrac{{\sqrt {{x^2} - {{\left( {\dfrac{d}{2}} \right)}^2}} }}{x} = {4.10^{ - 7}}I\sqrt {\dfrac{1}{{{x^2}}} - \dfrac{{{d^2}}}{{4{x^4}}}}$

Nhận thấy, B đạt cực đại khi $\dfrac{1}{{{x^2}}} - \dfrac{{{d^2}}}{{4{x^4}}}$  đạt cực đại

Ta có: $\dfrac{1}{{{x^2}}} - \dfrac{{{d^2}}}{{4{x^4}}} = \dfrac{4}{{{d^2}}}\dfrac{{{d^2}}}{{4{x^2}}}\left( {1 - \dfrac{{{d^2}}}{{4{x^2}}}} \right)$

Do   $d < x \to 1 - \dfrac{{{d^2}}}{{4{x^2}}} > 0$

Áp dụng BĐT cosi ta có: $\dfrac{{{d^2}}}{{4{{\rm{x}}^2}}}(1 - \dfrac{{{d^2}}}{{4{{\rm{x}}^2}}}) \le \dfrac{{{{\left( {\dfrac{{{d^2}}}{{4{{\rm{x}}^2}}} + 1 - \dfrac{{{d^2}}}{{4{{\rm{x}}^2}}}} \right)}^2}}}{4} = \dfrac{1}{4}$

Dấu “ = ” xảy ra khi:  $\dfrac{{{d^2}}}{{4{{\rm{x}}^2}}} = (1 - \dfrac{{{d^2}}}{{4{{\rm{x}}^2}}}) \to {x^2} = \dfrac{{{d^2}}}{2} \to x = \dfrac{d}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{12}}{{\sqrt 2 }} = 6\sqrt 2 cm$

Áp dụng quy tắc bàn tay trái, ta suy ra chiều dòng điện qua CD có chiều từ D đến C

+ Theo định luật II- Niutơn, ta có: $\overrightarrow N  + \overrightarrow P  + \overrightarrow F  + \overrightarrow {{F_{m{\rm{s}}}}}  = m\overrightarrow a {\rm{           (1)}}$

+ Chọn hệ trục Oxy như hình, chiếu (1) lên Ox, Oy ta được:

$\left\{ \begin{array}{l}{\rm{Ox:}}F - {F_{m{\rm{s}}}} = ma\\Oy:N - P = 0 \to N = P\end{array} \right.$

+ Mà:

$\begin{array}{l}{F_{m{\rm{s}}}} = \mu N = \mu P = \mu mg\\ \to F = \mu mg + ma = m(\mu g + a)\end{array}$

+ Lại có: $F = BIl \to I = \frac{{m(\mu g + a)}}{{Bl}} = 10A$