A – sai vì: tia truyền thẳng không bị gãy khúc

B – sai vì: tia khúc xạ thuộc mặt phẳng tới và ở bên kia so với pháp tuyến

C – sai vì: góc khúc xạ nhỏ hơn góc tới

D – đúng

Cáp quang là dây dẫn sáng ứng dụng phản xạ toàn phần để truyền tín hiệu trong thông tin và để nội soi trong y học

Ta có:

+ Kính cận số 0,5 có $D =  - 0,5dp \to f =  - 2m$

+ Mặt khác: $f =  - O{C_V} \to O{C_V} = 2m$

Nếu xem ti vi mà không muốn đeo kính thì người đó phải cách màn hình xa nhất một đoạn 2m

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

Khi nhìn vật trên trục của mắt, khoảng cách từ vật thay đổi mà mắt vẫn nhìn được vật là do tiêu cự của mắt thay đổi do điều tiết, khoảng cách từ quang tâm thấu kính mắt đến võng mạc không thay đổi.

Ta có trên vành kính lúp ghi $10{\rm{x}} \to {{\rm{G}}_\infty } = 10$

Mặt khác, ${G_\infty } = \frac{Đ}{f} = \frac{{25}}{f} \to f = \frac{{25}}{{10}} = 2,5cm$

Biểu thức của định luật khúc xạ ánh sáng: $\dfrac{{\sin i}}{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}}}} = {n_{21}} = \dfrac{{{n_2}}}{{{n_1}}}$

Ta có: Suất điện động tự cảm: ${e_{tc}} =  - L\dfrac{{\Delta i}}{{\Delta t}}$

=> Suất điện động tự cảm có giá trị lớn khi:

     + L - lớn:  Độ tự cảm của ống dây lớn

     + $\dfrac{{\Delta i}}{{\Delta t}}$ lớn hay chính là độ tăng/ giảm cường độ dòng điện trong một khoảng thời gian nhanh (hay nói cách khác là biến đổi nhanh)

=> Ta suy ra: Suất điện động tự cảm có giá trị lớn khi cường độ dòng điện I chạy qua mạch có giá trị thay đổi nhanh không phụ thuộc vào độ lớn của I.

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

Ta có:

Lực từ có phương vuông góc với mặt phẳng $\left( {\overrightarrow B ,l} \right)$

=> Lực từ có phương vuông góc với đường cảm ứng từ và có phương vuông góc với dòng điện

=> Phương án D - sai

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

Góc lệch D của tia sáng qua lăng kính được xác định bởi biểu thức:

$D = {i_1} + {i_2} - A$

Ta điều chỉnh kính thiên văn bằng cách thay đổi khoảng cách giữa vật kính và thị kính bằng cách giữ nguyên vật kính và di chuyển thị kính sao cho nhìn thấy ảnh của vật to và rõ.

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

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: $P = mg = 0,005.10 = 0,05N$

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

Giả sử hai dây dẫn được đặt vuông góc với mặt phẵng hình vẽ, dòng ${I_1}$ đi vào tại A, dòng I₂ đi ra tại B.

Tam giác AMB vuông tại M. 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: $\left\{ \begin{array}{l}{B_1} = {\rm{ }}{2.10^{ - 7}}\dfrac{{{I_1}}}{{AM}} = {\rm{ 2}}{\rm{.1}}{{\rm{0}}^{ - 7}}\dfrac{{12}}{{{{16.10}^{ - 2}}}} = 1,{5.10^{ - 5}}T\\{B_2} = {\rm{ }}{2.10^{ - 7}}\dfrac{{{I_2}}}{{BM}} = {\rm{ 2}}{\rm{.1}}{{\rm{0}}^{ - 7}}\dfrac{{12}}{{{{12.10}^{ - 2}}}} = {2.10^{ - 5}}T\end{array} \right.$

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:

$B = \sqrt {B_1^2 + B_2^2}  = \sqrt {{{(1,{{5.10}^{ - 5}})}^2} + {{({{2.10}^{ - 5}})}^2}}  = 2,{5.10^{ - 5}}T$

Xác định lực từ do các dòng ${I_1}$ và ${I_2}$ tác dụng lên ${I_3}$, ta có:

Trong đó:

${F_{13}} = {2.10^{ - 7}}\dfrac{{{I_1}{I_3}}}{{{r_{13}}}} = {2.10^{ - 7}}\dfrac{{10.10}}{{0,15}} = \dfrac{4}{3}{.10^{ - 4}}N$

${F_{23}} = {2.10^{ - 7}}\dfrac{{{I_2}{I_3}}}{{{r_{23}}}} = {2.10^{ - 7}}\dfrac{{10.10}}{{0,05}} = {4.10^{ - 4}}N$

Lực từ do các dòng ${I_1}$ và ${I_2}$ tác dụng lên ${I_3}$ là: $\overrightarrow F  = \overrightarrow {{F_{13}}}  + \overrightarrow {{F_{23}}}$

Ta có: $\overrightarrow {{F_{13}}}  \uparrow  \uparrow \overrightarrow {{F_{23}}}  \Rightarrow F = {F_{13}} + {F_{23}} = \dfrac{4}{3}{.10^{ - 4}} + {4.10^{ - 4}} = \dfrac{{16}}{3}{.10^{ - 4}}N$

Áp dụng 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 $f$ cùng chiều với ngón cái choãi ra 90⁰ nếu q > 0 và ngược chiều với ngón cái choãi ra 90⁰ nếu q < 0.

Ta suy ra,

A, B, D – đúng

C – sai: Lực Lo-ren-xơ ở phương án C có chiều như hình vẽ

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

Ta có: $a = 8cm$

Diện tích của khung: $S = a.b$

Từ thông qua khung: $\Phi  = B{\rm{Scos}}{{\rm{0}}^0} = Bab$

$\Rightarrow b = \dfrac{\Phi }{{B.a}} = \dfrac{{9,{{6.10}^{ - 5}}}}{{0,02.0,08}} = 0,06m = 6cm$

Xét trong khoảng thời gian ∆t, thanh quét được diện tích:

$\Delta S = \pi {l^2}\dfrac{{\Delta \varphi }}{{2\pi }} = \pi {l^2}\dfrac{{\omega \Delta t}}{{2\pi }} = \dfrac{{{l^2}\omega }}{2}\Delta t$

Độ biến thiên từ thông : $\Delta \Phi  = B\Delta Sc{\rm{os}}\alpha  = B\Delta S$ ( vì $\cos \alpha  = 1$)

+ Suất điện động cảm ứng:

$\begin{array}{l}\left| {{e_C}} \right| = \dfrac{{\Delta \Phi }}{{\Delta t}} = \dfrac{{B\Delta S}}{{\Delta t}} = \dfrac{{B\dfrac{{{l^2}\omega }}{2}\Delta t}}{{\Delta t}} = \dfrac{{B{l^2}\omega }}{2}\\ \to \omega  = \dfrac{{2e_C}}{{B{l^2}}} = \dfrac{{2.0,4}}{{0,04.{{(0,2)}^2}}} = 500(ra{\rm{d/s)}}\end{array}$

Ta có, suất điện động tự cảm trong cuộn dây:

$\begin{array}{l}\left| {{e_{tc}}} \right| = L\dfrac{{\left| {\Delta i} \right|}}{{\Delta t}}\\ \to L = \dfrac{{\left| {{e_{tc}}} \right|\Delta t}}{{\left| {\Delta i} \right|}} = \dfrac{{11,{{2.10}^{ - 3}}}}{1} = 0,0112(H)\end{array}$

Ta có:

$\begin{array}{l}{n_1}\sin i = {n_2}{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}}\\ \Rightarrow {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}} = \dfrac{{{n_1}\sin i}}{{{n_2}}} = \dfrac{{1.\sin {{30}^0}}}{{\dfrac{4}{3}}} = \dfrac{3}{8}\\ \Rightarrow r = {22^0}\end{array}$

Ta có, ánh nắng chiếu nghiêng một góc 30⁰ so với phương ngang => i = 60⁰

Từ hình vẽ ta có:

$\tan i = \frac{x}{{MA}} \to x = MAtan60 = 20\sqrt 3 cm$

=> Độ dài bóng đen tạo trên mặt nước là $x = 20\sqrt 3 cm$

Ta có, góc giới hạn được xác định: $\sin {i_{gh}} = \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}} = \frac{1}{{\frac{4}{3}}} = 0,75 \to {i_{gh}} = 48,{59^0}$

+ Vì vật thật nên: $d' > 0 \to \left\{ \begin{array}{l}k < 0\\L > 0\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}k =  - \frac{1}{5}\\L = d + d' = 180cm\end{array} \right.$

+  $\frac{1}{f} = \frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}} \to d' = \frac{{df}}{{d - f}}$

$\begin{array}{l} \to k =  - \frac{{d'}}{d} =  - \frac{{\frac{{df}}{{d - f}}}}{d} = \frac{f}{{f - d}} =  - \frac{1}{5}\\ \to d = 6f\end{array}$

+ Lại có: $L = d + d' = 180cm$

$\begin{array}{l} \to d + \frac{{df}}{{d - f}} = 180\\ \leftrightarrow 6f + \frac{{6{f^2}}}{{6f - f}} = 180\\ \to f = 25cm\end{array}$

Ta có, vật thật qua thấu kính hội tụ cho ảnh cùng chiều với vật thì đó là ảnh ảo

$\to d' < 0 \to k > 0$

+ Số phóng đại $k =  - \frac{{d'}}{d} = 3$ (1)

+ Mặt khác, ta có: $\frac{1}{f} = \frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}}$ (2)

Từ (1) và (2), ta suy ra: $\left\{ \begin{array}{l}d' =  - 3{\rm{d}}\\\frac{1}{f} = \frac{1}{d} - \frac{1}{{3{\rm{d}}}} = \frac{2}{{3d}}\end{array} \right. \to f = \frac{{3{\rm{d}}}}{2} = \frac{{3.10}}{2} = 15cm$  

Ta có: biến thiên độ tụ khi chuyển từ trạng thái khống điều tiết sang điều tiết tối đa: $\begin{array}{l}\Delta D = \frac{1}{{O{C_C}}} - \frac{1}{{O{C_V}}} \leftrightarrow 8 = \frac{1}{{O{C_C}}} - \frac{1}{{0,5}}\\ \to O{C_C} = 0,1m = 10cm\end{array}$

+ Cảm ứng từ do một cạnh của lục giác gây ra tại O có độ lớn:

${B_1} = {10^{ - 7}}\frac{I}{h}2.\sin \frac{\pi }{n}$

ta có: $h = Rc{\rm{os}}\frac{\pi }{n} \to {B_1} = {10^{ - 7}}\frac{I}{{Rc{\rm{os}}\frac{\pi }{n}}}2.\sin \frac{\pi }{n} \to {B_1} = {10^{ - 7}}\frac{{2I}}{R}\tan \frac{\pi }{n}$

+ Cảm ứng từ của n cạnh của lục giác gây ra tại O:

$B = n{B_1} = {2.10^{ - 7}}\frac{{nI}}{R}\tan \frac{\pi }{n} \to B = 2\pi {.10^{ - 7}}\frac{I}{R}\frac{{\tan \frac{\pi }{n}}}{{\frac{\pi }{n}}}$

Khi $n \to \infty$ ta có: $\frac{{\tan \frac{\pi }{n}}}{{\frac{\pi }{n}}} \to 1$ (Do: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}{x} = 1 \to \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\tan x}}{x} = 1$

 => $B = 2\pi {.10^{ - 7}}\frac{I}{R}$

- Khi ngắm chừng vô cực:

+ ${A_1} \equiv {F_2}$

+ góc trông ảnh: $\alpha  = tan\alpha  = \frac{{{A_1}{B_1}}}{{{f_2}}} = \varepsilon$    (1)

+ Độ lớn số phóng đại ảnh qua vật kính:

$\left| {{k_1}} \right| = \frac{{{A_1}{B_1}}}{{AB}} = \frac{\delta }{{{f_1}}}$       (2)

- Từ (1) và (2) suy ra: $AB = \varepsilon \frac{{{f_2}{f_1}}}{\delta } = \varepsilon \frac{{{f_2}{f_1}}}{{\left( {{O_1}{O_2} - {f_1} - {f_2}} \right)}}$

Thay số, được: $AB = 7,{14286.10^{ - 7}}m = 0,7143\mu m$  

Theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta có: $1.\sin i = n{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}}$

Khi ${i_{max}}$ thì ${r_{max}}$

Ta có, ${r_{max}}$ khi tia khúc xạ đến một điểm A’ của đáy hình hộp.

Từ hình, ta có:

${\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_{{\rm{max}}}} = \dfrac{{I'A'}}{{IA'}}$

Lại có: $\left\{ \begin{array}{l}A'I' = \dfrac{{A'C'}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}\\IA' = \sqrt {AA{'^2} + A'I{'^2}}  = \sqrt {4{a^2} + \dfrac{{5{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{\sqrt {21} a}}{2}\end{array} \right.$

Ta suy ra: ${\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_{\max }} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}}}{{\dfrac{{\sqrt {21} a}}{2}}} = \sqrt {\dfrac{5}{{21}}}$  

$\begin{array}{l} \Rightarrow \sin {i_{{\rm{max}}}} = n{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_{{\rm{max}}}} = 1,5.\sqrt {\dfrac{5}{{21}}} \\ \Rightarrow {i_{{\rm{max}}}} = {47^0}\end{array}$