Ta có: 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

=> Lực Lo-ren-xơ tác dụng lên electron luôn hướng vào tâm quỹ đạo

Biểu thức xác định độ bội giác của kính lúp khi ngắm chừng ở vô cực là: ${G_\infty } = \frac{{O{C_C}}}{f} = \frac{Đ}{f}$

Khí đóng khóa K, đèn 1 sáng lên ngay còn đèn 2 sáng lên chậm hơn đèn 1.

* Giải thích: Khi đóng khóa K, dòng điện qua ống dây tăng lên đột ngột trong khoảng thời gian ngắn (cường độ dòng điện tăng từ 0 - I) làm cho từ trường qua ống dây tăng lên => từ thông qua cuộn dây tăng lên

Trong khoảng thời gian từ thông qua cuộn dây biến thiên sinh ra dòng điện cảm ứng theo định luật Lenxơ, dòng điện cảm ứng có chiều chống lại sự tăng của từ thông => nó làm giảm cường độ dòng điện qua đèn 2, làm đèn 2 sáng chậm hơn đèn 1.

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

Góc giới hạn được xác định bởi biểu thức: $\sin {i_{gh}} = \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}}$

Theo định luật khúc xạ ánh sáng:

Ta có:

Tia sáng đi từ không khí vào nước => ứng với việc đi từ môi trường chiết quang kém sang môi trường chiết quang hơn

=> Góc khúc xạ nhỏ hơn góc tới => Tia khúc xạ gần pháp tuyến hơn so với tia tới hay tia khúc xạ xa mặt phân cách giữa hai môi trường hơn so với tia tới

Ta có, điều kiện để xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần là ánh sáng phải truyền từ môi trường chiết quang hơn sang môi trường chiết quang kém (n₁>  n₂)

=> Chọn A vì chiết suất của benzen > chiết suất của nước

Ta có: $D = \frac{1}{f} \to f = \frac{1}{D} = \frac{1}{{ - 2}} =  - 0,5m$ 

A, B, D - là các biểu hiện của mắt tốt

C - nhìn được vật ở vô cực nhưng mắt phải điều tiết là biểu hiện của mắt có tật, không phải là biểu hiện của mắt tốt

Chùm ánh sáng trắng khi đi qua lăng kính sẽ bị phân tích thành nhiều chùm sáng đơn sắc khác nhau do chiết suất của chất làm lăng kính đối với mỗi ánh sáng khác nhau là khác nhau.

=>Chiếu một tia sáng đến lăng kính thì thấy tia ló ra là một tia sáng đơn sắc => Ánh sáng đó là ánh sáng đơn sắc.

A, C, D- đúng

B- sai vì: chiều của dòng điện Fu-cô không được xác định bằng định luật Jun-lenxơ

Suất điện động cảm ứng trong một mạch kín được xác định bởi biểu thức: ${e_C} = \frac{{\left| {\Delta \Phi } \right|}}{{\Delta t}}$

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

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.

=> Tính chất cơ bản của từ trường là: gây ra lực từ tác dụng lên các vật có từ tính (nam châm, dòng điện) đặt trong đó

Ta có góc tạo bởi $\overrightarrow B$ và dây dẫn: $\alpha  = {0^0}$

Lực từ tác dụng lên dây dẫn là: $F = BIl\sin {0^0} = {3.10^{ - 2}}.6.5.sin{0^0} = 0N$

Giả sử hai dây dẫn được đặt vuông góc với mặt phẵng hình vẽ, dòng I₁ đi vào tại A, dòng I₂ đi ra tại B thì các dòng điện I₁ và I₂ gây ra tại M các véc tơ cảm ứng từ $\overrightarrow {{B_1}}$ và $\overrightarrow {{B_2}}$ có phương chiều như hình vẽ: 

Có độ lớn: ${B_1} = {\rm{ }}{2.10^{ - 7}}\dfrac{{{I_1}}}{{AM}} = {\rm{ }}2,{4.10^{ - 5}}T;{\rm{ }}{B_2} = {\rm{ }}{2.10^{ - 7}}\dfrac{{{I_2}}}{{BM}} = {\rm{ }}1,{6.10^{ - 5}}T.$

Cảm ứng từ tổng hợp tại M là: $\overrightarrow B  = \overrightarrow {{B_1}}  + \overrightarrow {{B_2}}$

Vì $\overrightarrow {{B_1}}$ và $\overrightarrow {{B_2}}$  cùng phương, ngược chiều và B₁ > B₂ nên $\mathop B\limits^ \to$ cùng phương, chiều với $\mathop {{B_1}}\limits^ \to$ và có độ lớn: B = B₁ - B₂ = 0,8.10^-5 T

Ta có, lực tương tác giữa hai dây dẫn: $F = {2.10^{ - 7}}\dfrac{{{I_1}{I_2}}}{r}$

$\Rightarrow$ Cường độ dòng điện ${I_2} = \dfrac{{F.r}}{{{{2.10}^{ - 7}}.{I_1}}} = \dfrac{{2,{{5.10}^{ - 4}}.0,05}}{{{{2.10}^{ - 7}}.5}} = 12,5A$

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.

A – sai: Lực  Lo-ren-xơ có chiều như hình:

B – đúng

C – sai: Lực  Lo-ren-xơ có chiều như hình:

D – sai: Lực  Lo-ren-xơ có chiều như hình:

Ta có:

+ Chiều dài 1 vòng dây: $C = 2\pi r$

+ Diện tích một vòng dây: $S = \pi {r^2}$

=> Chiều dài 100 vòng dây là: $L = 100C = 200\pi r$

Theo đầu bài, ta có mỗi mét chiều dài của dây dẫn có điện trở ${R_0} = 0,5\Omega$

=> Điện trở tổng cộng của 100 vòng dây là: $R = L.{R_0} = 200\pi r.{R_0} = 200\pi .0,1.0,5 = 10\pi \left( \Omega  \right)$

+ Trong khoảng thời gian $\Delta t = 0,01s$, cảm ứng từ giảm đều từ B đến 0

=> Từ thông trong khung cũng giảm từ ${\Phi _1}$ xuống ${\Phi _2}$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{\Phi _1} = N{B_1}Scos\alpha  = {100.10^{ - 2}}.\pi {\left( {0,1} \right)^2}cos{0^0} = 0,01\pi {\rm{W}}b\\{\Phi _2} = N{B_2}Scos\alpha  = 0Wb\end{array} \right.$

+ Suất điện động cảm ứng trong cuộn dây: ${e_c} = \left| {\dfrac{{\Delta \Phi }}{{\Delta t}}} \right| = \left| {\dfrac{{0 - 0,01\pi }}{{0,01}}} \right| = \pi \left( V \right)$

+ Dòng điện cảm ứng trong khung dây: ${i_c} = \dfrac{{\left| {{e_c}} \right|}}{R} = \dfrac{\pi }{{10\pi }} = 0,1 \left( A \right)$

+ Công suất tỏa nhiệt trên cuộn dây: $P = i_c^2R = {{0,1}^2}.10\pi  = 0,314W$

Ta có:

+ Suất điện động cảm ứng trong thanh là: $\left| {{e_C}} \right| = Blv\sin \theta  = 0,4.0,8.2.sin{90^0} = 0,64V$

=> Cường độ dòng điện trong mạch: ${I_c} = \dfrac{{{e_c}}}{R} = \dfrac{{0,64}}{{0,8}} = 0,8A$

Ta có cường độ dòng điện trong mạch cũng chính là cường độ dòng điện qua điện trở

Ta có:

+ Độ tự cảm của ống dây: $L = 4\pi {.10^{ - 7}}{n^2}V = 4\pi {.10^{ - 7}}{2000^2}.({500.10^{ - 6}}) = 2,{5.10^{ - 3}}$

+Trong khoảng thời gian từ t = 0 đến t = 0,05s  cường độ dòng điện tăng từ 0A đến 5A

Suất điện động tự cảm trong ống dây trong khoảng thời gian này:

$\left| {{e_{tc}}} \right| = L\frac{{\left| {\Delta i} \right|}}{{\Delta t}} = 2,{5.10^{ - 3}}\frac{{\left| {5 - 0} \right|}}{{0,05}} = 0,25V$

- Áp dụng định luật phản xạ ánh sáng, tia phản xạ và tia khúc xạ vuông góc với nhau ta có:

 r + i’ = 90° hay là r + i = 90°.

- Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng: n₁ sin i = n₂ sin r = n₂ cos i ↔ tani = n₂₁ = n.

Khi cá nhìn thấy người thì tia sáng từ người đến mắt cá (hình vẽ)

+ Gọi M là mắt thật và M’ là ảnh của mắt người mà cá nhìn thấy

Từ hình vẽ, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\tan i = \dfrac{{HI}}{{HM}}\\{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anr}} = \dfrac{{HI}}{{HM'}}\end{array} \right.$

Để nhìn rõ, thì góc r- bé lên i bé

i, r bé $\to \left\{ \begin{array}{l}\tan i \approx \sin i \approx i\\{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anr}} \approx {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}} \approx r\end{array} \right.$

Theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta có:

$\begin{array}{l}\sin i = n{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}}\\ \Rightarrow \dfrac{{\sin i}}{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inr}}}} = n \Leftrightarrow \dfrac{{HM'}}{{HM}} = n\\ \Rightarrow HM' = HM.n = 40.\dfrac{4}{3} = \dfrac{{160}}{3}cm\end{array}$

=> Vậy con cá sẽ nhìn thấy mắt người cách mắt nó đoạn : $40 + \dfrac{{160}}{3} \approx 93,33cm$

Tia SI đi đến mặt vuông góc với AB nên truyền thẳng đến mặt AC tại J với góc tới i.

∆ABC vuông cân tại B nên =>$i = {45^0}$

Góc giới hạn phản xạ toàn phần: $\sin {i_{gh}} = \frac{{{n_{kk}}}}{n} = \frac{1}{{1,5}} \to {i_{gh}} = 41,{8^0}$

nhận thấy $i > {i_{gh}}$ =>tại J xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần với góc phản xạ 45⁰ => Tia phản xạ vuông góc với BC

=> Góc hợp bởi tia ló và tia tới là: $D = {90^0}$

Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại điểm tới I của mặt thứ nhất, ta có:

$\sin {i_1} = n{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_1} \leftrightarrow \sin 45 = \sqrt 2 {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_1} \to {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_1} = \frac{1}{2} \to {r_1} = {30^0}$

Vì tia ló ra khỏi mặt thứ 2 đi vuông góc nên: ${i_2} = 0 \to {r_2} = 0$

Ta có: $A = {r_1} + {r_2} = 30 + 0 = {30^0}$

Vật thật qua thấu kính phân kì cho ảnh ảo cùng phía vật so với thấu kính và ảnh ở gần thấu kính hơn vật nên:

$d > d' \to L = d + d' > 0 \to d + d' = 15cm$

Ta có:

$\begin{array}{l}\frac{1}{f} = \frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}} \to d' = \frac{{df}}{{d - f}}\\ \to L = d + d' = d + \frac{{df}}{{d - f}} = 15\\ \leftrightarrow df = \left( {15 - d} \right)\left( {d - f} \right)\\ \leftrightarrow {d^2} - 15d + 15f = 0\\ \leftrightarrow {d^2} - 15d + 15.\left( { - 30} \right) = 0\\ \leftrightarrow {d^2} - 15{\rm{d}} - 450 = 0\\ \to \left[ \begin{array}{l}d = 30cm\\d =  - 15cm(loai)\end{array} \right.\end{array}$

($d =  - 15cm$: loại vì vật thật)

+ Tiêu cự của kính lúp là: $f = \frac{1}{D} = \frac{1}{{20}} = 0,05m = 5cm$

+ Số bội của bội giác lúp khi ngắm chừng ở vô cực: $G = \frac{Đ}{f} = \frac{{25}}{5} = 5$

Ta có, các lực tác dụng lên thanh gồm: trọng lực $\overrightarrow P$ , lực ma sát $\overrightarrow {{F_{ms}}}$, phản lực $\overrightarrow N$ và lực từ $\overrightarrow F$  có hướng như hình vẽ:

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ

+ Áp dụng định luật II – Niuton, ta có: $\overrightarrow N  + \overrightarrow P  + \overrightarrow {{F_{ms}}}  + \overrightarrow F  = m\overrightarrow a$  (*)

Chiếu (*) lên các phương ta được:

$\left\{ \begin{array}{l}Ox:P\sin \alpha  - F\cos \alpha  - {F_{ms}} = ma{\rm{        }}\left( 1 \right)\\Oy:N - Pcos\alpha  - F\sin \alpha  = 0{\rm{               }}\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Từ (2) ta suy ra: $N = Pcos\alpha  + F\sin \alpha$

+ Lực ma sát: ${F_{ms}} = \mu N = \mu \left( {Pcos\alpha  + F\sin \alpha } \right)$

Lực từ: $F = BIl\sin {90^0} = BIl$

=> Lực ma sát: ${F_{ms}} = \mu \left( {Pcos\alpha  + BIl\sin \alpha } \right)$

Thay vào (1) ta được:

$\begin{array}{l}P\sin \alpha  - BIlcos\alpha  - \mu \left( {Pcos\alpha  + BIl\sin \alpha } \right) = ma\\ \Rightarrow a = \dfrac{{P\left( {\sin \alpha  - \mu cos\alpha } \right) - BIl\left( {cos\alpha  + \mu \sin \alpha } \right)}}{m}\\ = \dfrac{{0,1.10\left( {\sin {{30}^0} - 0,1.cos{{30}^0}} \right) - 0,2.10.0,2\left( {cos{{30}^0} + 0,1.\sin {{30}^0}} \right)}}{{0,1}}\\ \approx 0,47m/{s^2}\end{array}$

Gọi độ dài cạnh hình lập phương là a

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 đỉnh ở đáy của khối lập phương.

Từ hình vẽ, ta có:

${\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_{{\rm{max}}}} = \frac{{OA}}{{AI}} = \frac{{0,5{\rm{a}}\sqrt 2 }}{{\sqrt {{a^2} + {{(0,5{\rm{a}}\sqrt 2 )}^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$

$\to \sin {i_{{\rm{max}}}} = n{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_{{\rm{max}}}} = 1,5.\frac{1}{{\sqrt 3 }} \to {i_{{\rm{max}}}} = {60^0}$

+ Qua ${L_1}$  vật $AB$ có ảnh ${A_1}{B_1}$ cách ${L_1}$ là:

${d_1}' = \dfrac{{{d_1}{f_1}}}{{{d_1} - {f_1}}} = \dfrac{{15.10}}{{15 - 10}} = 30cm$

Số phóng đại  ${k_1} =  - \dfrac{{{d_1}'}}{{{d_1}}} =  - \dfrac{{30}}{{15}} =  - 2$.

+ Hình vẽ cho thấy, ${A_1}{B_1}$  cách thấu kính ${L_2}$ một đoạn:

${d_2} = {\rm{ }}a{\rm{ }} - {d_1}'{\rm{ }} = {\rm{ }}40{\rm{ }} - {\rm{ }}30{\rm{ }} = {\rm{ }}10{\rm{ }}cm$

+ Ánh sáng truyền qua ${L_1}$ hội tụ tại ${A_1}{B_1}$ rồi lại truyền tiếp tới ${L_2}$.

 Do vậy ${A_1}{B_1}$  lại là vật sáng đối với ${L_2}$

+ Vận dụng công thức thấu kính với ${L_2}$, ta được:

${d_2}' = \dfrac{{{d_2}{f_2}}}{{{d_2} - {f_2}}} = \dfrac{{10.( - 10)}}{{10 + 10}} =  - 5cm$

${k_2} =  - \dfrac{{{d_2}'}}{{{d_2}}} = \dfrac{1}{2}$

+ Số phóng đại ảnh của hệ thấu kính:

$k = \dfrac{{\overline {{A_2}{B_2}} }}{{\overline {AB} }} = \dfrac{{\overline {{A_2}{B_2}} }}{{\overline {{A_1}{B_1}} }}.\dfrac{{\overline {{A_1}{B_1}} }}{{\overline {AB} }} = {k_2}.{k_1}$

$k =  - 1$

+ Vậy ảnh cuối cùng của hệ là ảnh ảo, cao bằng vật, ngược chiều với vật, cách ${L_2}$  một đoạn $5cm$