Sử dụng máy tính cầm tay FX570ES để giải bài tập Vật lí 11(p5)

Giả sử hai dây dẫn được đặt vuông góc với mặt phẳng hình vẽ, dòng $I_1$ đi vào tại A, dòng $I_2$ đi ra tại B thì các dòng điện $I_1$ và $I_2$ 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: $B_1=2.{10}^{-7}.\frac{I_1}{AM}=2,4.{10}^{-5} T ; B_2=2.{10}^{-7}.\frac{I_2}{BM}=1,6.{10}^{-5} T.$

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 $B_1 > B_2$ nên $\overrightarrow{B}$ cùng phương, chiều với $\overrightarrow{B_1}$ và có độ lớn:

$B=B_1-B_2=0,8.{10}^{-5} T.$

Giả sử hai dây dẫn được đặt vuông góc với mặt phẳng hình vẽ, dòng $I_1$ đi vào tại A, dòng $I_2$ đi vào 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 $\overrightarrow{B_1}$ và $\overrightarrow{B_2}$có phương chiều như hình vẽ.

Có độ lớn: $B_1=2.{10}^{-7}.\frac{I_1}{AM}=3.{10}^{-5} T ; B_2=2.{10}^{-7}.\frac{I_2}{BM}=4.{10}^{-5} T.$

Cảm ứng từ tổng hợp tại M là: $\overrightarrow{B}$ = $\overrightarrow{B_1}$ + $\overrightarrow{B_2}$ có phương chiều như hình vẽ và có độ lớn: $B=\sqrt{{B_1}^2+{B_2}^2}=5.{10}^{-5} T.$

Giả sử hai dây dẫn được đặt vuông góc với mặt phẳng hình vẽ, dòng $I_1$ đi vào tại A, dòng $I_2$ 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 $\overrightarrow{B_1}$ và $\overrightarrow{B_2}$ có phương chiều như hình vẽ.

Có độ lớn: $B_1=2.{10}^{-7}.\frac{I_1}{AM}=2.{10}^{-7}.\frac{12}{16.{10}^{-2}}=1,5.{10}^{-5}\left(T\right);$

$B_2=2.{10}^{-7}.\frac{I_2}{BM}=2.{10}^{-7}.\frac{12}{12.{10}^{-2}}=2.{10}^{-5}\left(T\right).$

Cảm ứng từ tổng hợp tại M là: $\overrightarrow{B}$ = $\overrightarrow{B_1}$ + $\overrightarrow{B_2}$ có phương chiều như hình vẽ và có độ lớn: $B=\sqrt{{B_1}^2+{B_2}^2}=\sqrt{{\left(1,5.{10}^{-5}\right)}^2+{\left(2.{10}^{-5}\right)}^2}=2,5.{10}^{-5} \left(T\right).$

Giả sử hai dây dẫn được đặt vuông góc với mặt phẳng hình vẽ, dòng $I_1$ đi vào tại A, dòng $I_2$ đi ra tại B. Các dòng điện $I_1$ và $I_2$ 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: $B_1=B_2=2.{10}^{-7}.\frac{I_1}{AM}=6.{10}^{-6} T.$

Cảm ứng từ tổng hợp tại M là: $\overrightarrow{B}$ = $\overrightarrow{B_1}$ + $\overrightarrow{B_2}$ có phương chiều như hình vẽ và có độ lớn: $B=B_1\cos \left(\alpha \right)+B_2\cos \left(\alpha \right)=2B_1\cos \left(\alpha \right)=2.B_1.\frac{AH}{AM}=4.{10}^{-6} T.$

Giả sử hai dây dẫn được đặt vuông góc với mặt phẳng 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 $\overrightarrow{B_1}$ và $\overrightarrow{B_2}$ có phương chiều như hình vẽ.

Có độ lớn: $B_1=B_2=2.{10}^{-7}.\frac{I_1}{AM}=6.{10}^{-6} T.$

Cảm ứng từ tổng hợp tại M là: $\overrightarrow{B}$ = $\overrightarrow{B_1}$ + $\overrightarrow{B_2}$ có phương chiều như hình vẽ và có độ lớn: $B=2B_1\cos \left(\alpha \right)=2B_1\frac{\sqrt{A{M}^2-A{H}^2}}{AM}=11,6.{10}^{-6} T.$

Giả sử hai dây dẫn được đặt vuông góc với mặt phẳng 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 $\overrightarrow{B_1}$ và $\overrightarrow{B_2}$. Để cảm ứng từ tổng hợp tại M bằng 0 thì $\overrightarrow{B}$ = $\overrightarrow{B_1}$ + $\overrightarrow{B_2}$ = $\overrightarrow{0}$ ð $\overrightarrow{B_1}$= -$\overrightarrow{B_2}$  tức là $\overrightarrow{B_1}$ và $\overrightarrow{B_2}$ 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 (như hình vẽ).

Với $B_1=B_2 thì 2.{10}^{-7}\frac{I_1}{AM}=2.{10}^{-7}\frac{I_2}{AB-AM}$

$\Rightarrow AM=\frac{AB.I_1}{I_1+I_2}=10 cm; \Rightarrow MB=5 cm.$

Vậy điểm M phải nằm trên đường thẳng cách dây dẫn mang dòng $I_1$ 10 cm và cách dây dẫn mang dòng $I_2$ 5 cm; ngoài ra còn có các điểm ở rất xa hai dây dẫn cũng có cảm ứng từ tổng hợp do hai dòng điện này gây ra cũng bằng 0 vì cảm ứng từ do mỗi dòng điện gây ra ở các điểm cách rất xa nó bằng 0.

Giả sử hai dây dẫn được đặt vuông góc với mặt phẳng hình vẽ, dòng $I_1$ đi vào tại A, dòng $I_2$ đi ra tại B. Các dòng điện $I_1$ và $I_2$ gây ra tại M các véc tơ cảm ứng từ $\overrightarrow{B_1}$và $\overrightarrow{B_2}$. Để cảm ứng từ tổng hợp tại M bằng 0 thì $\overrightarrow{B}$ = $\overrightarrow{B_1}$ + $\overrightarrow{B_2}$ = $\overrightarrow{0}$ ð $\overrightarrow{B_1}$ = -$\overrightarrow{B_2}$ tức là $\overrightarrow{B_1}$và $\overrightarrow{B_2}$ 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 ngoài đoạn thẳng AB, gần dây dẫn mang dòng $I_2$ hơn (vì $I_1$ > $I_2$) (như hình vẽ).

Với $B_1=B_2 thì\hspace{0.17em}2.{10}^{-7}.\frac{I_1}{AM}=2.{10}^{-7}.\frac{I_2}{AM-AB}\Rightarrow AM=\frac{AB.I_1}{I_1-I_2}=20 cm;$

$\Rightarrow BM=10 cm.$

Vậy điểm M phải nằm trên đường thẳng cách dây dẫn mang dòng $I_1$ 20 cm và cách dây dẫn mang dòng $I_2$ 10 cm; ngoài ra còn có các điểm ở rất xa hai dây dẫn cũng có cảm ứng từ tổng hợp do hai dòng điện này gây ra cũng bằng 0 vì cảm ứng từ do mỗi dòng điện gây ra ở các điểm cách rất xa nó bằng 0.

Giả sử hai dây dẫn được đặt vuông góc với mặt phẳng 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 $\overrightarrow{B_1}$và $\overrightarrow{B_2}$. Để cảm ứng từ tổng hợp tại M bằng 0 thì $\overrightarrow{B}$ = $\overrightarrow{B_1}$ + $\overrightarrow{B_2}$= $\overrightarrow{0}$ ð $\overrightarrow{B_1}$= -$\overrightarrow{B_2}$  tức là $\overrightarrow{B_1}$ và $\overrightarrow{B_2}$ 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 (như hình vẽ).

Với $B_1=B_2 thì\hspace{0.17em}2.{10}^{-7}.\frac{I_1}{AM}=2.{10}^{-7}.\frac{I_2}{AB-AM}$

$\Rightarrow AM=\frac{AB.I_1}{I_1+I_2}=10 cm ; MB=5 cm.$

Vậy điểm M phải nằm trên đường thẳng cách dây dẫn mang dòng $I_1$ 10 cm và cách dây dẫn mang dòng $I_2$ 5 cm; ngoài ra còn có các điểm ở rất xa hai dây dẫn cũng có cảm ứng từ tổng hợp do hai dòng điện này gây ra cũng bằng 0 vì cảm ứng từ do mỗi dòng điện gây ra ở các điểm cách rất xa nó bằng 0.

Dòng $I_1$ gây ra tại M véc tơ cảm ứng từ $\overrightarrow{B_1}$ vuông góc với mặt phẳng xOy, hướng từ ngoài vào, có độ lớn: $B_1=2.{10}^{-7}.\frac{I_1}{\left|y\right|}=2.{10}^{-5} T.$

Dòng I₂ gây ra tại M véc tơ cảm ứng từ $\overrightarrow{B_2}$ vuông góc với mặt phẳng xOy, hướng từ ngoài vào, có độ lớn: $B_2=2.{10}^{-7}.\frac{I_1}{\left|x\right|}=4,5.{10}^{-5} T.$

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, cùng chiều và nên $\overrightarrow{B}$ cùng phương, cùng chiều với $\overrightarrow{B_1}$ và $\overrightarrow{B_2}$ và có độ lớn:

$B=B_1+B_2=6,5.{10}^{-5}T.$

Dòng $I_1$ gây ra tại A véc tơ cảm ứng từ $\overrightarrow{B_1}$ vuông góc với mặt phẵng xOy, hướng từ ngoài vào, có độ lớn: $B_1=2.{10}^{-7}.\frac{I_1}{\left|y\right|}=2.{10}^{-5} T.$

Dòng I₂ gây ra tại A véc tơ cảm ứng từ $\overrightarrow{B_2}$ vuông góc với mặt phẳng xOy, hướng từ trong ra, có độ lớn: $B_2=2.{10}^{-7}.\frac{I_1}{\left|x\right|}=1,5.{10}^{-5} T.$

Cảm ứng từ tổng hợp tại A là $\overrightarrow{B}$ = $\overrightarrow{B_1}$ + $\overrightarrow{B_2}$ . Vì $\overrightarrow{B_1}$và $\overrightarrow{B_2}$ cùng phương, ngược chiều và $B_1 > B_2$ nên $\overrightarrow{B}$ cùng phương, cùng chiều với $\overrightarrow{B_1}$ và có độ lớn:

$B=B_1-B_2=0,5.{10}^{-5}$

a) Độ lớn cảm ứng từ tại tâm vòng dây: $B=2\mathrm{\pi }.{10}^{-7}.\frac{\mathrm{I}}{\mathrm{R}}=31,4.{10}^{-5} \mathrm{T}.$

b) Với vòng dây có bán kính $R\text{'}=4R$ thì: $B\text{'}=2\mathrm{\pi }.{10}^{-7}.\frac{\mathrm{I}}{4\mathrm{R}}=\frac{\mathrm{B}}{4}=7.85.{10}^{-5} \mathrm{T}.$

$B=2\mathrm{\pi }.{10}^{-7}.\mathrm{N}.\frac{\mathrm{I}}{\mathrm{R}}=367,8.{10}^{-5} \mathrm{T}.$

Dòng điện chạy trong vòng tròn gây ra tại tâm O cảm ứng từ $\overrightarrow{B_1}$ vuông góc với mặt phẳng hình vẽ, hướng từ ngoài vào.

Có độ lớn: $B_1=2\mathrm{\pi }.{10}^{-7}.\frac{\mathrm{I}}{\mathrm{R}}=15,7.{10}^{-6} \mathrm{T}.$

Dòng điện chạy trong dây dẫn thẳng gây ra tại tâm O cảm ứng từ $\overrightarrow{B_2}$ vuông góc với mặt phẳng hình vẽ, hướng từ trong ra.

Có độ lớn: $B_2 = 2.{10}^{-7}.\frac{I}{R} = 5.{10}^{-6} T.$

Cảm ứng từ tổng hợp tại O là $\overrightarrow{B}$ = $\overrightarrow{B_1}$ + $\overrightarrow{B_2}$ . Vì $\overrightarrow{B_1}$ và $\overrightarrow{B_2}$ cùng phương, ngược chiều và _{$B_1 > B_2$} nên $\overrightarrow{B}$ cùng phương, cùng chiều với $\overrightarrow{B_1}$và có độ lớn:

$B=B_1-B_2=10,7.{10}^{-6} T.$

Số vòng dây quấn sát nhau trên ống dây: $N=\frac{l}{d}.$

Cảm ứng từ tại một điểm bên trong ống dây: $B=4\mathrm{\pi }.{10}^{-7}.\frac{\mathrm{N}}{\mathrm{l}}\mathrm{I}=5.{10}^{-4} \mathrm{T}.$

Ta có: $B=4\mathrm{\pi }.{10}^{-7}.\frac{\mathrm{N}}{\mathrm{l}}\mathrm{I}\Rightarrow \mathrm{N}=\frac{\mathrm{lB}}{4\mathrm{\pi }.{10}^{-7}.\mathrm{I}}=929$ vòng.

Chu vi của mỗi vòng dây: pd, số vòng dây: $N=\frac{l}{\mathrm{\pi d}}.$

Cảm ứng từ bên trong ống dây: $B=4\mathrm{\pi }.{10}^{-7}.\frac{\mathrm{l}}{\mathrm{\pi dL}}\mathrm{I}=2,5.{10}^{-5} \mathrm{T}.$

Lực Lo-ren-xơ: $f=evB\sin \left(\alpha \right)=0,64.{10}^{-14} N.$.

Lực Lo-ren-xơ: $f=evB\sin \left(\alpha \right)=7,2.{10}^{-12} N.$.

Các lực từ tác dụng lên từng cạnh của khung dây có điểm đặt tại trung điểm của mỗi cạnh, có phương nằm trong mặt phẳng chứa khung dây và vuông góc với từng cạnh, có chiều như hình vẽ.

Có độ lớn: $f_{AB}=f_{CD}=B.I.AB=15.{10}^{-3} N;$

               $f_{BC}=f_{AD}=B.I.BC=25.{10}^{-3} N.$

Các lực này cân bằng với nhau từng đôi một nhưng có tác dụng kéo dãn các cạnh của khung dây.

Các cạnh AB và CD song song với các đường sức từ nên lực từ tác dụng lên các cạnh này bằng 0. Lực từ tác dụng lên các cạnh BC và AD có điểm đặt tại trung điểm của mỗi cạnh, có phương vuông góc với mặt phẳng khung dây, lực tác dụng lên cạnh BC hướng từ trong ra ngoài, lực tác dụng lên cạnh AD hướng từ ngoài vào trong như hình vẽ.

Có độ lớn: $f_{BC}=f_{AD}=B.I.BC=32.{10}^{-3} N.$

Hai lực này tạo thành một ngẫu lực có tác dụng làm cho khung dây quay đến vị trí mà mặt phẳng khung dây vuông góc với các đường sức từ.

Các lực từ tác dụng lên từng cạnh của khung dây có điểm đặt tại trung điểm của mỗi cạnh, có phương vuông góc với mặt phẳng chứa khung dây và vuông góc với từng cạnh, lực tác dụng lên các cạnh AB và BC hướng từ trong ra, các lực tác dụng lên các cạnh CD và AD hướng từ ngoài vào như hình vẽ.

Có độ lớn: $f_{AB}=f_{CD}=B.I.AB.\sin \left(90°-\alpha \right)=8,66.{10}^{-3} N;$

                  $f_{BC}=f_{AD}=B.I.BC.\sin \left(\alpha \right)={10}^{-2} N.$

Lực từ tác dụng lên cạnh AC là $\overrightarrow{F_{AC}}$= $\overrightarrow{0}$ vì AB song song với $\overrightarrow{B}$.

Lực từ tác dụng lên cạnh AB là $\overrightarrow{F_{AB}}$ có điểm đặt tại trung điểm của AB, có phương vuông góc với mặt phẳng chứa khung dây, hướng từ ngoài vào như hình vẽ.

Có độ lớn: $F_{AB}=I.B.AB=2.{10}^{-3} N.$

Lực từ tác dụng lên cạnh BC là $\overrightarrow{F_{BC}}$ có điểm đặt tại trung điểm của BC, có phương vuông góc với mặt phẳng chứa khung dây, hướng từ trong ra và có độ lớn: $F_{BC}=I.B.BC.\sin \left(\alpha \right)=I.B.BC.\frac{AB}{BC}=2.{10}^{-3} N.$

Dòng $I_1$ gây ra tại các điểm trên cạnh BC của khung dây véc tơ cảm ứng từ có phương vuông góc với mặt phẳng hình vẽ, có chiều hướng từ ngoài vào và có độ lớn:

$B_1=2.{10}^{-7}.\frac{I_1}{a+AB+b}$

Từ trường của dòng $I_1$ tác dụng lên cạnh BC lực từ $\overrightarrow{F_1}$ đặt tại trung điểm của cạnh BC, có phương nằm trong mặt phẳng hình vẽ, vuông góc với BC và hướng từ A đến B, có độ lớn: $F_1=B_1.I_3.BC.\sin \left(90°\right)=2.{10}^{-7}.\frac{I_1.I_3.BC}{a+AB+b}=60.{10}^{-7}N.$

Lập luận tương tự ta thấy từ trường của dòng $I_2$ tác dụng lên cạnh BC lực từ $\overrightarrow{F_2}$ có cùng điểm đặt, cùng phương, cùng chiều với $\overrightarrow{F_1}$ và có độ lớn:

$F_2=2.{10}^{-7}.\frac{I_2.I_3.BC}{b}=128.{10}^{-7} N.$

Lực từ tổng hợp do từ trường của hai dòng $I_1$ và $I_2$ tác dụng lên cạnh BC của khung dây là $\overrightarrow{F}=\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}$cùng phương cùng chiều với $\overrightarrow{F_1}$ và $\overrightarrow{F_2}$ và có độ lớn:

$F=F_1+F_2=188.{10}^{-7} N.$

Dòng $I_1$ gây ra tại các điểm trên cạnh BC của khung dây véc tơ cảm ứng từ có phương vuông góc với mặt phẳng hình vẽ, có chiều hướng từ trong ra và có độ lớn: $B_1=2.{10}^{-7}.\frac{I_1}{b}$; từ trường của dòng $I_1$ tác dụng lên cạnh BC lực từ $\overrightarrow{F_1}$ đặt tại trung điểm của cạnh BC, có phương nằm trong mặt phẳng hình vẽ, vuông góc với BC và hướng từ B đến A, có độ lớn:

$F_1=B_1.I_3.BC.\sin \left(90°\right)=2.{10}^{-7}.\frac{I_1.I_3.BC}{a}=192.{10}^{-7} N.$

Lập luận tương tự ta thấy từ trường của dòng $I_2$ tác dụng lên cạnh BC lực từ $\overrightarrow{F_2}$ có cùng điểm đặt, cùng phương, ngược chiều với $\overrightarrow{F_1}$ và có độ lớn:

$F_2=2.{10}^{-7}.\frac{I_2.I_3.BC}{a+b}=80.{10}^{-7} N.$

Lực từ tổng hợp do từ trường của hai dòng $I_1$ và I₂ tác dụng lên cạnh BC của khung dây là $\overrightarrow{F}=\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}$cùng phương cùng chiều với $\overrightarrow{F_1}$ và có độ lớn:

$F=F_1-F_2=112.{10}^{-7} N.$

Khi thanh MN chuyển động với vận tốc v thì dòng điện cảm ứng xuất hiện trên thanh theo chiều từ M đến N.

Suất điện động cảm ứng trong mạch: $e_C=B.v.l$

Cường độ dòng điện cảm ứng: $I=\frac{e_C}{R}=\frac{B.v.l}{R}$

Lực từ tác dụng lên thanh MN hướng ngược chiều với $\overrightarrow{v}$ và có độ lớn:

$F_t=B.I.l=\frac{B^2.l^2.v}{R}$

a) Do thanh MN chuyển động đều nên lực kéo tác dụng lên thanh cân bằng với lực từ tác dụng lên thanh.

Công suất của lực kéo: $P_k=F.v=F_t.v=\frac{B^2.l^2.v^2}{R}=\frac{0,5^2.0,5^2.2^2}{0,5}=0,5\left(W\right).$

Công suất tỏa nhiệt trên thanh MN: $P_{tn}=I^2.R=\frac{B^2.l^2.v^2}{R}$ bằng công của lực kéo.

b) Sau khi ngừng tác dụng lực, thanh chỉ còn chịu tác dụng của lực từ. Độ lớn trung bình của lực này là: $\overline{F}=\frac{F_t}{2}=\frac{B^2.l^2.v}{2R}$

Sau đó thanh này trượt thêm một đoạn đường s thì lực này thực hiện được một công: $A=\overline{F}.s=\frac{B^2.l^2.v.s}{2R}$

Công này là công cản và đúng bằng độ biến thiên động năng của thanh nên:

$-\frac{B^2.l^2.v.s}{2R}=0-\frac{1}{2}.m{v}^2 \Rightarrow s=\frac{mv.R}{B^2.I^2}=\frac{0,005.2.0,5}{0,5^2.0,5^2}=0,08\left(m\right).$

a) Mô tả hiện tượng và giải thích

Khi thanh MN trượt xuống dưới tác dụng của trọng lực, từ thông qua diện tích MRN biến thiên, trong mạch xuất hiện suất điện động cảm ứng $e_C=B.l.v$; với v là vận tốc trượt của thanh; dòng điện cảm ứng có chiều từ N đến M và có cường độ:

$I=\frac{e_C}{R}=\frac{B.v.l}{R}$

Thanh chịu tác dụng của các lực:

Lực từ$F=B.I.l=\frac{B^2.l^2.v}{R}$ và trọng lực P = m.g.

Khi lực từ còn nhỏ hơn thành phân của trong lực trên mặt phẳng nghiêng P.sina thì thanh chuyển động nhanh dần, vân tốc v tăng và lực từ F tăng.

Khi lực từ cân bằng với thành phần của trọng lực trên mặt phẳng nghiêng thì vật chuyển động đều và vận tốc thanh đạt được lúc đó là cực đại.

Tính vận tốc cực đại đó

Ta có: $F=\frac{B^2.l^2.v_{max}}{R}=m.g.\sin \left(\alpha \right)\Rightarrow v_{max}=\frac{R.m.g.\sin \left(\alpha \right)}{B^2.l^2}$

   b) Thay điện trở bằng một tụ điện có điện dung C

Dòng cảm ứng nạp điện vào tụ.

Điện tích tức thời của tụ: $q=C.e_C$

Lực cản $F=i .B.l=\frac{dq}{dt}.B.l=C.B.l.B.l.\frac{dv}{dt}=C.B^2.l^2.a$

Vậy F tỉ lệ với a.

Tính a:

Phương trình chuyển động của thanh: $m.g.\sin \left(\alpha \right)-C.B^2.l^2.a=m.a$

$\Rightarrow a=\frac{m.g.\sin \left(\alpha \right)}{C.B^2.l^2+m}<g.\sin \left(\alpha \right).$

Gia tốc a nhỏ hơn gia tốc trượt khi không có từ trường B, và phụ thuộc vào khối lượng m.

a) Do thanh đi xuống nên từ thông qua mạch tăng.

Áp dụng định luật Lenxơ, dòng điện cảm ứng sinh ra véc tơ cảm ứng từ cảm ứng $\overrightarrow{B_C}$ ngược chiều với $\overrightarrow{B}$.

Áp dụng qui tắc nắm bàn tay phải, ta thấy dòng điện cảm ứng chạy qua R có chiều từ A đến B.

b) Ngay sau khi buông thì thanh AB chỉ chịu tác dụng của trọng lực P = mg nên thanh chuyển động nhanh dần do đó v tăng dần. 

Sau đó trong mạch xuất hiện dòng điện I nên thanh AB chịu thêm tác dụng của lực từ F = B.I.l có hướng đi lên.

Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong mạch là: $e_C=B.l.v$

Cường độ dòng điện chạy trong mạch: $I=\frac{e_C}{R+r}=\frac{B.l.v}{R+r}.$

Lực từ tác dụng lên thanh: $F=B.I.l=\frac{B^2.l^2.v}{R+r}$ hướng thẳng đứng lên trên.

Vì v tăng dần nên F tăng dần cho đến lúc F = P thì thanh chuyển động thẳng đều.  

Khi thanh chuyển động đều thì: $\frac{B^2.l^2.v}{R+r}=m.g$

$\Rightarrow v=\frac{(R+r).mg}{B^2.l^2}=\frac{\left(0,5+0,5\right).2.9,8}{0,2^2.0,{14}^2}=25(m/s).$

Hiệu điện thế giữa hai đầu thanh lúc đó:

$U_{AB}=I.R=\frac{B.l.v}{R+r}.R=\frac{0,2.0,14.25}{0,5+0,5}.0,5=0,35\left(V\right).$

c) Khi để nghiêng hai thanh kim loại một góc a so với mặt phẳng ngang

Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong mạch lúc này là:

$e_C=B.\cos \left(90°-\alpha \right).l.v=B.l.v.\sin \left(\alpha \right).$

Cường độ dòng điện chạy trong mạch: $I=\frac{e_C}{R+r}=\frac{B.l.v.\sin \left(\alpha \right)}{R+r}$

Lực từ tác dụng lên thanh: $F=B.\sin \left(\alpha \right).I.l=\frac{B^2.l^2.v.{\left(\sin \left(\alpha \right)\right)}^2}{R+r}$ hướng lên dọc theo hai thanh song song.

Khi lực từ cân bằng với thành phần của trọng lực hướng dọc theo hai thanh song song là m.g.sina thì thanh chuyển động đều.

Khi đó ta có: $\frac{B^2.l^2.v.{\sin }^2\left(\alpha \right)}{R+r}=m.g.\sin \left(\alpha \right)$

$\Rightarrow v=\frac{(R+r).m.g}{B^2.l^2.\sin \left(\alpha \right)}=\frac{(0,5+0,5).2.{10}^{-3}.9,8}{0,2^2.0,{14}^2.0,87}=28,7(m/s)$

Hiệu điện thế giữa hai đầu thanh khi đó là:

$U_{AB}=I.R=\frac{B.l.v.\sin \alpha }{R+r}.R=\frac{0,2.0,14,28,7.0,87}{0,5+0,5}.0,5=0,35\left(V\right).$

a) Cường độ và chiều dòng điện trong mạch, hệ số ma sát giữa MN và ray

Dưới tác dụng của lực từ, thanh MN chuyển động từ trái sang phải (theo chiều từ B đến M), trên thanh MN sẽ xuất hiện suất điện động cảm ứng:

$e_C$ = B.l.v = 0,1.0,2.10 = 0,2 (V).

Cường độ dòng điện trong mạch:  $I=\frac{E-e_C}{r}=\frac{12-0,2}{0,5}=2\left(A\right).$

Dòng điện này có chiều từ B đến A (chạy qua thanh theo chiều từ N đến M).

Vì thanh trượt đều nên: $F=F_{ms} hay B.I.l=\mu .m.g\Rightarrow \mu =\frac{B.I.l}{mg}=\frac{0,1.2.0,2}{0,01.10}=0,4$

b) Chiều, vận tốc, độ lớn lực kéo thanh

Để dòng điện trong thanh MN chạy theo chiều từ N đến M thì theo qui tắc bàn tay trái, thanh MN phải trượt sang phải (theo chiều từ A đến N hay B đến M).

Ta có: $I=\frac{E-e_C}{r}=\frac{E-B.l.v}{r}\Rightarrow v=\frac{E-I.r}{B.l}=\frac{1,2-1,9.0,5}{0,1.0,2}=15(m/s).$

Lực kéo tác dụng lên thanh MN:

$F_k=F_{ms}-F_t=\mu .m.g+B.l.v=0,4.0,01.10-0,1.1,8.0,2=4.{10}^{-3}\left(N\right).$

Mặt phẳng vòng dây làm thành với góc $30°$ nên góc giữa $\overrightarrow{B}$ và pháp tuyến $\overrightarrow{n}$ là ($\overrightarrow{n},\overrightarrow{B}$) = $90°-30°=60°$

a) $\varphi =B.S.\cos (\overrightarrow{n},\overrightarrow{B})=0,02.12.{10}^{-4}.\frac{1}{2}=12.{10}^{-6}\left(Wb\right).$

b) $\varphi \text{'}=B\text{'}S.\cos (\overrightarrow{n},\overrightarrow{B})$

$\frac{\Phi \text{'}}{\Phi }=\frac{B\text{'}}{B}\Rightarrow B\text{'}=\frac{B.\Phi \text{'}}{\Phi }=\frac{B\mathrm{.3.}\Phi }{\Phi }=3B=3.0,02=0,06\left(T\right).$

Mặt phẳng vòng dây làm thành với góc $30°$ nên góc giữa $\overrightarrow{B}$ và pháp tuyến $\overrightarrow{n}$ là ($\overrightarrow{n},\overrightarrow{B}$) = $90°-30°=60°$

a)$\varphi =B.S.\cos (\overrightarrow{n},\overrightarrow{B})=0,2.4.{10}^{-2}.6.{10}^{-2}.\frac{1}{2}=24.{10}^{-5}\left(Wb\right).$

b) $\varphi \text{'}=B\text{'}.S.\cos (\overrightarrow{n},\overrightarrow{B})$

$\Rightarrow \frac{\Phi \text{'}}{\Phi }=\frac{B\text{'}}{B}\Rightarrow \Phi \text{'}=\frac{B\text{'}.\Phi }{B}=\frac{5.B.\Phi }{B}=5.24.{10}^{-5}=12.{10}^{-4}\left(Wb\right).$

Góc giữa $\overrightarrow{B}$ và pháp tuyến $\overrightarrow{n}$ là $\alpha$ = ($\overrightarrow{n},\overrightarrow{B}$) = $0°$.

$\varphi =N.B.S.\cos (\overrightarrow{n}, \overrightarrow{B})=1000.B.100.{10}^{-4}.1=10B.$

$\left|e_C\right|=\left|\frac{∆\varphi }{∆t}\right|=\left|\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}\right|=\frac{|{\Phi }_2-{\Phi }_1|}{\Delta t}=\frac{{\mathrm{10.8.10}}^{-2}-10.0}{0,02}=40\left(V\right).$

$I=\frac{\left|e_C\right|}{R}=\frac{40}{16}=2,5\left(A\right).$

Công suất toả nhiệt của ống dây: $P=I^2.R=2,5^2.16=100\left(W\right).$

Diện tích mỗi vòng dây:

S = $\mathrm{\pi }.{\left(\frac{\mathrm{d}}{2}\right)}^2=3,14.{\left(\frac{{20.10}^{-2}}{2}\right)}^2$= 0,0314 = $314.{10}^{-4}\left(m^2\right)$

Điện trở của ống dây: $R=1000.\mathrm{\pi }.\mathrm{d}.0,5=314\left(\mathrm{\Omega }\right).$

Góc giữa $\overrightarrow{B}$ và pháp tuyến $\alpha$ là $\alpha =\left(\overrightarrow{n},\overrightarrow{B}\right)=0°$

$\varphi =N.B.S.\cos \left(\overrightarrow{n}, \overrightarrow{B}\right)=1000.B.314.{10}^{-4}.1=31,4.B$

$\left|e_C\right|=\left|\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}\right|=\frac{|{\Phi }_2-{\Phi }_1|}{\Delta t}=\frac{|31,4.0-31,{4.10}^{-3}|}{{10}^{-2}}=3,14\left(V\right).$

$I=\frac{\left|e_C\right|}{R}=\frac{3,14}{314}=0,01\left(A\right).$

Độ tự cảm của ống dây:

$L=4\mathrm{\pi }.{10}^{-7}.\mathrm{\mu }.\frac{{\mathrm{N}}^2}{\mathrm{I}}\mathrm{S}=4\mathrm{\pi }.{10}^{-7}.1.\frac{{1000}^2}{0,2}.{10}^{-2}=6,283.{10}^{-3}\left(\mathrm{H}\right).$

a) $\left|e_{tc}\right|=L.\left|\frac{∆i}{∆t}\right|=6,283.{10}^{-3}.\frac{2-0}{0,01}=1,26\left(V\right).$

b) $\left|e{\text{'}}_{tc}\right|=L.\left|\frac{∆i\text{'}}{∆t}\right|$

$\Rightarrow \left|∆i\text{'}\right|\left|I\text{'}-0\right|=I\text{'}=\frac{\left|\Delta i\right|.\left|e{\text{'}}_{tc}\right|}{\left|e_{tc}\right|}=\frac{2.3}{1,26}=4,76\left(A\right).$

a) Ta có:  $\left|e_{tc}\right|=L.\left|\frac{∆i}{∆t}\right|=4\mathrm{\pi }.{10}^{-7}.\mathrm{\mu }.\frac{{\mathrm{N}}^2}{\mathrm{I}}.\mathrm{S}.\left|\frac{∆\mathrm{i}}{∆\mathrm{t}}\right|$

$\Rightarrow 12=4\mathrm{\pi }.{10}^{-7}.\frac{{\mathrm{N}}^2}{0,2}.{10}^{-2}.\frac{5}{0,02}\Rightarrow \mathrm{N}=874 \mathrm{vòng}.$

Giải bằng chức năng SOLVE của máy fx-570ES.

b) $\left|e{\text{'}}_{tc}\right|=L.\left|\frac{∆i\text{'}}{∆t}\right|\Rightarrow \left|∆i\text{'}\right|\left|I\text{'}-0\right|=I\text{'}=\frac{\left|∆i\right|\left|e{\text{'}}_{tc}\right|}{\left|e_{tc}\right|}=\frac{5.3}{12}=1,25\left(A\right).$

+ Từ thông $\varphi$ qua diện tích S đặt trong từ trường đều có cảm ứng từ B được tính theo công thức: $\varphi =BS\cos \left(\alpha \right)$; trong đó $\alpha$ là góc hợp giữa pháp tuyến $\overrightarrow{n}$ của diện tích S và véc tơ cảm ứng từ $\overrightarrow{B}$.

 Trong hệ SI đơn vị đo từ thông là vêbe (Wb): 1Wb = 1T.1$m^2$.

+ Mỗi khi từ thông qua mạch kín (C) biến thiên thì trong mạch kín (C) xuất hiện dòng điện cảm ứng. Hiện tượng xuất hiện dòng điện cảm ứng trong mạch kín (C) gọi là hiện tượng cảm ứng điện từ.

 Hiện tượng cảm ứng điện từ chỉ tồn tại trong khoảng thời gian từ thông qua mạch kín biến thiên.

+ Hệ số tự cảm của một ống dây dài: $L=4\mathrm{\pi }.{10}^{-7}.\mathrm{\mu }.\frac{{\mathrm{N}}^2}{\mathrm{I}}\mathrm{S}$; với L là hệ số tự cảm, đơn vị henri (H); N là số vòng dây của ống dây; l là chiều dài của ống dây, đơn vị mét (m); S là diện tích của mỗi vòng dây, đơn vị mét vuông ($m^2$); $\mu$ là độ từ thẩm của lỏi sắt (nếu trong lòng cuộn dây có lỏi sắt).

+ Khi trong mạch điện có cường độ dòng điện biến thiên thì trong mạch xuất hiện suất điện động tự cảm: $e_{tc}=-L.\frac{∆i}{∆t}$; với $e_{tc}$ là suất điện động tự cảm, đơn vị vôn (V); L là hệ số tự cảm, đơn vị henry (H); $∆i=i_2-i_1$ là độ biến thiên cường độ dòng điện trong mạch, đơn vị ampe (A); $∆t=t_2-t_1$ là khoảng thời gian xảy ra biến thiên, đơn vị giây (s).

Ta có: ${\varphi }_1=B_1.S.\cos \left(\alpha \right) ; {\varphi }_2=B_2.S.\cos \left(\alpha \right)$

$\Rightarrow \frac{{\Phi }_2}{{\Phi }_1}=\frac{B_2}{B_1}\Rightarrow \frac{{\Phi }_2}{{15.10}^{-6}}=\frac{{24.10}^{-4}}{{8.10}^{=4}}\Rightarrow {\varphi }_2=45.{10}^{-6} Wb$

Giải bằng chức năng SOLVE của máy fx-570ES.

Cũng có thể tính S từ công thức tính ${\varphi }_1$ sau đó thay vào công thức tính ${\varphi }_2$.

Ta có: $\left|e_{tc}\right|=L.\left|\frac{∆i}{∆t}\right|=4\mathrm{\pi }.{10}^{-7}.\mathrm{\mu }.\frac{{\mathrm{N}}^2}{\mathrm{I}}\mathrm{S}\left|\frac{∆\mathrm{i}}{∆\mathrm{t}}\right|$

$=4\mathrm{\pi }.{10}^{-7}.15.\frac{{800}^2}{0,25}.8.{10}^{-4}.\frac{2-0}{0,02}=3,86\left(\mathrm{V}\right).$

Khi đưa nam châm lại gần khung dây, từ thông qua khung dây tăng, dòng điện cảm ứng xuất hiện trong khung dây gây ra từ trường cảm ứng ngược chiều với từ trường ngoài (để chống lại sự tăng của từ thông qua khung dây) nên dòng điện cảm ứng chạy trên cạnh AB theo chiều từ B đến A (xác định nhờ quy tắc nắm tay phải).

+ Khi một khối kim loại chuyển động trong một từ trường hoặc đặt trong một từ trường biến thiên thì trong khối kim loại xuất hiện dòng điện cảm ứng gọi là dòng điện Fu-cô.

+ Do tác dụng của dòng Fu-cô, mọi khối kim loại chuyển động trong từ trường đều chịu tác dụng của những lực hãm điện từ. Tính chất này được ứng dụng trong các bộ phanh điện từ của những ô tô hạng nặng.

+ Khối kim loại chuyển động trong từ trường hoặc đặt trong từ trường biến thiên sẽ nóng lên. Tính chất này được ứng dụng trong các lò cảm ứng để nung nóng kim loại. Trong nhiều trường hợp, sự xuất hiện dòng Fu-cô gây nên những tổn hao năng lượng vô ích. Để giảm tác dụng của dòng Fu-cô, người ta có thể tăng điện trở của khối kim loại.

+ Khi từ thông qua một mạch kín (C) biến thiên thì trong mạch kín đó xuất hiện suất điện động cảm ứng và do đó tạo ra dòng điện cảm ứng.

+ Suất điện động cảm ứng có giá trị cho bởi: $e_c=-\frac{∆\varphi }{∆t}$; với e_c là suất điện động cảm ứng, đơn vị vôn (V); $∆\varphi ={\varphi }_2-{\varphi }_1$ là độ biến thiên từ thông qua diện tích giới hạn bởi (C), đơn vị vêbe (Wb); $∆t=t_2-t_1$là khoảng thời gian xảy ra biến thiên, đơn vị giây (s); dấu (-) để phù hợp với định luật Len-xơ.

Ta có: ${\varphi }_1=B_1.S.\cos \left(\alpha \right) ; {\varphi }_2=B_2.S.\cos \left(\alpha \right)$

$\Rightarrow \frac{{\Phi }_2}{{\Phi }_1}=\frac{B_2}{B_1}\Rightarrow \frac{{72.10}^{-6}}{{18.10}^{-6}}=\frac{B_2}{{9.10}^{=4}}\Rightarrow B_2=36.{10}^{-4} T.$

Giải bằng chức năng SOLVE của máy fx-570ES.

Cũng có thể tính S từ công thức tính ${\varphi }_1$ sau đó thay vào công thức tính ${\varphi }_2$ để tính $B_2$.

Ta có: $\left|e_{tc}\right|=L.\left|\frac{∆i}{∆t}\right|=4\mathrm{\pi }.{10}^{-7}.\mathrm{\mu }.\frac{{\mathrm{N}}^2}{\mathrm{I}}\mathrm{S}.\left|\frac{∆\mathrm{i}}{∆\mathrm{t}}\right|$

$\Rightarrow 4=4\mathrm{\pi }.{10}^{-7}.25.\frac{{1200}^2}{0,16}.12.{10}^{-4}.\frac{\mathrm{I}-0}{0,02}\Rightarrow \mathrm{I}=2,36\mathrm{A}$

Giải bằng chức năng SOLVE của máy fx-570ES.

Khi đưa nam châm ra xa khung dây, từ thông qua khung dây giảm, dòng điện cảm ứng xuất hiện trong khung dây gây ra từ trường cảm ứng cùng chiều với từ trường ngoài (để chống lại sự giảm của từ thông qua khung dây) nên dòng điện cảm ứng chạy trên cạnh AB theo chiều từ A đến B.

Ta có: $\frac{\sin i}{\sin r}=\frac{n_2}{n_1}\Rightarrow \sin r=\frac{n_1}{n_2}\sin i=\sin 26,4°;$