Câu 1:
a) Tại M có \({\overrightarrow B _1},\,{\overrightarrow B _2}\) do I1, I2 gây ra, có chiều xác định bằng quy tắc nắm tay phải và biểu diễn trên hình II.19G.
\(\begin{array}{l}{\overrightarrow B _M} = {\overrightarrow B _1} + {\overrightarrow B _2}\\ + \,{B_1} = {2.10^{ - 7}}.\dfrac{{{I_1}}}{{{r_1}}} = {2.10^{ - 7}}.\dfrac{{12}}{{0,03}} = {8.10^{ - 5}}T.\\ + \,{B_2} = {2.10^{ - 7}}.\dfrac{{{I_2}}}{{{r_2}}} = {2.10^{ - 7}}.\dfrac{{18}}{{0,02}} = {18.10^{ - 5}}T.\end{array}\)
Nhận thấy \({\overrightarrow B _1},{\overrightarrow B _2}\) cùng phương cùng chiều nên \({\overrightarrow B _M}\) cùng phương, cùng chiều \({\overrightarrow B _1}\) và \({B_M} = {B_1} + {B_2} = {26.10^{ - 5}}T.\)
b) Gọi N là điểm mà tại đó \({\overrightarrow B _N} = \overrightarrow 0 \Rightarrow {\overrightarrow B _N} = {\overrightarrow B _1} + {\overrightarrow B _2} = \overrightarrow 0 \)
\( \Rightarrow \,{\overrightarrow B _1},\,{\overrightarrow B _2}\) cùng phương, ngược chiều, cùng độ lớn.
+ \({\overrightarrow B _1},{\overrightarrow B _2}\) cùng phương, ngược chiều => N phải ở ngoài khoảng I1I2.
+ B1 = B2
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \,{2.10^{ - 7}}.\dfrac{{{I_1}}}{{{r_1}}} = {2.10^{ - 7}}.\dfrac{{{I_2}}}{{{r_2}}}\\ \Rightarrow {r_2} = \dfrac{{{I_2}}}{{{I_1}}}{r_1} = 1,5{r_1}\end{array}\)
=> N ở ngoài khoảng I1I2 và bên trái I1.
Mặt khác \({r_1} + 5 = 1,5{r_1}\, \Rightarrow \,{r_1} = 10\,cm.\)
Vậy quỹ tích các điểm tại đó cảm ứng từ bằng 0 là đường thẳng song song, đồng phẳng với hai dòng điện, ngoài khoảng hai dòng điện và cách I1 10 cm.
c) Áp dụng quy tắc ban tay trái xác định phương, chiều của lực từ tác dụng lên I3 đặt tại M biểu diễn như hình II.21G.
BM = 26.10-5 T.
Ta có \(F = {B_M}{I_3}{l_3}\sin \alpha = {26.10^{ - 5}}.5.1.1 = 1,{3.10^{ - 3}}\,N.\)
Câu 2:
a) \({v_0} = 36\,km/s = {36.10^3}\,m/s.\)
\(f = \left| q \right|vB\sin \alpha = 1,{6.10^{ - 19}}{.36.10^3}.2,5.1\)\(\, = 1,{44.10^{ - 14}}\,N.\)
b) Do lực Lo-ren-xơ \(\overrightarrow f \bot \overrightarrow v \) nên điện tích chuyển động tròn đều, lực Lo-ren-xơ đóng vai trò lực hướng tâm.
\(\begin{array}{l}f = {F_{ht}}\,\\ \Rightarrow \,\left| q \right|vB\sin \alpha = \dfrac{{m{v^2}}}{R}\, \\ \Rightarrow \,\left| q \right|B\sin \alpha = \dfrac{{mv}}{R}\\ \Rightarrow R = \dfrac{{mv}}{{\left| q \right|B\sin \alpha }} \\\;\;\;\;\;\;\;\;= \dfrac{{9,{{1.10}^{ - 31}}{{.36.10}^3}}}{{1,{{6.10}^{ - 19}}.2,5.1}} \\\;\;\;\;\;\;\;\;\;= 8,{19.10^{ - 9}}\,m.\end{array}\)
Chu kì quay: \(T\, = \,\dfrac{{2\pi R}}{v} = \dfrac{{2\pi .8,{{19.10}^{ - 9}}}}{{{{36.10}^3}}} = 1,{43.10^{ - 12}}\)
Câu 3:
\(\begin{array}{l}a)\,L\, = \,4\pi {.10^{ - 7}}.\dfrac{{{N^2}S}}{l}\\ \Rightarrow L\, = \,4\pi {.10^{ - 7}}.\dfrac{{{{1500}^2}.\pi .0,{{01}^2}}}{{0,3}} = 2,{96.10^{ - 3}}\,H.\end{array}\)
b) + Từ 0 đến 10.10-3s: I = 2A
\( \Rightarrow \Delta I = 0\, \Rightarrow \,{e_{tc}} = - L\dfrac{{\Delta I}}{{\Delta t}} = 0\)
+ Từ 10.10-3s đến 20.10-3s:
I giảm từ 2A đến -2A.
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {e_{tc}} = - L\dfrac{{\Delta I}}{{\Delta t}} = - 2,{96.10^{ - 3}}.\dfrac{{ - 2 - 2}}{{0,01}}\\ = 1,184\,V.\end{array}\)
+ Từ 20.10-3s đến 30.10-3s \( \Rightarrow I\, = \, - 2A\)
\( \Rightarrow \Delta I = 0 \Rightarrow {e_{tc}} = - L\dfrac{{\Delta I}}{{\Delta t}} = 0\)
+ Từ 30.10-3s đến 40.10-3s:
I tăng từ -2A đến 2A.
\( \Rightarrow {e_{tc}} = - L\dfrac{{\Delta I}}{{\Delta t}} \)\(\,= - 2,{96.10^{ - 3}}.\dfrac{{2 - ( - 2)}}{{0,01}} = - 1,184\,V.\)
Đồ thị etc theo thời gian biểu diễn như hình vẽ.
c) t = 0 => I = 2A
Năng lượng từ trường trong ống dây:
\({{\rm{W}}_1} = \dfrac{1}{2}L{I^2} = \dfrac{1}{2}.2,{96.10^{ - 3}}{.2^2} = 5,{92.10^{ - 3}}\,J;\)
\(\,t = \,0,04s;\,I\, = 2A\, \Rightarrow {{\rm{W}}_2} = {{\rm{W}}_1}\)
=> Độ biến thiên năng lượng từ trường \(\Delta \,{\rm{W}}\, = \,0.\)