Bài tập vật lý chương 4 từ trường

Microsoft PowerPoint Chuong 4 bai tap A2 CQ ppt Compatibility Mode Chương 4 Từ trường Bài 4 3 (90) a) Nhiệt lượng tỏa ra trên dây dẫn trong trường hợp I = const Theo ĐN cường độ dòng điện không đổi q I t  30 1, 25( ) 24 I A   AD định luật Jun Lenxo Q = I2 R t = (1,25)2 6 24 = 225 (J) b) Nhiệt lượng tỏa ra trên dây dẫn trong trường hợp I giảm tuyến tính theo tg Nhiệt lượng tỏa ra trên dây dẫn trong khoảng thời gian t là dQ = I2 R dt Nhiệt lượng tỏa ra trên dây dẫn trong khoảng thời gian dt.

Chương Từ trường Bài 4.3 (90) a) Nhiệt lượng tỏa dây dẫn trường hợp I = const - Theo ĐN cường độ dịng điện khơng đổi: I q 30 I   1, 25( A) t 24 - AD định luật Jun-Lenxo: Q = I2.R.t = (1,25)2.6.24 = 225 (J) b) Nhiệt lượng tỏa dây dẫn trường hợp I giảm tuyến tính theo tg - Nhiệt lượng tỏa dây dẫn khoảng thời gian dt là: dQ = I2.R.dt - Nhiệt lượng tỏa dây dẫn khoảng thời gian t là: t Q   dQ   I R.dt (1) Q Bài 4.3 (90) b) Nhiệt lượng tỏa dây dẫn trường hợp I giảm tuyến tính - Cường độ dịng điện giảm tuyến tính theo phương trình sau: I = at + b  b  I0 Khi t = I = I0 Khi t = 24 I =0  a  b  I  24 24   I t  I   I (2)  24 - Theo ĐN cường độ dòng điện: t 24 24 24 0 I t.dt  12 I 24 dq = I.dt t    q   I dt  q   I 1  .dt  24  0  q   I dt   Vậy: 12I0 = 30  I  2,5( A) (3) Bài 4.3 (90) b) Nhiệt lượng tỏa dây dẫn trường hợp I giảm tuyến tính - Thay phương trình (2), (3) vào (1) ta có: 24 t   Q   R.I 02 1   dt  Q  R.I  24   t t2  0 1  12  242  dt 24   t t  Q  R.I t     12.2 24  R.I 02 24 6.2,52.24 Q    300 ( J ) 3 CÁCH XÁC ĐỊNH TỪ TRƯỜNG CỦA DÒNG ĐIỆN THẲNG I N  BN  BM M  BM M  BN I CÁCH XÁC ĐỊNH TỪ TRƯỜNG CỦA DÒNG ĐIỆN TRÒN  BO  BO I I I  BO Bài 4.4 (91) * Tại M1   - Gọi H1 H cường độ từ trường I1 I2 gây M1 (hv)    - AD NLCCTT ta có: H M  H1  H - Theo hình vẽ: Mà: H1  M1 H M1  H  H (1) I1 2 AM1 I2 Và: H  2 BM1  H M1 2 100   ( A / m) 2 2 10  50  H2   ( A / m) 2 2. 3.10  Vậy: H M I 1 H2  100   50         35,6( A / m)      M2  A H1 I2 B Bài 4.4 (91) * Tại M2 '  - Gọi H1 H 2' cường độ từ trường I1 I2 gây M2 (hv)  ' ' - AD NLCCTT ta có: H M  H1  H 2 - Theo hình vẽ: H  M2 H H '2 '2 I 1 H2 M1 (1) Mà: H1'  I1 2 AM 2 100 H   ( A / m) 2 2 10  Và: H  I2 2 BM 150 H   ( A / m) 2 2. 10  ' ' ' 2 Vậy: H M 2  100   150        57,4( A / m)       ' H2 M2  A H1 I2 ' B H1 Bài 4.5 (91) * Xét điểm N thuộc đoạn BC    - Gọi H1N , H N H N cường độ từ trường I1, I2, I3 gây N (hv) I1 - Áp dụng NLCCTT ta có:     H N  H1 N  H N  H N A    - Theo hình vẽ: H1N  H N  H N   H N  trái giả thiết nên loại điểm N  H 2M I2 M B H1M  H 3M * Xét điểm M thuộc đoạn AB    - Gọi H1M, H 2M H M cường độ từ trường I1, I2, I3 gây M (hv) - Áp dụng NLCCTT ta có:     H M  H1M  H M  H 3M  (1)  - Chiếu pt (1) theo phương H1M : H1M - H2M + H3M = N  H  1N I3 H2N C  H 3N Bài 4.5 (91) * Xét điểm M thuộc đoạn AB I1 I2 I3    0 2 AM 2 BM 2 CM - Đặt AM = x, điều kiện < x < (cm) - Thì BM = – x CM = 10 - x I I 2I   0 2 x 2 (5  x ) 2 (10  x )  (5 – x) (10 – x) + 2x(5 – x) + x(10 – x) =  50x = 15  x = 3,3 (cm) I1 A  H 2M I2 M B H1M  H 3M N  H  1N I3 H2N C  H 3N Bài 4.8 (92) E  - Xét phần tử Idl thuộc dòng điện qua dây EB (CD)   - Gọi dB cảm ứng từ Idl gây A Về độ lớn ta có:  Idl sin dB  o 0 4 rGA G  Idl B I   - Gọi B1 B cam ứng từ DE, BC gây K 2 1 H A (hv) C    - Áp dụng NLCCTT ta có: BA  B1  B2   - Theo hình vẽ: B1  B2 D Nên: BA  B1  B2 (1) Mà: tan 1  HC   1  45o HA  B1 1    45o A  B2 Bài 4.8 (92) Ta có: o I B1   sin   sin 1  4 AK E G  Idl B o I o I sin 45o  sin(45o )    B1  sin 45o (2) I 4 AK 2 AK o I K Và: B2   sin 1  sin   4 AH o I o I sin45o  sin(45o )   B2  sin 45o (3) 4 AH 2 AH BH AH Do: ABH  AEK    (4) BK AK Thay pt (2), (3), (4) vào (1): BA  B2  B1  Thay số: BA  4 107.6, 28 2  B1 2 1 H C D o I   sin45o    2  AH AK  2     8,88.108 (T )   2 10.101   5.10 A  B2 Bài 4.9 (92) * Tại điểm A - Cường độ từ trường dòng điện chay qua dây OY gây A vì… - Gọi cường độ từ trường  dòng điện chay qua dây XO gây A H A (hv) Có độ lớn là: H  A Với: I  sin   sin   4 OA   0;   90  H1  H2 X B I o I I sin  sin( 90o )   4 OA 4 OA 20 H   79,58 ( A / m) Thay số: A 2 4 2.10  HA  Y * Tại điểm B   - Gọi H1 H cường độ từ trường XO, OY gây B (hv)    - Áp dụng NLCCTT ta có: H B  H1  H O 1  A HA Bài 4.9 (92) * Tại điểm B - Theo hình vẽ:   Nên: H B  H1 - Ta có: H1    H1  H Và: HB = H1 + H2 (1)  HB I  sin   sin 1  4 BM I sin 45o  sin(90o )   H1  4 BM I  H1  (sin 45o  1) (2) 4 BM - Tương tự: H   H2   H2  H1 B 1 2  Y 2 N I  sin   sin 1  4 BN I I sin 90o  sin( 45o )   (1  sin 45o ) (3) 4 BN 4 BM Mà BN = BM = OB.cos45o  BM  2(cm) (4) X M I O 1  A HA Bài 4.9 (92) * Tại điểm B Thay pt (2), (3), (4) vào (1): I H B  H1  (1  sin 45o ) 2 BM  HB B 1 2  Thay số: 20 HB  2 2102  H1  2 1    76,8 ( A / m)   Y N 2 X M I O 1  A HA Bài 4.12 (93, 94) - Từ trường dòng điện I gây điểm khung ABCD không - Chia khung thành dải dS có bề rộng dx cách dòng điện I đoạn x A dx   - Từ thông qua dS là: d   B.dS  B.dS cos0  d  0 I a.dx 2 x  0a.I  2 Thay số: r a  r   n a B I - Từ thông qua khung ABCD là:   d   S 0 I x 2 x a.dx dx 0 Ia r  a  ln x 2 r B D x 4 10 7.30.2.102  ln  13,8.108 (Wb) 2 C Bài 4.15 (94)  - Gọi B cảm ứng từ dòng I1 gây điểm khung ABCD     - Gọi F1 , F2 , F3 , F4 lực từ tác dụng lên cạnh DA, AB, BC, CD (hv) A - Lực tổng hợp tác dụng lên khung ABCD là:      F  F1  F2  F3  F4     Do: F2  F4  Và: F1  F3 I1  I2 F1 D Nên: F  F1  F3 (1) Ta có: F1  BAD I a  F1  Thay số: 0 I1 a  2  b   2  I a 4 10730.2.2.102 6 F1   12.10 (N ) 2 2 2.10 b  F2 B  B a  C F4  F3 Bài 4.15 (94) Ta có: F3  BBC I a  F  Thay số: 4 10 30.2.2.10 F3  2 4.102 7 2 0 I1 a  2  b   2  I a A  6.106 ( N ) I1  F2  I2 F1 Vậy: F  12.10 6  6.106  6.10 6 ( N ) D b) Công lực từ khung quay xung quanh trục nó: b A  I (  1 )   1 từ thơng qua khung vị trí ban đầu ( n  B )  từ thông qua khung khung quay 1800      1  Công cần thiết để quay khung 1800 xung quanh trục A '   A   I (  1 )  A '  I  B  B a  C F4  F3 Bài 4.15 (94) a  I a 1  ln a 2 b b Theo 4.12: Thay số: Vậy: a 0 I1a b  A '  2I2 ln a 2 b 4 107.30.2.102 40 A '  2.2 ln  3,32107 ( J ) 2 20 ?: Tính F2 F4 ? Bài 4.15 (94) Tính F2  dF2 - Do dây AB nằm từ trường khơng nên để  tính lực từ ta chia AB thành phần tử dòng điện I 2dl     - Từ lực tác dụng lên I dl là: l A dF2  I dl  B  - Từ lực tác dụng lên AB là: F    dF2  AB    I dl  B AB I1  I2 F1  I  ABvà B không đổi chiều nên: - Do   F2  dF2 Và: F2   dF2   I 2dlB sin 900 D b a 0 I1I 0 I1I dl 0 I1I dl  F  ln  F2    a l a 2 l 2 2 l b  b 2 7 Thay số: 4 10 30.2 F2  F2  ln  2 AB AB a b b  I dl M  F2 B  B a  C F4  F3 Bài 4.16 (95)  (1) - Coi dòng I2 nằm từ trường B dòng I1 - Lực từ tác dụng lên I2 có phương chiều hv - Để dịng I2 dịch chuyển từ VT1 đến VT2 cần td   vào I2 lực kéo F  F k I1 I2  B  F  Fk - Giả sử dòng I2 dịch chuyển đoạn dx, cơng lực kéo là:   dA '  Fk dx  Fk dx.cos  F dx - Cơng cần thiết để kéo dịng I2 từ VT1 đến VT2 là: A '   dA '   BI 2l.dx 12 12 0 I1 Mà: B  2 x R2 0 I1 0 I 2 A '  A'   I 2ldx  ln  I  2 x 2 0 ln R Thay số: I  2 5, 5.10   20  A  7 4 10 0, 693 (2) R1 dx x Bài 4.17 Khi gia tốc điện trường: eU mv eU  v  m Áp dụng cơng thức, tính được: mv 2mU 2 R    10 m eB eB 2m T   3.108 s eB L  I  mR v  mRv   1,5.10 24 kgm2 / s R Bài 4.18 Lực tác dụng lên hạt anpha lực Loren: F  qvB   5.1015 N Bán kính: R m v   3,2.10 m qB Chu kì: T 2m   1,3.106 s qB Bài 4.19 Muốn e không bị lệch phương lực điện lực từ phải lực cân  FC   FC   FL   Do từ trường phải có phương vng góc v E (Chiều hình vẽ) Độ lớn:  E  B FC  FL  e E  e vB  B   v E   4,2.103 T v  FL Bài 4.20 Trong từ trường, e chịu tác dụng lực Loren bị lệch xuống dưới, tạo hiệu điện mặt Điện sinh điện trường hướng từ xuốn dưới, điện trường gây lực điện trường ngực hướng lực Loren Trạng thái cân đạt lực cân  E  FC  v  B   FC   FL  FC  FL U U  e E  e vB  e  e vB  e v  e b b.B I I I B J  n0 e v   n0    8,1.1028 hat / m3 a.b e v.a.b e Ua U v  3,1.10 m / s   0,31mm / s  b.B Ứng dụng hiệu ứng Hall: đo I B  B  FL V Hiệu ứng vật dẫn khối đặt từ trường, có dịng điện chạy qua mặt xuất hiệu điện gọi hiệu ứng Hall ... XÁC ĐỊNH TỪ TRƯỜNG CỦA DÒNG ĐIỆN THẲNG I N  BN  BM M  BM M  BN I CÁCH XÁC ĐỊNH TỪ TRƯỜNG CỦA DÒNG ĐIỆN TRÒN  BO  BO I I I  BO Bài 4.4 (91) * Tại M1   - Gọi H1 H cường độ từ trường I1... 4,2.103 T v  FL Bài 4.20 Trong từ trường, e chịu tác dụng lực Loren bị lệch xuống dưới, tạo hiệu điện mặt Điện sinh điện trường hướng từ xuốn dưới, điện trường gây lực điện trường ngực hướng... F2  dF2 - Do dây AB nằm từ trường khơng nên để  tính lực từ ta chia AB thành phần tử dòng điện I 2dl     - Từ lực tác dụng lên I dl là: l A dF2  I dl  B  - Từ lực tác dụng lên AB là: