Bài tập vật lý chương 4 từ trường

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 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 ra trên dây dẫn trong trường hợp I giảm tuyến tính theo tg
- Nhiệt lượng tỏa ra trên dây dẫn trong khoảng thời gian dt là:
dQ = I2.R.dt
- Nhiệt lượng tỏa ra trên dây dẫn trong khoảng thời gian t là:
t

Q   dQ   I 2 .R.dt (1)
Q

0


Bài 4.3 (90)

b) Nhiệt lượng tỏa ra trên dây dẫn trong trường hợp I giảm tuyến tính
- Cường độ dịng điện giảm tuyến tính theo phương trình sau:
I = at + b

 b  I0

Khi t = 0 thì I = I0

Khi t = 24 thì I =0  a 

b  I 0

24 24

  I 0 .t
 I 
 I 0 (2)
 24

- Theo ĐN cường độ dòng điện:
t

24

24

24

0

0

I 0 .t.dt
 12 I 0
24

dq = I.dt

t 

 q   I .dt  q   I 0 1  .dt
 24 
0
0

 q   I 0 .dt  
Vậy: 12I0 = 30

 I 0  2,5( A) (3)


Bài 4.3 (90)
b) Nhiệt lượng tỏa ra trên dây dẫn trong trường hợp I giảm tuyến tính
- Thay phương trình (2), (3) vào (1) ta có:
24

2

t 


2
Q   R.I 02 1   dt  Q  R.I 0
 24 
0


t
t2 
0 1  12  242  dt

24

2
3


t
t
2
 Q  R.I 0 t 
 2 
 12.2 24 .3 

R.I 02 .24 6.2,52.24
Q 

 300 ( J )
3
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 và H 2 là cường độ từ trường do I1 và I2
gây ra tại M1 (hv).




- AD NLCCTT ta có: H M  H1  H 2
1

- Theo hình vẽ:
Mà: H1 

M1

H M1  H  H (1)

I1
2 . AM1

I2
Và: H 2 
2 .BM1

2
1

 H M1

2
2

2
100


( A / m)
2
2 .10


3
50
 H2 

( A / m)

2
2. .3.10

2

Vậy: H M
1

I
1
H2

2

 100   50 
 
     35,6( A / m)
    

M2
 A
H1

I2

B


Bài 4.4 (91)

* Tại M2
'

- Gọi H1 và H 2' là cường độ từ trường do I1 và I2
gây ra tại M2 (hv).


' '
- AD NLCCTT ta có: H M  H1  H 2
2

- Theo hình vẽ: H 
M2

H H
'2
1

'2
2

I
1
H2
M1

(1)

Mà: H1' 

I1
2 . AM 2

2
100
H 

( A / m)
2
2 .10


Và: H 2 

I2
2 .BM 2

3
150
H 

( A / m)
2
2. .10


'

'
1

'
2

2

Vậy: H M
2

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 2 N và H 3 N là cường độ từ trường do
I1, I2, I3 gây ra tại N (hv).

I1

- Áp dụng NLCCTT ta có:





H N  H1 N  H 2 N  H 3 N

A




- Theo hình vẽ: H1N  H 2 N  H 3 N

 H N  0 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 và H 3 M là cường độ từ trường do I1, I2, I3 gây ra tại M (hv).
- Áp dụng NLCCTT ta có:





H M  H1M  H 2 M  H 3M  0 (1)

- Chiếu pt (1) theo phương của H1M :

H1M - H2M + H3M = 0

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 0 < x < 5 (cm)
- Thì BM = 5 – x và 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) = 0
 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 4.6 (91)

  


- Gọi H1 , H 2 , H 3 và H 4 là cường độ từ trường do

C

B

AB, BC, CD, DA gây ra tại O (hv).






- Áp dụng NLCCTT ta có: H O  H1  H 2  H 3  H 4
M




- Theo hình vẽ: H1  H 2  H 3  H 4


Nên: H O  H1
A

2
1

Mà

1   2

O


I HO
b

Và: HO = H1 + H2 + H3 + H4 = 2H1 + 2H2 (1)
Ta có: H  H 
1
3


H1

I
 sin 2  sin1  (*)
4 OM

Với: sin  2 

Thay vào pt (*) ta có:

MB

OB

H1 



a/2

I
4 .



a 2  b2 / 2

b
2

.2

a
a b
2

2







a

a 2  b2



I .a

b a  b
2

2

(2)

a

D


Bài 4.6 (91)
I
H2  H4 
 sin 2  sin1  (**)
4 ON
Mà 1    2
Với: sin  2 

NC

OC



b/2

H2 

Thay pt (2), (3) vào (1):

HO 

b a  b
2

2



2I .b

 a a2  b2

2I a 2  b2
 HO 
 ab



a 2  b2 / 2

Thay vào pt (**) ta có:

2I .a

N

B

- Tương tự ta có:



I
4 .

a
2


.2

2
1

M

b



a 2  b2

b
a b
2

A

2



1  2
O
I HO
b

I .b

a a  b
2

C

2


H1

a

D

(3)

2I
a 2  b2
a b
 HO 
 
2
2 b
a   a 2  b 2 ab
 a b 
2I

2.6 162.104  302.104
Thay số: H O 
 27,057 ( A / m)
2
2
 .16.10 .30.10


Bài 4.7 (91)

B





- Gọi H1 , H 2 và H 3 là cường độ từ trường do

AB, BC, CA gây ra tại O (hv).





- Áp dụng NLCCTT ta có: H O  H1  H 2  H 3
- Theo hình vẽ:

M

1




H1  H 2  H 3



Nên: H O  H1 Và: HO = H1 + H2 + H3 = 3H1 (1)

A

I
Ta có: H1  H 2  H 3 
 sin 2  sin1  (2)
4 OM

Mà

1   2  60o

Và: OM 

1a 3
3 2

o
9
I
sin
60
sin 600  sin 600  
 HO  3

3
 .a 3
4 .a
6
3
9.3,14
2  9 ( A / m)
Thay số:
HO 
3,14.0,5. 3

I





2


H1

HO

O

C

I


Bài 4.8 (92)

E


- Xét phần tử Idl thuộc dòng điện qua dây EB (CD)


- Gọi dB là cảm ứng từ do Idl gây ra tại A

Về độ lớn ta có:

 Idl sin 0
dB  o
0
4 rGA

G


Idl
B

I



- Gọi B1 và B 2 là cam ứng từ do DE, BC gây ra

K

2
1

H

tại 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  1  45o
HA

và


B1

1   2  45o

A

B2


Bài 4.8 (92)

Ta có:

o I
B1 
 sin  2  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  2 
4 AH
o I
o I
sin45o  sin(45o ) 
 B2 
sin 45o (3)

4 AH
2 AH
BH
AH
1
Do: ABH  AEK 


(4)
BK
AK
2
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
1 
 1
sin45o 


2
 AH AK 

2
2  1  1   8,88.108 (T )


2
10.101 
 5.10

A

B2


Bài 4.9 (92)

* Tại điểm A

- Cường độ từ trường do dòng điện chay qua dây
OY gây ra tại A bằng 0 vì…

- Gọi cường độ từ trường
 do dịng điện chay qua
dây XO gây ra tại A là H A (hv)
Có độ lớn là: H 
A
Với:

I
 sin  2  sin  1 
4 OA

 2  0;  1  90


H1


H2

X

B

I

o

I
I
sin 0  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 và H 2 là cường độ từ trường do XO, OY gây ra tại B (hv).




- Áp dụng NLCCTT ta có: H B  H1  H 2

O

1


A HA


Bài 4.9 (92)
* Tại điểm B
- Theo hình vẽ:



Nên: H B  H1
- Ta có: H1 



H1  H 2
Và: HB = H1 + H2 (1)


HB

I
 sin  2  sin 1 
4 BM

I
sin 45o  sin(90o ) 
 H1 
4 BM
I
 H1 

(sin 45o  1) (2)
4 BM
- Tương tự: H 2 

 H2 


H2


H1

B 1

2 
1
Y

2

N

I
 sin  2  sin 1 
4 BN

I
I
sin 90o  sin( 45o )  
(1  sin 45o ) (3)

4 BN
4 BM

Mà BN = BM = OB.cos45o  BM  5 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  2 H1 
(1  sin 45o )
2 BM


HB

B 1

2 
1

Thay số:

20
HB 
2 .5. 2102


H1


2
1 
  76,8 ( A / m)
2 


Y

N

2

X

M

I
O

1

A HA


Bài 4.12 (93, 94)
- Từ trường do dòng điện I gây ra tại mọi điểm trên
khung ABCD là không đều
- Chia khung thành các dải dS có bề rộng dx và cách
dòng điện I một 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 3  13,8.108 (Wb)
2

C


Bài 4.15 (94)


- Gọi B là cảm ứng từ do dòng I1 gây ra tại những điểm
trên khung ABCD

   
- Gọi F1 , F2 , F3 , F4 lần lượt là lực từ tác dụng lên
các cạnh DA, AB, BC, và CD (hv)

A

- Lực tổng hợp tác dụng lên khung ABCD là:

    
F  F1  F2  F3  F4


 

Do: F2  F4  0 Và: F1  F3

I1

 I2
F1

D

Nên: F  F1  F3 (1)
Ta có:

F1  BAD .I 2 .a  F1 

Thay số:

0 I1
a

2 . b  
2


I 2 .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 2 .a  F 
3

Thay số:

4 .10 30.2.2.10
F3 
2 .4.102
7

2

0 I1
a

2 .  b  
2


I 2 .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 của lực từ khi khung quay xung quanh trục của nó:

b

A  I 2 ( 2  1 )



1 là từ thơng qua khung ở vị trí ban đầu ( n  B )
 2 là từ thông qua khung khi khung quay 1800


   2  1


Công cần thiết để quay khung 1800 xung quanh trục của nó

A '   A   I 2 ( 2  1 )  A '  2 I 
2 1

B

B

a

 C
F4


F3


Bài 4.15 (94)
a
 I a
2
1  0 1 ln
a
2
b
2
b

Theo bài 4.12:

Thay số:

Vậy:

a
0 I1a b  2
A '  2I2
ln
a
2
b
2

4 .107.30.2.102 40
A '  2.2
ln
 3,32107 ( J )
2
20

?: Tính F2 và F4 ?


Bài 4.15 (94)

Tính F2


dF2

- Do dây AB nằm trong từ trường khơng đều nên để

tính lực từ ta chia AB thành các phần tử dòng điện I 2dl

 

- Từ lực tác dụng lên I 2 dl là:

l
A

dF2  I 2 dl  B


- Từ lực tác dụng lên AB là: F 
2




dF2 

AB



 
I 2 dl  B

AB

I1

 I2
F1


I 2  ABvà B không đổi chiều nên:
- Do các




F2  dF2 Và: F2 



dF2 



I 2dlB sin 900

D
b

a
0 I1I 2
0 I1I 2 dl 0 I1I 2 dl
2

F

ln
 F2  

2
a l
a
2
l
2
2

l
b

b
2
2
7
Thay số:
4 .10 30.2
F2  F2 
ln 2 
2
AB

AB
a
b
2

b


I 2 dl

M


F2 B

B

a

 C
F4


F3


Bài 4.16
(95)


(1)

- Coi dòng I2 nằm trong từ trường B của dịng I1

- Lực từ tác dụng lên I2 có phương chiều như hv.
- Để dòng I2 dịch chuyển được từ VT1 đến VT2 thì cần td


vào I2 lực kéo F  F
k

I1

I2



B


F


Fk

- Giả sử dòng I2 dịch chuyển một đoạn dx, thì cơng của
lực kéo là:
 

dA '  Fk .dx  Fk .dx.cos 0  F .dx

- Công cần thiết để kéo dòng 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
2 A '

 A'  
I 2ldx 
ln 2  I 
2 .x
2
0 ln 2
R
1

Thay số:

I 

2 .5, 5.10  5
 20  A 
7
4 ..10 .0, 693

(2)

R1 dx
x


Bài 4.17
Khi gia tốc trong điện trường:

2 eU
mv 2
eU 

v
 ...
2
m
Áp dụng các cơng thức, tính được:

mv
2mU
2
R


...

9
.
10
m
2
eB
eB
2m
T
 ...  3.108 s
eB
L  I  mR 2 .

v
 mRv  ...  1,5.10 24 kgm2 / s
R