Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Giả sử chiều dòng điện I1,I2 có chiều đi ra như hình vẽ ( không làm thay đổi đáp số bài toán )
a) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}B_1=2.10^{-7}.\dfrac{6}{AM}=6.10^{-6}\left(T\right)\left(AM=0,2\left(m\right)\right)\\B_2=2.10^{-7}.\dfrac{6}{BM}=2.10^{-6}\left(T\right)\left(BM=0,6\left(m\right)\right)\end{matrix}\right.\)
Theo quy tắc bàn tay phải ta dễ xác định được: \(\overrightarrow{B_1}\uparrow\uparrow\overrightarrow{B_2}\)
\(\Rightarrow B_M=B_1+B_2=8.10^{-6}\left(T\right)\)
b) Để: \(\overrightarrow{B_1}+\overrightarrow{B_2}+\overrightarrow{B_3}=\overrightarrow{0}\) thì \(\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{B_3}\uparrow\downarrow\overrightarrow{B_{12}}\left(1\right)\\\left|\overrightarrow{B_3}\right|=\left|\overrightarrow{B_{12}}\right|\left(2\right)\end{matrix}\right.\) \(\left(2\right)\Rightarrow\dfrac{I_3}{OM}=\dfrac{I_1}{AM}+\dfrac{I_2}{BM}\Rightarrow I_3=OM\left(\dfrac{I_1}{AM}+\dfrac{I_2}{BM}\right)=16\left(A\right)\)
Từ (1) => chiều dòng điện I3 phải có chiều đi vào ( xem hình vẽ )
c) Gọi B1 và B2 lần lượt là vecto cảm ứng từ do dòng điện I1 và I2 gây ra tại H
Áp dụng quy tắc bàn tay phải ta có chiều B1 và B2 như hình vẽ ( xem hình vẽ để hiểu )
Ta có: \(B_1=B_2=2.10^{-7}.\dfrac{I}{\sqrt{OH^2+OA^2}}\) Đặt \(I_1=I_2=I=6\left(A\right)\)
Mà B1=B2 nên: \(B_H=2B_1\cos\alpha\) (3)
Dễ chứng minh được: \(\widehat{B_1HB_2}=\widehat{BHA}\)\(\) ( cùng phụ với \(\beta\) )
\(\Rightarrow\cos\alpha=\dfrac{OH}{\sqrt{OA^2+OH^2}}\)
Thay vào (3) ta được: \(B_H=2.2.10^{-7}.\dfrac{I}{\sqrt{OH^2+OA^2}}.\dfrac{OH}{\sqrt{OH^2+OA^2}}\)
\(=4.10^{-7}.I\left(\dfrac{OH}{OH^2+OA^2}\right)\)
Theo bất đẳng thức AM-GM: \(OH^2+OA^2\ge2\sqrt{OH^2.OA^2}=2OH.OA\)
\(\Rightarrow OH^2+OA^2\) đạt giá trị nhỏ nhất tại 2OH.OA
Dấu ''='' xảy ra tại: \(OH^2=OA^2\Leftrightarrow OH=\pm\sqrt{2}\left(cm\right)\) \(\Rightarrow OH=\sqrt{2}\left(cm\right)\)
\(\Rightarrow B_{max}=4.10^{-7}.I.\left(\dfrac{OH}{2OH.OA}\right)=6.10^{-7}\left(T\right)\)
P/s hình vẽ: 
Suất điện động cảm ứng trong ống dây :
ξ = - L\(\frac{\triangle I}{\triangle t}\) → | ξ | = L\(\left|\frac{\triangle I}{\triangle t}\right|\)
Với L = 0,004 H ; \(\triangle\)I = I1 - I2 = 1,2 - 0,4 = 0,8 ( A ) ; \(\triangle\)t = 0,2 s
Thế số vào ta có : ξ = 0,016 ( V )
Bài 1:
a/ \(i_1=0,8\left(5-t_1\right);i_2=0,8\left(5-t_2\right)\)
\(\Rightarrow\Delta i=i_2-i_1=0,8.5-0,8t_2-0,8.5+0,8t_1=0,8\left(t_1-t_2\right)\)
\(\Rightarrow\frac{\Delta i}{\Delta t}=\frac{0,8\left(t_1-t_2\right)}{-\left(t_1-t_2\right)}=-0,8\left(A/s\right)\)
b/ \(E_{tc}=L.\left|\frac{\Delta i}{\Delta t}\right|=0,005.\left|-0,8\right|=4.10^{-3}\left(V\right)\)
Bài 2:
a/ \(B_{1M}=2.10^{-7}.\frac{I_1}{r_1}=2.10^{-7}.\frac{5}{0,05}=2.10^{-5}\left(T\right)\)
b/ \(B_{2M}=2.10^{-7}.\frac{I_2}{r_2}=2.10^{-7}.\frac{10}{0,05}=4.10^{-5}\left(T\right)\)
\(\overrightarrow{I_1}\uparrow\downarrow\overrightarrow{I_2}\Rightarrow\overrightarrow{B_{1M}}\uparrow\downarrow\overrightarrow{B_{2M}}\Rightarrow\sum B=\left|B_{1M}-B_{2M}\right|=\left|2.10^{-5}-4.10^{-5}\right|=2.10^{-5}\left(T\right)\)
\(\sum B=0\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{B_{1M}}\uparrow\downarrow\overrightarrow{B_{2M}}\\B_{1M}=B_{2M}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\frac{I_1}{r_1}=\frac{I_2}{r_2}\Leftrightarrow\frac{5}{r_1}=\frac{10}{r_2}\)
Theo câu trên ta có: \(r_1+r_2=10\left(cm\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}r_2=2r_1\\r_1+r_2=0,1\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}r_1=\frac{1}{30}\left(m\right)\\r_2=\frac{1}{15}\left(m\right)\end{matrix}\right.\)
a) Giả sử hai dây dẫn được đặt vuông góc với mặt phẳng hình vẽ, dòng I1 đi vào tại A, dòng I2 đi ra tại B.
