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: 

Ta có: \(v_{tb}=\dfrac{S_1+S_2+S_3}{t_1+t_2+t_3}=\dfrac{S}{\dfrac{S}{36}+\dfrac{S}{42}+\dfrac{S}{30}}=\dfrac{1260}{107}\left(km/h\right)\) 

câu 1: Ta có: \(\Delta p=p_2-p_1=mv_2-mv_1=mgt=100\left(kgm/s\right)\)

=> v2=50(m/s) 

Gọi quãng đường AB là x (km) (x>0)

Theo đề bài ta có phương trình sau:

\(\dfrac{x}{30}+\dfrac{x}{24}=\dfrac{9}{2}\) giải nốt tìm được x :D 

:D đề bài sáng tạo ghê đấy 

a) chọn gốc thế năng tại mặt đất: \(W=mgz_1+\dfrac{1}{2}mv^2=45\left(J\right)\)

b) Vật chỉ chịu tác dụng của trọng lực cơ năng được bảo toàn: 

\(W_1=W_2\Leftrightarrow mgz_1=\dfrac{1}{2}mv_2^2\Leftrightarrow v_2=\sqrt{2gz_1}=30\left(m/s\right)\) ( bảo toàn lúc thả và trước khi chạm đất )

c) độ cao của vật khi Wđ=2Wt hay Wt=2Wđ vậy bạn đề bài chưa rõ?

d) 2Wa=5W ( không hiểu ý bạn nói cho lắm? :D )

e) Bảo toàn cơ năng: ( tại vị trí thả và vị trí vật có vận tốc = 20m/s )

\(W_1=W_3\Leftrightarrow mgz_1=mgz_3+\dfrac{1}{2}mv_3^2\Rightarrow z_3=\dfrac{mgz_1-\dfrac{1}{2}v_3^2}{mg}=.....\) tính nốt :3

f) Tương tự bảo toàn cơ năng: ( Tại vị trí thả và vị trí có độ cao 20m )

\(W_1=W_4\Leftrightarrow mgz_1=\dfrac{1}{2}mv_4^2+mgz_4\Rightarrow v_4=\sqrt{\dfrac{2\left(mgz_1-mgz_4\right)}{m}}=......\) tính nốt :3 

Chọn mốc thế năng tại mặt đất: ( Bảo toàn cơ năng )

\(W_1=W_2\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}mv_1^2+mgz_1=2mgz_2\Rightarrow z_2=....\) thay số giải nốt :D 

tách câu hỏi ra bạn ơi :D để như thế dài không ai muốn làm đâu

\(mgh=\dfrac{1}{2}mv_2^2-\dfrac{1}{2}mv_1^2\Rightarrow v_1=....\) 

:( hình vẽ thì bỏ hình vào bạn ơi bao nhiêu lần rồi

chọn mốc thế năng tại điểm thấp nhất ( trùng với phương bay của đạn )

Vật chỉ chịu tác dụng của trọng lực cơ năng được bảo toàn: ( Bảo toàn cho hệ lúc vừa cắm vào bao cát đến lúc bao cát lên 1 đoạn h=0,8(m) )

a) \(W_1=W_2\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}\left(m+M\right)v_1^2=\left(m+M\right)gz_2\) \(\Rightarrow v_1=\sqrt{\dfrac{2\left(m+M\right)gz_2}{m+M}}=4\left(m/s\right)\)

b) Bảo toàn động lượng: 

\(mv_0=\left(m+M\right)v_1\Rightarrow v_0=\dfrac{\left(m+M\right)v_1}{m}=704\left(m/s\right)\)