1、浙江工业大学大学物理稳恒磁场习题答案2014/08/20张总灯具灯珠初步设想按照要求:亮度比例关系:蓝光:白光:红光=1:1:8光源总功率不超过20W。一、蓝光光源:1、光源形式:SMD 2835、芯片安萤11*28mil封装、2、电路连接:2并20串、3、光电参数:单颗光源:IF:60mA、VF:3.0-3.2V、WLD:440-450nm、PO:0.2W、IV:3.5-4lm、电路总输入:IF:120mA、VF:60-64V、WLD:440-450nm、PO:7.5W、IV:140-160lm、4、成本:68元/K,T; 当cm r 5.45.3时, 21、光源形式:SMD 2835、库存
2、光源第1KK或第2KK光源中正白色温、2、电路连接:1并20串、3、光电参数:单颗光源:IF:20mA、VF:3.0-3.2V、CCT:6000K、PO:0.06W、IV:7-8lm、电路总输入:IF:20mA、VF:60-65V、PO:1.2W、IV:140-160lm、成本:72元/K,三、红光光源:1、光源形式:SMD 2835、芯片连胜红光30*30mil封装、2、电路连接:1并30串、3、光电参数:单颗光源:IF:150mA、VF:2.0-2.2V、WLD:640-660nm、PO:0.3W、IV:40-45lm、电路总输入:IF:150mA、VF:60-66V、WLD:640-66
3、0nm、PO:9.5W、IV:1200-1350lm、4、成本:约420元/K,-=-= r r rr r d d r d I B /4101.8(31.01079(24109(105104(24(234222423721222220-=-=-=-T; 当cm r 5.4时, 0=iI , B=0图略7-12 解:(1 T a I B 6701058.02201042-=(256108.1105-=tg ,31150= (3 ,sin cos b a b tg m -=令:0sin (sin 22=-+=b a b ab d dtg m, a得:185sin =a b ,2995sin cos
4、 =-=b a b tg m8160=m 7-13 7-14解: 321B B B B += B 1、B 2分别为带电的大半圆线圈和小半圆线圈转动产生的磁感强度,B 3为沿直径的带电线段转动产生的磁感强度.=21bI , 422200101=b b b I B=22aI , 422200202=a a a I B2/(d 2d 3=r I rrB bad 203=abln20= =B ln (20ab+7-16解:(1对+d 弧元,dq=ad ,旋转形成圆电流 ad dq dI 22=,它在O 点的磁感应强度dB 为:d ad a a dB o O 2322sin 422sin =dB B a
5、q d o O o o 88sin 42=B 的方向向上(2ad a dp m 2/(sin 22=d a 23sin 21=om m d a dp p 23sin 214/4/23qa a = m P的方向向上7-17解:在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小,由安培环路定律可得:(220R r r RIB =因而,穿过导体内画斜线部分平面的磁通1为=S B S B d d 1 r r RI Rd 2020=40I在圆形导体外,与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为(20R r rIB =因而,穿过导体外画斜线部分平面的磁通2为=S B d 2r r I R Rd 220=
6、2ln 20=I穿过整个矩形平面的磁通量 21+=40I 2ln 20+I7-18. 解:(1取半径为r 的园为回路 (22222a r ab I rB -= 所以, (r a r ab IB 222202-= (2 =bardr j I 2=bardr Kr 23233a b K -= 因此,(3323a b IK -=又根据环路定理,=rrdr Kr rB 22032330a r K -=故有 3333033023a b a r r I a r r K B -=-= 7-19. 解:园柱孔可看成在O 处半径为R范围内,正反两个方向通电的园柱体。通电电流为I R R I 2=,用安培环路定理
7、,得:2002R I R B a =;20220022RIa a a R I B = 7-21解:电子在磁场中作半径为/(eB m R v =的圆周运动. 连接入射和出射点的线段将是圆周的一条弦,如图所示.所以入射和出射点间的距离为:/(3360sin 2eB m R R l v =7-22. 解:取屏幕为X 轴,x 1为电子束在磁场区域中X 方向位移,x 2为电子束离开磁场后的X 方向位移(见图。电子束偏离O 点的距离OD 为 21x x x +=电子束在磁场中受力evB f =v 2 而圆半径为eBmv R = 又因为eV mv =221,则 eBemVR 2=(1 由图可知,221l R
8、 R PK x -=2221lR L PC PM LLtga x -= 所以 212x x x R =+=- 其中R 由式(1给出。7-23. 解:(11325100.1100.1100.1-=m V d V E H H 所以,漂移速度143107.65.1100.1-=s V B E H (2因电流密度 ne =se Ie s I e n =100.1100.1(107.6106.10.352419-=329108.2-m7-25 解:101931106.31.0106.1101.922-=qB m T S s m m E v /1065.2101.9106.122273116=- m T
9、v T v h 40|106.189cos -=m qB mv r 319731105.11.0106.189sin 1065.2101.9-=7-26. 解:(1电流反向,达到平衡时,有 NIIB mg 2= 所以 NIImgB 2=(2 2310101.09230.91078.8-=B =0.478(T 7-28解:设i 为载流平面的面电流密度,B 为无限大载流平面产生的磁场,0B 为均匀磁场的感应强度,作安培环路abcda ,由安培环路定理得:ihBh Bh ihl d B 00=+= i B 021=B B B B B B +=-=0201 , (21210B B B +=,(2112
10、B B B -= 012/(B B i -=在无限大平面上沿z 轴方向上取长dl ,沿x 轴方向取宽da ,则其面积为dS=dlda ,面元所受的安培力为: ( ( 00j B S d i j B l d a d i F -=-= 单位面积所受的力j B B j iB dS F212202(-=-=7-29. 解:在均匀磁场中,如果有一个任意形状的有限长通电导线ab ,根据安培定律,其受力为=baB l Id F abB l d Iba=B ab I =其中大小为sin B ab I F ab =,B abgn 与为的夹角。 在本题中,R ab 2=,=90 所以I B R F ab 2=1.
11、0(N 方向与ab 垂直,指向正右上方。7-30 解:考虑半圆形载流导线CD 所受的安培力R IB F m 2= 列出力的平衡方程式 T R IB 22=故: 0.35N T IBR =7-31解, 左边导线为1, 右边导线为2, 中间导线为3 线圈受重力力矩作用,sin 2sin (sin 21(sin 21(2321g S l l g lS l g lS l g lS M M M M g =+=+= 载流导线受到磁场的作用1导线: sin 1BIl f = 2导线sin 2BIl f = 3导线BIl f =3磁力矩为 cos cos 23IBl l f M m = 力矩平衡 g m M
12、M =sin 2cos 22g S l IBl M m =T tg IgS B 31035.92-=CDTY7-32 解,设导线的电流为I ,所受磁力为IBl f =,方向向上 在此力的作用下U 型导线动量变化00mv mv IBldt fdt tt-=由=Idt q 得1(mvBlq =又机械能守恒,mgh mv =221得,2(2gh v =C gh lBmq 2.12=7-33 (1均匀磁场中,线圈受到的磁力矩为sin ISB M =,1,2M ISB M =12216sin,6M ISB M =(2线圈转动d ,此力做功d BIS Md dw sin -=-=12623sin M d
13、BIS dW W -=-= 7-34 解(1 IB a B a I I A 2221021(=-= (2 000(=-=I I A(3 B Ia B a I I A 224204cos 21(=-=7-35 (1管内m A I lNnI H /200=,T H B 5000105.2-= (2充介质后m A H H /200=,T H H B r 105.000= (3由导线产生的磁场T B 50105.2-= 管内合磁场为B B B +=0T B B B 105.0105.2105.050-=-=-7-36 (1环内的磁感应强度T SB 02.0=(2磁场强度m A lNIH /32=(3磁
14、化面电流密度m A BHB j /1059.140=-=A jl I 341077.43.0*1059.1=每匝相应的磁化面电流密度A NIi 9.5.1=(4磁导率和相对磁导率分别为 = B = 6.25 10 4 H r = (5磁化强度 M = j = 1.59 10 4 A / m 7-37 = 497 0 (1因为气隙很窄,可以近似的认为气隙中磁通量的分布与铁芯截面相等, B气隙 = B铁芯 (2气隙较宽时,气隙中磁通量截面大于铁芯截面,所以根据磁通连续原理 B气隙 B铁芯 (3根据安培环路定理, H 气隙 I 气隙 = H 铁芯 I 铁芯 = NI 由于铁芯的相对磁导率很大,所以
15、H 铁芯 = 所以, NI H 气隙 I 气隙 当 NI 相同时, H 气隙 所以 B气隙 7-38 B铁芯 0 铁芯 H 气隙 = B气隙 0 I l 气隙 I l 气隙 (1介质中的安培环路定理 H dl = NI v v NI = 2.12 10 3 (A/m 2r B 磁化强度 M = H = 7.96 10 5 A / m H= 0 (2 B = 0 r H ,得 r = B B = 375 , = 0 r = 4.71 10 4 0 H (3 j = M 7-39 0 = 7.96 10 5 解(1设每个分子的磁矩为 P分子 ,则铁棒的总磁矩为 P = NP分子 = v v 7.8 10 3 5 1 6.02 10 23 1.8 10 23 = 7.56Am 2 55.85 10 3 v (2铁棒与磁场正交,外力矩大小必须要等于正交时的磁力矩的大小,反方向, 故 M = Pm B , 考虑垂直得, M 外力 = M = Pm B = 11.3 Nm
