浙江工业大学大学物理稳恒磁场习题答案.docx
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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:
SMD2835、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,
πμT;当cmr5.45.3≤≤时,2
1、光源形式:
SMD2835、库存光源第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:
SMD2835、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:
640-660nm、PO:
9.5W、IV:
1200-1350lm、
4、成本:
约420元/K,
--=-⨯-=∑πσrrr
rrddrdIB/4101.8（31.01079（24109（105104（24（234
222
423721222220-⨯=⨯--⨯⨯⨯⨯=--=----πππμT;当cmr5.4≥时,0∑=i
I,B=0
图略
7-12解:
（1
TaIB6701058
.02201042--⨯=⨯⨯⨯==πππμ
（25
6
108.1105--⨯⨯=
αtg,'31150
=α（3,sincosθθ
αbabtgm-=
令:
0
sin（sin2
2
=-+=θθθαbababddtgm
a
得:
185sin==
abθ,299
5sincos=
-=θ
θ
αbabtgm
'8160=mα
7-13
7-14解:
321BBBB++=B1、B2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,B3为沿直径的带电线段转动产生的磁感强度.
ππ=
21b
Iλω,4
22200101λωμλωμμ=π⋅π==bbbIB
ππ=22a
Iλω,4
22200202λωμλωμμ=π⋅π==aaaIB
2/（d2d3π=rIλω
r
r
Bb
a
d203⋅π
=⎰
λωμa
b
ln
20π
=
λω
μ=Bln（20a
b
+ππλω
μ
7-16解:
（1对θ~θ+dθ弧元,dq=λadθ,旋转形成圆电流
θπ
ωλ
πωaddqdI22==
它在O点的磁感应强度dB为:
θθπωλμθπωλθμdadaadBoO2
3
22sin422sin=⋅=
⎰
=
=dBBa
qdoOooπωμωλμθθπωλμπ88sin42==⎰
B的方向向上
（2θπωλθπadadpm2/（sin22=θθωλda23sin2
1
=
⎰⎰
==π
θθωλo
mmdadpp23sin2
1
4/4/23qaaωπωλ==mP
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:
（22
0RrrR
I
B≤π=
μ
因而,穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为
⎰⎰⋅==SBSBdd1ΦrrR
IR
d2020⎰π=μπ=40I
μ
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
（20Rrr
I
B>π=
μ
因而,穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为
⎰⋅=SBd2ΦrrIRR
d220⎰π=μ2ln20π=I
μ
穿过整个矩形平面的磁通量21ΦΦΦ+=π=40Iμ2ln20π
+I
μ
7-18.解:
（1取半径为r的园为回路（
（
2
22
22ara
bIrB-⋅-=ππμ
π所以,（
rara
bI
B2
22
202-⨯-=πμ（2⎰
⋅=
b
a
rdrjIπ2⎰
⋅=b
a
rdrKrπ23
23
3abK-⋅=π因此,（
3
323abI
K-=
π
又根据环路定理,⎰⋅⋅=r
rdrKrrBαπμπ2203
23
30arK-⋅=πμ
故有3
33303
3023abarrIarrKB--⋅=-⋅
=
∴πμμ7-19.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
IRRI2
''⎪⎭
⎫
⎝⎛=,用安培环路定理,得:
2
002RIRBaμπ'⎛⎫⎪⎝⎭=;2
02
20'022R
IaaaRIBπμπμ==7-21解:
电子在磁场中作半径为/（eBmRv=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:
/（3360sin2eBmRRlv==︒=
7-22.解:
取屏幕为X轴,x1为电子束在磁场区域中X方向位移,x2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21xxx+=
电子束在磁场中受力evBf=
v2
而圆半径为eB
mvR=又因为
eVmv=22
1
则eB
emV
R2=
（1由图可知,2
2
1lRRPKx--
==
2221
l
RLPCPML
Ltgax-===所以212xxxR=+=-
其中R由式（1给出。
7-23.解:
（11325
100.110
0.1100.1----⋅⨯=⨯⨯==mVdVEHH所以,漂移速度
143107.65
.1100.1---⋅⨯=⨯==sVBEHυ（2因电流密度υδne=
s
eI
esIenυυυδ=
==
100.1100.1（107.6106.10.35
2419----⨯⨯⨯⨯⨯⨯==3
29108.2-⨯m
7-25解:
10
19
31106.31
.0106.1101.922---⨯=⨯⨯⨯⨯==ππqBmTSsmmEv/1065.210
1.9106.12227
31
16⨯=⨯⨯⨯⨯==--mTvTvh40||106.189cos-⨯===
mqBmvr319
731105.11
.0106.189sin1065.2101.9---⊥⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==
7-26.解:
（1电流反向,达到平衡时,有NIIBmg2=所以NII
mg
B2=
（22
310
101.09230
.91078.8--⨯⨯⨯⨯⨯⨯=B=0.478（T7-28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:
ih
BhBhih
ldB00μμ=+=∙⎰
∴iB02
1
μ=
BBBBBB+=-=0201,
∴（21210BBB+=
（2
1
12BBB-=012/（μBBi-=
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:
（（00jBSdijBldadiF-=-=单位面积所受的力
jBBjiBdSF
212
202（μ--=-=
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
⎰
⨯=
b
a
BlIdFab
BldI
b
a
⨯=⎰
BabI⨯=
其中大小为θsinBabIFab⋅⋅=,Bab
gn与为θ的夹角。
在本题中,Rab2=
︒=90θ所以
IBRFab2==1.0（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
RIBFm2⋅=列出力的平衡方程式TRIB22=⋅
故:
0.35NTIBR==
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,
α
ρα
ραραρsin2sin（sin2
1
（sin21（2321gSllglSlglSlglSMMMMg=++=++=载流导线受到磁场的作用
1导线:
αsin1BIlf=2导线αsin2BIlf=3导线BIlf=3
磁力矩为ααcoscos2
3IBllfMm==力矩平衡gmMM=
αραsin2cos22gSlIBlMm==
TtgI
g
SB31035.92-⨯==
αρ
C
D
T
Y
7-32解,设导线的电流为I,所受磁力为IBlf=,方向向上在此力的作用下U型导线动量变化
00
mvmvIBldtfdtt
t
-===⎰⎰
由⎰=Idtq得1（mv
Blq=
又机械能守恒,
mghmv=2
2
1得,2（2ghv=
CghlB
m
q2.12==
7-33（1均匀磁场中,线圈受到的磁力矩为
θsinISBM=,,,,,,,,,1,2
MISBM===
π
θ
122
1
6sin
6MISBM=
==
π
π
θ
（2线圈转动θd,此力做功θθθdBISMddwsin-=-=
126
2
3sinMdBISdWW-
=-==⎰⎰π
πθθ7-34解（1IBaBaIIA2
2
2
102
1（=
-=∆Φ=（2000（=-=∆Φ=IIA
（3BIaBaIIA22
4
204
cos2
1（=
-=∆Φ=π
7-35（1管内mAIl
N
nIH/200==
=,,,,THB5000105.2-⨯==μ（2充介质后mAHH/200==,,,THHBr105.000===μμμ（3由导线产生的磁场TB50105.2-⨯=管内合磁场为BBB'+=0
TBBB105.0105.2105.050≈⨯-=-='-
7-36（1环内的磁感应强度TS
B02.0==φ
（2磁场强度mAl
NI
H/32==
（3磁化面电流密度mAB
H
Bj/1059.140
⨯=≈
-=
'μμμ
AjlI341077.43.0*1059.1⨯=⨯=='
每匝相应的磁化面电流密度AN
I
i9.5.1==
'
（4磁导率和相对磁导率分别为µ=B=6.25×10−4Hµr=（5磁化强度M=j′=1.59×104A/m7-37µ=497µ0（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
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