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,πμT; 当cm r 5.45.3≤≤时, 21、光源形式:SMD 2835、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: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:640-660nm、PO:9.5W、IV:1200-1350lm、4、成本:约420元/K,--=-⨯-=∑πσ r r rr r d d r d I B /4101.8(31.01079(24109(105104(24(234222423721222220-⨯=⨯--⨯⨯⨯⨯=--=----πππμT; 当cm r 5.4≥时, 0∑=iI , B=0图略7-12 解:(1T a I B 6701058.02201042--⨯=⨯⨯⨯==πππμ(256108.1105--⨯⨯=αtg ,'31150=α (3 ,sin cos θθαb a b tg m -=令:0sin (sin 22=-+=θθθαb a b ab d dtg m, a得:185sin ==a b θ ,2995sin cos =-=θθαb a b tg m'8160=m α7-137-14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.ππ=21bI λω, 422200101λωμλωμμ=π⋅π==b b b I B ππ=22aI λω, 422200202λωμλωμμ=π⋅π==a a a I B 2/(d 2d 3π=r I λωrrB bad 203⋅π=⎰λωμabln20π=λωμ =B ln (20ab+ππλωμ7-16解:(1对θ~θ+d θ弧元,dq=λad θ,旋转形成圆电流θπωλπωad dq dI 22==,它在O 点的磁感应强度dB 为:θθπωλμθπωλθμd ad a a dB o O 2322sin 422sin =⋅=⎰==dB B aq d o O o o πωμωλμθθπωλμπ88sin 42==⎰B 的方向向上(2θπωλθπad a dp m 2/(sin 22=θθωλd a 23sin 21=⎰⎰==πθθωλom m d a dp p 23sin 214/4/23qa a ωπωλ== 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 ≤π=μ因而,穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r RI Rd 2020⎰π=μπ=40Iμ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 >π=μ因而,穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为⎰⋅=S B d 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=Iμ穿过整个矩形平面的磁通量21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+Iμ7-18. 解:(1取半径为r 的园为回路 ( (22222a r ab I rB -⋅-=ππμπ 所以, (r a r ab IB 222202-⨯-=πμ (2 ⎰⋅=bardr j I π2⎰⋅=bardr Kr π23233a b K -⋅=π 因此,(3323a b IK -=π又根据环路定理,⎰⋅⋅=r rdr Kr rB απμπ22032330a r K -⋅=πμ故有 3333033023a b a r r I a r r K B --⋅=-⋅=∴πμμ 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,得:2002R I R B a μπ'⎛⎫⎪⎝⎭=;20220'022RIa a a R I B πμπμ== 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 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 υ (2因电流密度υδne = se Ie s I e n υυυδ===100.1100.1(107.6106.10.352419----⨯⨯⨯⨯⨯⨯==329108.2-⨯m7-25 解:101931106.31.0106.1101.922---⨯=⨯⨯⨯⨯==ππqB m T S s m m E v /1065.2101.9106.122273116⨯=⨯⨯⨯⨯==-- m T 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 00μμ=+=∙⎰∴ i B 021μ=B B B B B B +=-=0201 ,∴ (21210B B B +=,(2112B B B -= 012/(μB 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(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⎰⨯=baB l Id F abB l d Iba⨯=⎰B ab I ⨯=其中大小为θsin B ab I F ab ⋅⋅=,B abgn 与为θ的夹角。

在本题中,R ab 2=,︒=90θ 所以I B R F ab 2==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,αραραραρsin 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: αsin 1BIl f = 2导线αsin 2BIl f = 3导线BIl f =3磁力矩为ααcos cos 23IBl l f M m == 力矩平衡 g m M M =αραsin 2cos 22g S l IBl M m ==T tg IgS B 31035.92-⨯==αρCDTY7-32 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θsin ISB M =,,,,,,,,,1,2M ISB M ===πθ12216sin,6M ISB M ===ππθ(2线圈转动θd ,此力做功θθθd BIS Md dw sin -=-= 12623sin M d BIS dW W -=-==⎰⎰ππθθ 7-34 解(1 IB a B a I I A 2221021(=-=∆Φ= (2 000(=-=∆Φ=I I A(3 B Ia B a I I A 224204cos 21(=-=∆Φ=π7-35 (1管内m A I lNnI H /200===,,,,T H B 5000105.2-⨯==μ (2充介质后m A H H /200==,,,T H H B r105.000===μμμ (3由导线产生的磁场T B 50105.2-⨯= 管内合磁场为B B B '+=0 T B B B 105.0105.2105.050≈⨯-=-='-7-36 (1环内的磁感应强度T SB 02.0==φ(2磁场强度m A lNIH /32==(3磁化面电流密度m A BHB j /1059.140⨯=≈-='μμμA 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µ = B = 6.25 × 10 − 4 H µr = (5磁化强度M = j ′= 1.59 × 10 4 A / m 7-37 µ = 497 µ0 (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 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 µ 0 µ铁芯 << H 气隙 = B 气隙 µ0 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 2πr B 磁化强度M = − H = 7.96 × 10 5 A / m H= µ0 (2 B = µ 0 µ r H ,得 µ r = B B= 375 ,,,,,, µ = µ 0 µ r = 4.71 × 10 −4 µ0 H (3 j ′ = M ≅ 7-39 µ0 = 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。