哈工程大学物理作业

651B0I方向垂直纸面向外8R2B0I0I方向垂直纸面向里2R2R3B0I0I方向垂直纸面向外2R4R66.解：如下图，圆筒旋转时相当于圆筒上拥有同向的面电流密度i，i2R/(2)R作矩形有向闭合环路如图中所示．从电流散布的对称性剖析可知，在ab上各点B的大小和方向均同样，并且B的方向平行于ab，在bc和fa上各点B的方向与线元垂直，在de,fe,cd上各点B0．应用安培环路定理Bdl0Ii可得Bab0iababfcB0i0Red圆筒内部为平均磁场，磁感强度的大小为B0R，方向平行于轴线朝右．67.解：JI(R2r2)B10Jkr112B210Jkr22BB1B210Jk(r1r2)210Jk10Jaj2O1O22B0Iaj22r2(R)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：B0I2r(rR)2R因此，穿过导体内画斜线部分平面的磁通1为R0LI0I1BdSBdS02R2rLdr4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B0I(rR)2r因此，穿过导体外画斜线部分平面的磁通2为2R0IL0ILBdS22rdr2ln2R穿过整个矩形平面的磁通量120LI0ILln24269.II12MI3Nrrr解：载流导线MN上任一点处的磁感强度大小为：B0I10I22(rx)2(2rx)MN上电流元3dFI3BdxI3[20I1x)20I1]dxIdx所受磁力：(r(2rx)rI10I2FI3[0]dx2(rx)2(2r0x)rI1dxr0I3[rI2dx]20x02rx0I3[I2rI2r]21lnlnr2r0I3[I1ln2I2ln2]20I3(I1I2)ln22若I2I1，则F的方向向下，I2I1，则F的方向向上70.。BI×BAO解：(1)圆弧AC所受的磁力：在平均磁场中AC通电圆弧所受的磁力与通有同样电流的AC直线所受的磁力相等，故有F=FACI2RB0.283NAC方向：与AC直线垂直，与OC夹角45°，如图．(2)磁力矩：线圈的磁矩为pmISn2102n本小问中设线圈平面与B成60°角，则pm与B成30°角，有力矩MpmBpmBsin30M=×10-2N·m方向：力矩M将驱遣线圈法线转向与B平行.71.解：(1)由安培环路定理：B10i(大小)方向：在板右边垂直纸面向里2(2)由洛伦兹力公式可求Rmv/(qB)(起码从距板R处开始向外运动)返回时间T2R/v4m/(q0i)解：对任一微元，dINIdrR则dB0dIr22(r23x2)20NIr2dx2R(r2x23)20NI(R2x2)dx2RR3BR0NI(R2x2)dx0NI02R43R73.解：∵半径Rmev∴Bmev，eReB磁通量ΦBSBR2meRv/e74.解：取dl段，此中电流为dIIdl2IRd2IdRR在P点dB0dI02I0Id2Rd2R2R选坐标如图dBx0Isind,dBy0Icosd2R2R/2Bx0Id0I2Rsin2R0By0I/2d0I2Rcos2R0B(Bx2By2)1/20I2×10-4T2R方向tgBy/Bx1，=225°，为B与x轴正向的夹角．75.当rR时，H0当RrdR时，HI2r当rdR时，HI2r当rR时，B0当RrdR时，B0I2r当rdR时，B0I2r76.解：B=/S=×10-2THnINI/l32A/mB/H×10-4T·m/Am/0149677(1)dqdrdIdqdrT2dB0dI02r4BdB0abdr4ar40lnaba

drr方向垂直纸面向里(2)dPmr2dIPmdPmaba

r2drr2dr2(ab)3a36(3)若aabbb,则lnaaB00b0q4a4a同理ab,则（a33(13bb）a)aPm6a33b1qa2a278.解：(1)在内圆环上取半径为r宽度为dr的细圆环，其电荷为dq2rdr因为转动而形成的电流din1dq2rn1drdi在O点产生的磁感强度为dB10di/(2r)0n1dr其方向垂直纸面向外．(2)整个内圆环在O点产生的磁感强度为R2B1dB10n1drn1(R2R1)R1其方向垂直纸面向外．同理得外圆环在O点产生的磁感强度(4)B30n2(R3R2)其方向垂直纸面向里．为使O点的磁感觉强度为零，B和B的量值一定相等，12即n1(R2R1)n2(R3R2)于是求得n1和n2之比n2R2R1n1R3R2105ll01(v/c)20.511(v/c)2v3c2106.解：设飞船A相关于飞船B的速度大小为v，这也就是飞船B相关于飞船A的速度大小．在飞船B上测得飞船A的长度为ll01(v/c)2故在飞船B上测得飞船A相关于飞船B的速度为vl/t(l0/t)1(v/c)2解得vl0/t2.68108m/s(l0/ct)2解：(1)观察站测得飞船船身的长度为LL01(v/c)254m则t1=L/v=×10-7s(2)宇航员测得飞船船身的长度为0，则L20-7t=L/v=×10s解：设K′系相关于K系的运动速度为v．则依据洛仑兹变换公式可得：t1vx1/c2t2vx2/c2t1(v/c)2，t21(v/c)21乙测得两事件同时发生，则t1t2可得t2t1v(x2x1)/c2由题t2-t1=2×10-7s，x2-x1=500m则v(t2t1)c2/(x2x1)×107m/s109110.解：二粒子的能量分别为EAm0c2EBE0BEkBm0c26m0c27m0c2由能量守恒定律求合成后粒子的能量EEAEB8m0c2依据相对论质能关系EMc2M8m0由质速关系求粒子的静止质量M0M1uc28m01uc2由动量守恒定律PPAPBMu由相对论能量与动量关系EB2PB2c2m02c4由题已知PA0联立(1)-(4)四式得：u2PB248m02c23c2M264m024M08m0124m0uc111.mc2m0c2m0c2即mc22m0c2所以m2m0而mo2m所以v3cm221v2c112.解：依据Ekmc2m0c2m0c2m0c23000MeV1v2c2E0m0c2100MeV由此求出v2.9984108m/s又介子运动的时间06.2105s1v22c所以它运动的距离lv1.859104m113.解：(1)由eBvmv2/R得v(ReB)/m，代入h1mv2A2可得hc1mR2e2B2hcR2e2B2Am22m2(2)eUa1mv22Ua解：(1)由得UdU

mv2R2eB22e2meUahAah/eA/ea/dh/e(恒量)由此可知，对不一样金属，曲线的斜率同样．(2)h=etge2.005.0)1014(10.0=×10-34J·s115.解：设散射前电子为静止自由电子，则反冲电子的动能E=入射光子与散射光子能量K之差=0入射X射线光子的能量0h0hc/00hc/0散射光子的能量hc/hc/(1.200)(1/1.2)0反冲电子的动能EK0(11/1.2)0MeV116.解：依据能量守恒,有h0mc2hmc2e这里mme11(/c)2v∴hh0mec2[111](v/c)2则hchcmec2[111]0(v/c)2解得：0=nmmec011[1]h1(v/c)2117.解：Ek3kT6.211021J2hh1.4651010mP2mEk118.解：远离核的光电子动能为EK1mev2eV2则v2EK×105m/sme光电子的德布罗意波长为hh×10-9m=?pmev119、120、解：从题设可知，若圆周半径为r，则有2πrn，这里n是整数，是电子物质波的波长。依据德布罗意公式：h/(mv)得：2πrnh/(mv)于是：2πrmvnh这里m是电子质量，v是电子速度的大小，rmv为动量矩，以L表示,则上式为：Lnh/(2)这就是玻尔的动量矩量子化条件。11121.(1)ERhc(1n2)13.6(1n2)12.75eVn=4(2)能够发出、、21、43、、32六条谱线．413142能级图如下图．n=4433423224131211122.Eev0解：h/ph/(mv)因为若电子在第n玻尔轨道运动，其轨道半径和动量矩分别为rnn2aLmvrnnh/(2)故mvh/(2na)得h/(mv)2na解：先求粒子的地点概率密度2x/a)(2/2a)[1cos(2x/a)](x)(2/a)sin2(当cos(2x/a)1时，(x)20≤x≤a范围内可得2x/a有最大值．在∴x1a．2an/2124解：据已知条件①又据德布罗意公式h/mv得mvh/②无穷深势阱中粒子的能量为E1mv22即mvm2E2mE③m由②、③式解得2mEh2/2h2n2以①代入得2mEn24a∴Enh22n28ma125、解：把运动的粒子看作在题所给地区内的驻波，则x=0和x=a两点应当是波节，因此知足这界限条件的德布罗意波的波长应为：n2a/nn1,2,3,而：nh/pn故粒子的动量只好取：pnh/n1nh/a2粒子的能量：pn2V(x)En2m在0xa地区内势能为0，所以：pn2n2h2n1,2,3,En8ma22m126、解：设粒子能量为E,依据一维定态薛定谔方程令上边方程可改写为

2d2E2mdx2k2(2mE)/2d2k20dx2方程的解为AcoskxBsinkx由题意x≤0=0x≥a=0可得A=0,Bsinka=0.因为B不行能等于0，所以一