第九章 9.1 如图所示，由库仑定律可得： ( 为一个单位正电荷) 与x轴夹角为 9.2 证明： 由 可得： 9.3 解：建立图示坐标系，在半圆环上任取微分元 ，则 考虑方向： 所以： 则： 9.4 解：如图，将半球壳分割为一组平行细圆环，任一圆环所带电荷元 ，则微分元在O点激发的场强为： 统一变量： ， 则有： 方向为x轴负向。 解： （1）如图，在x处任取一厚度为dx的无限大平面微分元，假设微分元上电荷面密度为 ，则 ，（在微分元上取任一面积为S的平面，则平面所带电量 ） 所以对 的场点P，微分元激发的场强为： 所以： （ 时） 对 的场点 ，微分元在右侧，激发的场强向左， （2） 时， 。 9.6 解： （1） 取图示坐标系，在x处取微分元dx，则 （2）由例9.3得 所以 9.7 解： 如果把半球面看成闭合的，由高斯定理有 9.8 解: 如图，过场点作与球同心球面S，因电荷分布为球对称，则球电场分布也应为球对称，所以S面上各点电场强度的大小相等，由高斯定理，可得 当 时， 当 时， 所以 9.9 解： 做半径为r，高为h的同轴闭合圆柱面，由高斯定理有： 9.10 解： （1）如图，在环上取微分元，半径为r，宽为dr的带电细圆环，其所带电量为 沿轴线建立坐标系OX，带电细圆环在轴线上产生的电势为 则 (2)根据能量守恒定律，可得 9.11 解： （1） （2） 9.12 解： 由高斯定理有 时： 或： 当 时， 当 时， 9.13 解： （1） 如图所示，取微分元dx，则 （2） 9.14 解： 如图设坐标， 上有电量 ， 整个带电线受的电场力 在球面电荷的电场中的电势能： 整个带电线的电势能为： 9.15 解： （1） 由叠加原理可得出结论， 处场强可以看作是由体密度为 ，半径为R的球心在O点的均匀带电球与体密度为 ，半径为 ，球心在点 的均匀带电球共同激发的，所以由高斯定理可得： 对 点，r＝0，所以E2＝0。 则 方向由O指向 。 （2） 处电势 （3） 9.16 解： 设内球带电量为， 则由电势叠加原定理有： 可由此式解得 当 时 当 时 当 时 9.17 解： (1) 设电荷分布如图所示，根据静电平衡时的条件，有 和 整理得 故有： ， （1） B,C两导体接地， ，则有 所以： 9.18 解： （1） 如图所示，导体静电平衡时，电荷只分布在导体表面，由高斯定理 ；可得： 当 ，15.0，25.0cm时代入，得 （1） 由 ，可得 当 时， 当 时， 当 时， 把 ，15.0，25.0cm时代入，得 ， ， 。 9.19 解： （1） 由电荷分布的对称性可知电场呈球对称性，应用高斯定理 ,可得 （2） （1） 由电势定义式 ，得： r
b时： 9.20 解： （1） (2) (3) 9.21 证明：平行板电容器中填入两种介质，相当于两电容器并联 9.22 解： 连接情况下：两极板的电位差保持不变，在拉开 时，电容器中的电场能量的增量为： 在此过程中极板上的电量增量为 在此过程中电源做功 拉开过程中外力做功与电源做的功之和等于电容器中电场能量的增量： 断开情况下 保持不变电容器中的电场能量的增量为： 这个能量是由于外力克服电场力做功造成的即 从前面的计算结果可见 断开电源拉开 外力做功大于连接电源时也拉开 外力的功 9.23 解： （1） 该从式中没有关于位置的量，可见电容与铜板的位置无关。 （2）充电后 拉出时设铜板上不带出电荷，电容器中的电场能量会因电容减小而增加，增加的能量等于外力做的功 （3） 9.24 解： 10.1 解： 其中两直线电流在O点产生的磁感应强度为0，1/4圆电流在O点产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为 。 10.2 解: 如图 过中心平行于 (如图竖直向上)。 10.3 解: 方向垂直纸面向里，大小为 方向纸面向右，大小为 方向在过 垂直于 的平面内与 夹 角 10.4 解： 两线圈在P点产生的磁感应强度方向都在两圆心的连线上指向小圆（向左） 10.5 解： 由对称性可知 10.6 解：对于无限大平面载流导体板，即上题结果中 ， （i为电流密度） （1） 在两面之间 产生的磁感强度大小为 ，方向垂直纸面向里。 在两面之间 产生的磁感强度大小为 ，方向垂直纸面向外。 总的磁感强度B的大小为 。 （1） 在两面之外的空间里， 产生的磁感强度大小为 。 在两面之外的空间里， 产生的磁感强度大小为 。 二者方向一致，总的磁感强度B的大小为 （3） 时， 两板之间的磁感强度为 两板之外的磁感强度为 10.7 解： 旋转的带电圆盘可等效为一组同心圆电流，在盘面上割取细圆环，其等效圆电流为 此圆电流在P点产生的磁感强度大小为 ，方向沿x轴。 所以，P点上的磁感强度大小为 方向沿0x轴。 10.8 解： （1） 由安培环路定理知 (2) 得 (3) 由安培环路定理知 ，方向都是图中顺时针 10.9 解： (1) (2) 10.10 解： (1)由对称性可知环内的磁感应线是同心的逆时针方向的圆,在环内做半径为 的圆作为闭合回路 ，绕行方向规定为逆时针，故 (2) 10.11 解： 当线圈转到此位置时，重力矩与线圈的安培力矩达到平衡， 线圈所受的安培力矩为 线圈所受的重力矩为 （ ） 10.12 解： （1） 向左滑时磁场力作正功， （1） 向左滑时磁场力作负功， 10.13 解： 10.14 解： 设线圈平面的法向与 之间的夹角为 ，则线圈所受的安培力矩为 线圈在平衡位置作微小摆动， 很小，因此 根据转动定律 即 简谐振动的角频率为 则此摆动可看作简谐振动 周期 10.15 解： （1）所受安培力矩大小为 方向在纸面内垂直于 向上 (2) 力矩所作的功 10.16 解： 方向向左 10.17 解： （1） （2）电子所受洛伦兹力为 ① 经电压U加速后所具有的初速度为V， ② 电子以洛伦兹力为向心力在磁场中做圆周运动， ③ 联立可得 10.18 解： 设质子的质量为m，电荷为q； 氘核的质量为2m，电荷为q； 粒子的质量为4m，电荷为2q。 （1）当三种粒子经相同电压加速后，质子所获动能 氘核所获动能 粒子所获动能 则三者的动能比为1：1：2。 （2）当它们经这样加速后进入同一磁场时（可利用上题结果） 质子的运动半径 氘核的运动半径 粒子的运动半径 则氘核与 粒子的运动半径相等，均为14.1cm。 10.19 解： 证：由离子源产生的离子在电势差为U的电场中加速，根据功能原理，有 ① 离子以速度v进入磁场后，其动力学方程为 ② 联立可得 10.20 解： 上面负 10.21 解： （1） （2）相对磁导率为 的磁介质外表面的磁化强度为 相应的磁化电流为 其方向沿z轴正向。 相对相对磁导率为 的磁介质内表面的磁化强度为 相应的磁化电流为 其方向沿z轴负向。 其方向沿z轴负向。 10.22 解： 由安培环路定理得铁心内磁场强度大小为 10.23 解： （1） （2） （3）磁化电流 磁化电流密度 10.24 解： 为图中曲线的最大斜率 11.2 解: bc部分产生电动势 c端电势高。 11.3 解： 在CD杆中取线元dl，距导线距离为x，如图，线元dx处的 为 （向外为 正向） D端电势高。 11.4 (1)解：对线元 段，电荷 ，旋转成圆形电流，则 其在O点产生的磁场为 （2） （3）若 则 方向为正，Bo方向垂直纸面向里， 方向为垂直纸面向里 11.6 解： (1) 取矩形面元积元 （2） 11.7 解：设半圆形导线法向方向与 方向相同时开始计时 11.8 解： 11.9 解：长直螺线管内部的磁场各部分均匀 梯形面积 方向沿 11.10 证明： 大小为 11.11 证明： 磁能密度 由安培环路定理 得证。 11.12 解： 11.13 解： 11.14 解：（1） （2） 与I的变化方向相反。 11.15 解： （1） （2） 大小 11.16 解： （1）设正六边形线圈中通电流I，正六边形线圈每条边在中心处产生的 大小相等，方向相同，为 中心处总的磁场强度为 （2） 11.17 解： （1） 球形电容器电容 位移电流密度 （2） 11.18 解：沿导线方向单位长度电阻为R，单位长度电量为Q 在其附近产生的E大小 电场能量密度 （2） 12.1 解： 由于 12.2 解： 每个光子能量为 ，设每平方米每秒通过的光子数为N，则 12.3 解： 12.4 解： 由于 斜率 是常数，不同金属斜率相同。 12.5 解： 12.6 解： 12.7 解： 12.8 解： 光子能量 光波为紫外光，应跃迁至第一能级。 解出 12.9 解： 最小轨道半径为 12.10 解： 总能 ，所以要用相对论来讨论。 12.11 解： 由德布洛意关系 由布拉格
公式
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二者符合。 12.13 解： 要归一化， 积分得 的最大值处为发现粒子概率最大的地方，可知 处为所求。 12.14 解： （1）由 可得 （2） 12.17 解： 概率 当 时， ； 当 时， 趋向经典结果。 12.18 解： 在无限深势阱中， ， 最小能级： 精确解 ，可见二者具有相同的数量级。 13.2 证： 13.4 证： 13.5 解： 13.6 解： 13.7 解：（1）是，本征值（-1） （2）是，本征值（-1） （3）不是。 13.8 证： 由 两边用 作用 因为 ， 对易 可见 也是 的属于 的本征函数，但由于 并不简并，所以 与 属于同一量子态，只能差一常数 即 也是 的本征函数。 13.9 证明： 设 的本征态为 ，则 由于 最后一步用到 。 13.10 解： 则 ， ， 角动量与z轴夹角设为 ， , 得 、 、 、 、 。 13.11 解： 按归一化 13.12 解： 即 是第一和第三个能量本征态的叠加，所以测得能量本征态可为 ，概率为 ，概率为 则 13.13 解： 由于 所以能量为 的概率为 所以能量为 的概率为 13.14 解： 即 是 的本征函数。 13.15 解： 基态 ， ， 则波函数为 径向概率密度为 对上式求导使其为0 即在距核玻尔半径处发现电子的概率最大。 13.16 解： 13.17 解： 概率应为 13.18 解： 由习题13.5得 由习题13.6得 所以 13.19 解： 在 原子中，设 ， 上式对 求导，使之为零，得 得 ，代入 与精确解 同数量级。 13.20 证明： 与 互易，有共同本征函数 ， 可用 展开 由薛定谔方程， 所以 两边积分得 所以 即测量A的概率分布不随时间变化。 14.1 解： ①有 ， ， 共四种，本征值 ， ， ②有 ， 共三种，本征值 ， ， ③ 共一种，本征值 14.2 解： 电子组态是 电子的四个量子数分别是 14.3 解： l＝1，则 14.4 解： 无限深势阱 ， ， 所以，基态能量的一级修正 同理第一激发态能量的一级修正为 所以，基态能量为 第一激发态能量为 14.5 解： 设基态与第一激发态能级分别为 和 ，原子数分别为 和 。 ，
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