1、.第九章9.1 如圖所示，由庫侖定律可得：xyq2q2q-4q(為一個單位正電荷)與x軸夾角為9.2對上頂點電荷作受力分析得： 對左頂點電荷作受力分析得： 證明： a+Q+Q-q由可得：9.3解：建立圖示坐標系，在半圓環(huán)上任取微分元，則 考慮方向：所以：則：9.4RO解：如圖，將半球殼分割為一組平行細圓環(huán)，任一圓環(huán)所帶電荷元，則微分元在O點激發(fā)的場強為：統(tǒng)一變量：，則有： 方向為x軸負向。解：（1）如圖，在x處任取一厚度為dx的無限大平面微分元，假設(shè)微分元上電荷面密度為，則，（在微分元上取任一面積為S的平面，則平面所帶電量） 所以對的場點P，微分元激發(fā)的場強為： 所以： （時）對的場點，微分元

2、在右側(cè)，激發(fā)的場強向左，（2）時， 。9.6解：（1）取圖示坐標系，在x處取微分元dx，則（2）由例9.3得 所以 9.7 解： 如果把半球面看成閉合的，由高斯定理有9.8解:如圖，過場點作與球同心球面S，因電荷分布為球?qū)ΨQ，則球電場分布也應為球?qū)ΨQ，所以S面上各點電場強度的大小相等，由高斯定理，可得當時，當時，所以 9.9解：r做半徑為r，高為h的同軸閉合圓柱面，由高斯定理有： r9.10解：（1）如圖，在環(huán)上取微分元，半徑為r，寬為dr的帶電細圓環(huán)，其所帶電量為沿軸線建立坐標系OX，帶電細圓環(huán)在軸線上產(chǎn)生的電勢為 則 (2)根據(jù)能量守恒定律，可得 OCD9.11解：q （1）（2）9.12

3、O解：由高斯定理有 時：或：當時，當時，9.13解：（1） 如圖所示，取微分元dx，則 （2）9.14解：如圖設(shè)坐標，上有電量，整個帶電線受的電場力在球面電荷的電場中的電勢能：整個帶電線的電勢能為：9.15解：（1） 由疊加原理可得出結(jié)論，處場強可以看作是由體密度為，半徑為R的球心在O點的均勻帶電球與體密度為，半徑為，球心在點的均勻帶電球共同激發(fā)的，所以由高斯定理可得： 對點，r0，所以E20。則方向由O指向。（2）處電勢 （3）R1R2U0Q9.16解：設(shè)內(nèi)球帶電量為，則由電勢疊加原定理有：可由此式解得當時當時 當時9.17解：(1) 設(shè)電荷分布如圖所示，根據(jù)靜電平衡時的條件，有和整理得故有

4、：，（2） B,C兩導體接地，則有 所以：9.18解：（1） 如圖所示，導體靜電平衡時，電荷只分布在導體表面，由高斯定理 ；可得： 當 ，15.0，25.0cm時代入，得 （2） 由，可得 當時， 當時， 當時，把，15.0，25.0cm時代入，得，。9.19解：（1） 由電荷分布的對稱性可知電場呈球?qū)ΨQ性，應用高斯定理,可得 （2） （3） 由電勢定義式，得：r<R時： R<r<a時， 時，r>b時： 9.20解：（1） (2) (3) 9.21證明：平行板電容器中填入兩種介質(zhì)，相當于兩電容器并聯(lián) 9.22解：連接情況下：兩極板的電位差保持不變，在拉開時，電容器中的電

5、場能量的增量為：在此過程中極板上的電量增量為在此過程中電源做功 拉開過程中外力做功與電源做的功之和等于電容器中電場能量的增量： 斷開情況下保持不變電容器中的電場能量的增量為：這個能量是由于外力克服電場力做功造成的即從前面的計算結(jié)果可見斷開電源拉開外力做功大于連接電源時也拉開外力的功9.23解：（1）該從式中沒有關(guān)于位置的量，可見電容與銅板的位置無關(guān)。 （2）充電后拉出時設(shè)銅板上不帶出電荷，電容器中的電場能量會因電容減小而增加，增加的能量等于外力做的功 （3） 9.24解： 10.1解：其中兩直線電流在O點產(chǎn)生的磁感應強度為0，1/4圓電流在O點產(chǎn)生的磁感應強度方向垂直紙面向里，大小為。abcd

6、10.2解:如圖過中心平行于(如圖豎直向上)。10.3解:方向垂直紙面向里，大小為方向紙面向右，大小為 方向在過垂直于的平面內(nèi)與夾角10.4解：兩線圈在P點產(chǎn)生的磁感應強度方向都在兩圓心的連線上指向小圓（向左）10.5解：由對稱性可知10.6解：對于無限大平面載流導體板，即上題結(jié)果中，（i為電流密度）（1） 在兩面之間產(chǎn)生的磁感強度大小為，方向垂直紙面向里。在兩面之間產(chǎn)生的磁感強度大小為，方向垂直紙面向外。 總的磁感強度B的大小為。（2） 在兩面之外的空間里，產(chǎn)生的磁感強度大小為。 在兩面之外的空間里，產(chǎn)生的磁感強度大小為。 二者方向一致，總的磁感強度B的大小為（3）時，兩板之間的磁感強度為兩

7、板之外的磁感強度為10.7解：旋轉(zhuǎn)的帶電圓盤可等效為一組同心圓電流，在盤面上割取細圓環(huán)，其等效圓電流為此圓電流在P點產(chǎn)生的磁感強度大小為，方向沿x軸。所以，P點上的磁感強度大小為方向沿0x軸。10.8解：ab（1）由安培環(huán)路定理知 (2)得 (3)由安培環(huán)路定理知，方向都是圖中順時針10.9解：(1) (2)10.10解：(1)由對稱性可知環(huán)內(nèi)的磁感應線是同心的逆時針方向的圓,在環(huán)內(nèi)做半徑為的圓作為閉合回路，繞行方向規(guī)定為逆時針，故 (2)10.11解：當線圈轉(zhuǎn)到此位置時，重力矩與線圈的安培力矩達到平衡，線圈所受的安培力矩為線圈所受的重力矩為 （）10.12解：（1） 向左滑時磁場力作正功，（

8、2） 向左滑時磁場力作負功，10.13解：10.14解：設(shè)線圈平面的法向與之間的夾角為，則線圈所受的安培力矩為線圈在平衡位置作微小擺動，很小，因此根據(jù)轉(zhuǎn)動定律即 簡諧振動的角頻率為 則此擺動可看作簡諧振動周期10.15解：（1）所受安培力矩大小為 方向在紙面內(nèi)垂直于向上(2) 力矩所作的功 10.16ABDOaC解：I方向向左10.17解：（1）（2）電子所受洛倫茲力為 經(jīng)電壓U加速后所具有的初速度為V， 電子以洛倫茲力為向心力在磁場中做圓周運動， 聯(lián)立可得 10.18解：設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷為q；氘核的質(zhì)量為2m，電荷為q；粒子的質(zhì)量為4m，電荷為2q。（1）當三種粒子經(jīng)相同電壓加速后，質(zhì)

9、子所獲動能 氘核所獲動能 粒子所獲動能 則三者的動能比為1：1：2。（2）當它們經(jīng)這樣加速后進入同一磁場時（可利用上題結(jié)果）質(zhì)子的運動半徑 氘核的運動半徑 粒子的運動半徑 則氘核與粒子的運動半徑相等，均為14.1cm。10.19解：證：由離子源產(chǎn)生的離子在電勢差為U的電場中加速，根據(jù)功能原理，有 離子以速度v進入磁場后，其動力學方程為 聯(lián)立可得10.20 解： 上面負10.21解：（1） （2）相對磁導率為的磁介質(zhì)外表面的磁化強度為相應的磁化電流為其方向沿z軸正向。相對相對磁導率為的磁介質(zhì)內(nèi)表面的磁化強度為相應的磁化電流為其方向沿z軸負向。其方向沿z軸負向。10.22解：由安培環(huán)路定理得鐵心內(nèi)

10、磁場強度大小為10.23解：（1）（2） （3）磁化電流 磁化電流密度 10.24解：為圖中曲線的最大斜率11.2解:bc部分產(chǎn)生電動勢c端電勢高。11.3解：DC在CD桿中取線元dl，距導線距離為x，如圖，線元dx處的為（向外為正向） D端電勢高。11.4(1)解：對線元段，電荷，旋轉(zhuǎn)成圓形電流，則 其在O點產(chǎn)生的磁場為 （2） （3）若則方向為正，Bo方向垂直紙面向里，方向為垂直紙面向里11.6解：(1) 取矩形面元積元 （2）11.7解：設(shè)半圓形導線法向方向與方向相同時開始計時 11.8解：11.9解：長直螺線管內(nèi)部的磁場各部分均勻梯形面積方向沿11.10證明： 大小為11.11證明：磁

11、能密度由安培環(huán)路定理 得證。11.12解：11.13解：11.14解：（1）（2）與I的變化方向相反。11.15解：（1）（2）大小 11.16解：（1）設(shè)正六邊形線圈中通電流I，正六邊形線圈每條邊在中心處產(chǎn)生的大小相等，方向相同，為 中心處總的磁場強度為 （2）11.17解：（1） 球形電容器電容 位移電流密度 （2）11.18解：沿導線方向單位長度電阻為R，單位長度電量為Q 在其附近產(chǎn)生的E大小 電場能量密度 （2） 12.1解：由于 12.2解：每個光子能量為，設(shè)每平方米每秒通過的光子數(shù)為N，則 12.3解：12.4解：由于 斜率是常數(shù)，不同金屬斜率相同。12.5解：12.6解：12.7

12、解：12.8解：光子能量 光波為紫外光，應躍遷至第一能級。解出12.9解：最小軌道半徑為12.10解：總能 ，所以要用相對論來討論。12.11解：由德布洛意關(guān)系由布拉格公式 二者符合。12.13解：要歸一化，積分得 的最大值處為發(fā)現(xiàn)粒子概率最大的地方，可知處為所求。12.14解：（1）由 可得 （2） 12.17解：概率 當 時，；當 時，趨向經(jīng)典結(jié)果。12.18解：在無限深勢阱中，最小能級：精確解 ，可見二者具有相同的數(shù)量級。13.2證：13.4證： 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證：由 兩邊用作用 因為，對易

13、 可見也是的屬于的本征函數(shù)，但由于并不簡并，所以與屬于同一量子態(tài)，只能差一常數(shù) 即也是的本征函數(shù)。13.9證明：設(shè)的本征態(tài)為，則 由于 最后一步用到。13.10解：則，角動量與z軸夾角設(shè)為，,得、。13.11解：按歸一化13.12解： 即是第一和第三個能量本征態(tài)的疊加，所以測得能量本征態(tài)可為，概率為，概率為則 13.13解：由于所以能量為的概率為 所以能量為的概率為13.14解： 即是的本征函數(shù)。13.15解：基態(tài) ，則波函數(shù)為 徑向概率密度為 對上式求導使其為0 即在距核玻爾半徑處發(fā)現(xiàn)電子的概率最大。13.16解： 13.17解：概率應為 13.18解：由習題13.5得由習題13.6得所以 13.19解：在原子中，設(shè) ， 上式對求導，使之為零，得得 ，代入與精確解同數(shù)量級。13.20證明： 與互易，有共