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1、如图所示，半径为A的木球上绕有密集的细导线，线圈平面彼此平行，且以单层线圈 覆盖住半个球面，设线圈的总匝数为N,通过线圈的电流为/,求球心。处的磁感强 度。题10.4解：现将半球面分割为无数薄圆盘片，则任一薄圆盘片均可等效为一个圆电流,任一薄圆盘片中的电流为2Nd/ = /dN =RdO-ItiR该圆电流在球心O处激发的磁场为dB = Ardi2 (*2 + 尸)3/2球心O处总的磁感强度B为B =旦*如o 2(*2 + y 2)3/2 7lR由图可知AcosO; y = Rsin6 将它们代入上式，得B = k/24sin2 0d9 =匕竺 o tiR47?磁感强度B的方向由电流的流向根据右
2、手定则确定。一通有电流为I的导线，弯成如图所示的形状，放在磁感强度为8的均匀磁场中，B的方向垂直纸面向里，求此导线受到的安培力为多少?题10.19解：由对称性可知，半圆弧所受安培力 鸟 的水平分量相互抵消为零，故有fdF =BIR sin 9d0 = 2BIR鸟=】，。两段直线部分所受安培力大小相等，但方向相反，当 导体形状不变时，该两力平衡，因而，整个导线所受 安培力F = 2BIR j通有电流/=50A的无限长直导线，放在如图所示的弧形线圈的轴线上，线圈中的 电流匕= 20A,线圈高h = lR/3o求作用在线圈上的力。题10.23解：建立如图坐标，将闭合线圈分解为圆弧食和如，直线沥和配四
3、段，由安培 dF =/dZxB可知圆弧线所受磁力为零，直线沥和配上4激发的磁感强度大小均为I0TB = 2兀氏，则直线汕和cd所受磁力大小均为FQ = -响,其合力E2-2匕=-9.33X1CWN如图所示，在一通有电流的长直导线附近，有一半径为A,质量为m的细小线圈, 细小线圈可绕通过其中心与直导线平行的轴转动，直导线与细小线圈中心相距为 d,设d A,通过小线圈的电流为1。若开始时线圈是静止的，它的正法线矢量 n的方向与纸处的点P的磁感强度和旋转圆片的磁矩。面法线e n的方向成e 角。问线圈平面转至与纸面重叠时，其角速度的值为多大?题10.26解：旋转的带电圆盘可以等效为一组同心圆电流，如图
4、所示，在圆盘面上取宽度为的细圆环，其等效圆电流题10.24解：小线圈在任意位置受到的磁力矩M =m0x BInR2 -sine则M =2兀d根据转动惯量的定义，由图可求得小线圈绕OO轴转动的转动惯量a - 2nrdr di =TJ r2dm = J 2兀r2 sin2P 2dP = 2 mR2式中m为圆环的质量，由于磁力矩方向和角位移方向相反，由动能定理有积分，得B j R ur 3bwdr0 2 (r 2 + x 2) 3/2u g=02r八1J 0 M - dQ=- J 2 - 09 02-J 0 1、201 sinOd。= 1 mR2切 2e0 2d4积分后即可解得2 u 11d(1 -
5、 COS。)1/2如图所示，半径为R的圆片均匀带电，电荷面密度为。，令该圆片以角速度绕通过其中心且垂直于圆平面的轴旋转。求轴线上距圆片中心为xm = J Rn r3bdr = a 伽:R4圆片的磁矩m的大小为04 B和m的方向均沿Ox轴正向如图所示是一种正在研究中的电磁轨道炮的原理图。该装置可用于发射速度高达10 km.s-1的炮弹，炮弹置于两条平行轨道之间与轨道相接触，轨道是半径为r的圆柱形 导体，轨道间距为d。炮弹沿轨道可以自由滑动。恒流电源E、炮弹和轨道构成一闭 合回路，回路中电流为I。（1）证明作用在炮弹上的磁场力为（2）假设I = 4 500 kA，d = 120 mm，r = 6.
6、7 cm，炮弹从静止起经过一段路程L = 4.0 m加速后的速率为多大？（设炮弹质量m = 10.0 kg）题10.27解：取对称轴线为x轴，由题意，炮弹处的磁感强度可近似当作两根半无限长的 载流圆柱在该点激发的磁感强度之和U IU IB =+47i(r + d/2 + y) 47i(r + d/2 - y)炮弹所受磁场力的大小为/=j昵BIdy-d/2 21工,d/- % + dy项/2 4ti (r+ d/2+ y) (r+ d/2- y)M I2 02兀In炮弹出口时的速率Lu I2 d + r oIn兀m第一题11-1 解答12=1.82 x 103 m如图所不，一根长直同轴电缆，内、
7、外导体间充满磁介质，磁介质的相对磁导率为， 导体的磁化率可以略去不计。电缆沿轴向有稳恒电流I通过，内外导体上电流的方向 相反。求（1）空间各区域内的磁感强度和磁化强度；（2）磁介质表面的磁化电流。题11. 1解:（1）取与电缆同轴的圆为积分路径，根据磁介质中的安培环路定理，有H2nr = If I =7ir2对，族IrH =1 2tiR 21忽略导体的磁化（即导体相对磁导率口M）有M =01|Li Iro2兀穴21Zl=lfH2填充的磁介质相对磁导率为格,有修=皿-1）壬耳=籍S I =1 Tl(r2-7?2)对 R3rR2f Tl(R2 R 2)232I(R 2 )32nr(R 2 - A
8、2)32同样忽略导体得磁化，有M = 03 2nr（R 2 A 2）332对 r%Z/f = /-/ = 0徨H =Q M =Q B =QW444（2）由L=M2h。磁介质内、外表面磁化电流的大小为妇=AG （代1）丁%=虬（只1）2叽=（丹-1）】对抗磁质（尹r）,在磁介质内表面（ = 1）,磁化电流与内导体传导电流方向相反；在磁介质外表面（，= %），磁化电流与外导体传导电流方向相反。顺磁质的情况与抗磁质相反。H（）和的，）分布曲线如图所示。第二题11-2 解答在实验室，为了测试某种磁性材料的相对磁导率，常将这种材料做成截面为矩形的环 形样品，然后用漆包线绕成一螺线环，设圆环的平均周长为0
9、.01 m,横截面积为， 线圈的匝数为200匝，当线圈通以0.10 A的电流时测得穿过圆环横截面积的磁通为， 求此时该材料的相对磁导率。题1L2解：由安培环路定理得磁介质内部的磁场强度为由题义可知，环内部的磁感应强度B=/S ,而8=向土日，故有冬=趺岫第三题11-3 解答一个截面为正方形的环形铁心，其磁导率为。若在此环形铁心上绕有匝线圈，线圈 中的电流为，设环的平均半径为，求此铁心的磁化强度。题 11.3 解：I如图所示，选取闭合回路C,由安培环路I定理得铁心内磁场强度由磁场强度和磁化强度的关系得第四题11-4 解答如图所示的电磁铁有许多片C型的硅钢片重叠而成，铁心外绕有匝载流线圈，硅钢 片
10、的相对磁导率为，铁心的截面积为S,空隙的宽度为，铁心的平均周长为，求 空隙中磁感强度的值。题1L4解:如图所示选取闭合回路C,当线圈中通以iH-dl = NI电流/时，由安培环路定理C在磁介质中，8 =冏共小，而在介质界面处，磁感强度B的法向分量连续。忽略隙缝的边缘效应，空隙中的磁感强度Bq=B,则从中可解得介质中的磁感强度8。考虑41b ,有U1U1W+= MJJ =t.b+41解得第五题11-5 解答 一铁心螺绕环由表面绝缘的导线在铁环上密绕1000匝而成，环的中心线，横截面积。 若要在环内产生的磁感应强度，并由铁的曲线查得此时铁的相对磁导率。导线中需 要多大的电流？若在铁环上开一间隙（）
11、，则导线中的电流又需多大？ =心=E. 1 H如图所示，狭缝的宽度b = 0.60 mm,透镜焦距f= 0.40 m,有一与狭缝平行的屏放置 在透镜焦平面处。若以单色平行光垂直照射狭缝，则在屏上离点。为x=1.4 mm处 的点P,看到的是衍射明条纹。试求：（1）该入射光的波长；（2）点P条纹的级数；（3）从点尸看来对该光波而言，狭缝处的波阵面可作半波带的数目。sin（p = +（2k +1）单缝衍射中的明纹条件为2 ,在观察点P确定（即中确定）后，由于k只能取整数值，故满足上式的入只可取若干不连续的值，对照可见光 的波长范围可确定入射光波长的取值。此外，如点P处的明纹级次为k,则狭缝处的波阵面
12、可以划分的半波带数目为（2k+ 1）,它们都与观察点P有关，中越大，可以划分的半波带数目也越大。 Xsm（p 三解：（1）透镜到屏的距离为d,由于d b,对点P而言，有 d。根据单缝衍射 明纹条件人 hx人sincp = （2上 + 1）- = （2 + 1）-2 ,有 H2将b、d （）、x的值代入，并考虑可见光波长的上、下限值，有X = 400 nm 时 R = 4.75X = 760 nm 时 k = 2.27max口 J， min因k只能取整数值，故在可见光范围内只允许有k = 4和k = 3,它们所对应的入 射光波长分别为气二466.7 nm和*L 600 nm。解：(2)点P的条纹
13、级次随入射光波长而异，当气=600 nm时，k= 3 ；当% = 466.7 nm时，k = 4。由公式2dsin0= k，以及入射X射线的波长范围，可得满足上式的k的取值范围题15.12分析：采用比较法来确定波长。对应于同一观察点，两次衍射的光程差相同，由(3)当气=600 nm时，k = 3,半波带数目为(2k+l) = 7；当% = 466.7 nm时， k = 4,半波带数目为9。一单色平行光垂直照射于一单缝，若其第三条明纹位置正好和波长为600 nm的单色 光垂直入射时的第二级明纹的位置一样，求前一种单色光的波长。2d sin。，2d sin 0v k v X1代入有关数据后，可得2
14、.99 k 4.09，由于k为整数，故只能取3和4,它们2d sin 02d sin 0X = 0.13 nmX = 0.097 nm对应的波长为，k = 3,3； k = 4,4，.Xb sin = (2k +1)于衍射明纹条件2，故有Qk 1 + 1)X1 = Qk2 + 1)X2，在两明纹级次和其中一种波长已知的情况下，即可求出另一种未知波长。解：根据分析，将X2 =600 nm，k2 = 2，=3 代入 叫 + 1)X1 = (2k 2 + 1)X2，得X = (2k2 + 1)X2 = 428.6 nm12k、+1在如图所示的X射线衍射实验中，入射X射线不是单色的， 而是含有从0.0
15、95 nm到0.13 nm这一范围内的各种波长。设 晶体的晶格常数d = 0.275 nm，试问对图示的晶面能否产生 强反射？X射线入射到晶体上时，干涉加强条件为2dsin0= kX，即只有波长为0.097 nm和0.13 nm的两种X射线能产生强反射。第十二题16-12 解答若一电子的总能量为5.0 MeV，求该电子的静能、动能、动量和速率。题16.12解：电子静能为O- -G - -Q -。GE0 = m0c2 = 0.512 MeV, (m0 = 9.1x 10-31 kg)电子动能为Ek = E - E0 = 4.488 MeV由E2 = p2c2 + E02，得电子动量为其中k =
16、0, 1, 2,。在晶格常数d和掠射角0 (注意不是入射角)确定的情况下，并 不是任意波长的X射线均能产生强反射。本题应结合入射X射线波长范围为X1 = 0.095 nmp = (E2 一E 2)12 = 2.66x10-21 kg-m-s-1到X2 = 0.13nm这一条件，先求满足上式的k值的取值范围，然后确定k值及相对应的波 长。E = E0V-12c2 /可得电子速率为EE 2)6I E，)1 2=0.995c如果将电子由静止加速到速率为0.10c,需对它作多少功？如将电子由速率为0.80 c 加速到0.90c,又需对它作多少功？题16.15解：由相对论性的动能表达式和质速关系可得当电
17、子速率从七增加到.时，电子动能的增量为根据动能定理，当七=0,?2 = 0.10c时，外力所作的功为AE = E -E = (m c. -mC，-m c/)kk2kl2010c一y-、-1 2-12y 2v 2=m C20kc JU J1,W = AE = 2.58x103 eV k当七=0.80c, v2 = 0.90c时，外力所作的功为W = AE =3.21x105 eV k由计算结果可知，虽然同样将速率提高0.1c，但后者所作的功比前者要大得多，这是因为 随着速率的增大，电子的质量也增大。试证如果粒子位置的不确定量等于其德布罗意波长，则此粒子速度的不确定量大于 或等于其速度。题17.2
18、2证：由题意知，位置不确定量& =入,由不确定关系式可得 人 h h 人 Ap Ap = Av =k入，而 m ,故速度的不确定量Av = , BPAv vink m已知一维运动粒子的波函数为式中*0,试求：（1）归一化Are-00x 0x 0x0姑肉=0“O x = （3）令 ch ，,有4元（2淫-2加2从2心处）= 0,得 ， 入和 is时，函数有极值。由二阶导数-1可知，在*人处，有最大值，即粒子在该处出现的概率最大。设有一电子在宽为0.20 nm的一维无限深的方势阱中。(1)计算电子在最低能级的 能量；(2)当电子处于第一激发态3 = 2)时，在势阱中何处出现的概率最小，其值为 多少
19、？入2E = 2题17.24解：(1) 一维无限深势饼中粒子的可能能量”8冲2 ,式中。为势阱宽度，当量子数n =1时，粒子处于基态，能量最低。因此，电子在最低能级的能量为 /2E =1.51 x 10-18 J = 9.43eV1 &na(2)粒子在无限深方势阱中的波函数为，、|2 nn 1。W(x) = |sinx, = 1, 2,.1 a a当它处于第一激发态( =2)时，波函数为。271V (x) = i1 sin x, 0 x aV a a相应的概率密度函数为f (x)|2 = sin2 x, 0 x 0可知，函数在 x = 0, x =。/2 和 x =。(即 x = 0, O.lOnm, 0.20nm)处概率最小，其值均为零。
