哈工程大学物理(下)作业答案

./651 方向垂直纸面向外2方向垂直纸面向里3方向垂直纸面向外66.解：如图所示,圆筒旋转时相当于圆筒上具有同向的面电流密度i,作矩形有向闭合环路如图中所示．从电流分布的对称性分析可知,在上各点的大小和方向均相同,而且的方向平行于,在和上各点的方向与线元垂直,在,上各点．应用安培环路定理可得圆筒部为均匀磁场,磁感强度的大小为,方向平行于轴线朝右．67.解：68.解：在圆柱体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：因而,穿过导体画斜线部分平面的磁通1为在圆形导体外,与导体中心轴线相距r处的磁感强度大小为因而,穿过导体外画斜线部分平面的磁通2为穿过整个矩形平面的磁通量69.I1I2MI3Nrrr解：载流导线MN上任一点处的磁感强度大小为：MN上电流元I3dx所受磁力：若,则的方向向下,,则的方向向上70.。BI×BAO解：<1>圆弧AC所受的磁力：在均匀磁场中AC 通电圆弧所受的磁力与通有相同电流的直线所受的磁力相等,故有FAC=N方向：与AC直线垂直,与OC夹角45°,如图．<2>磁力矩：线圈的磁矩为本小问中设线圈平面与成60°角,则与成30°角,有力矩M=1.57×10-2N·m方向：力矩将驱使线圈法线转向与平行.71.解：<1>由安培环路定理：<大小>方向：在板右侧垂直纸面向里<2>由洛伦兹力公式可求<至少从距板R处开始向外运动>返回时间72解：对任一微元,则73.解：∵半径,∴磁通量74.解：取dl段,其中电流为在P点选坐标如图,1.8×10-4T方向,=225°,为与x轴正向的夹角．75.76.解：B=/S=2.0×10-2T32A/m6.25×10-4T·m/A49677<1>方向垂直纸面向里<2><3>78.解：<1>在圆环上取半径为r宽度为dr的细圆环,其电荷为由于转动而形成的电流di在O点产生的磁感强度为其方向垂直纸面向外．<2>整个圆环在O点产生的磁感强度为其方向垂直纸面向外．<3>同理得外圆环在O点产生的磁感强度其方向垂直纸面向里．<4>为使O点的磁感应强度为零,B1和B2的量值必须相等,即于是求得n1和n2之比105106.解：设飞船A相对于飞船B的速度大小为v,这也就是飞船B相对于飞船A的速度大小．在飞船B上测得飞船A的长度为故在飞船B上测得飞船A相对于飞船B的速度为解得m/s107.解：<1>观测站测得飞船船身的长度为54m则t1=L/v=2.25×10-7s<2>宇航员测得飞船船身的长度为L0,则t2=L0/v=3.75×10-7s108.解：设K′系相对于K系的运动速度为v．则根据洛仑兹变换公式可得：,乙测得两事件同时发生,则可得由题t2-t1=2×10-7s,x2-x1=500m则3.6×107m110.解：二粒子的能量分别为由能量守恒定律求合成后粒子的能量根据相对论质能关系由质速关系求粒子的静止质量由动量守恒定律由相对论能量与动量关系由题已知联立<1>-<4>四式得：111.即所以而所以112.解：根据由此求出又介子运动的时间因此它运动的距离113.解：<1>由得,代入可得<2>114.解：<1>由得<恒量>由此可知,对不同金属,曲线的斜率相同．<2>h=etg=6.4×10-34J·s115.解：设散射前电子为静止自由电子,则反冲电子的动能EK=入射光子与散射光子能量之差=入射X射线光子的能量散射光子的能量反冲电子的动能0.10MeV116.解：根据能量守恒,有这里∴则解得：=0.00434nm117.解：118.解：远离核的光电子动能为eV则7.0×105m/s光电子的德布罗意波长为1.04×10-9m=10.4Å119、120、解：从题设可知,若圆周半径为,则有,这里是整数,是电子物质波的波长。根据德布罗意公式：得：于是：这里是电子质量,v是电子速度的大小,为动量矩,以表示,则上式为：这就是玻尔的动量矩量子化条件。121.<1>eVn=4<2>可以发出41、31、21、43、42、32六条谱线．能级图如图所示．122.Eev0解：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故得123.解：先求粒子的位置概率密度当时,有最大值．在0≤x≤a围可得∴．124解：据已知条件①又据德布罗意公式得②无限深势阱中粒子的能量为即③由②、③式解得以①代入得∴125、解：把运动的粒子看作在题所给区域的驻波,则x=0和x=a两点应该是波节,因而满足这边界条件的德布罗意波的波长应为：而：故粒子的动量只能取：粒子的能量：在区域势能为0,所以：126、解：设粒子能量为E,根据一维定态薛定谔方程令上面方程可改写为方程的解为由题意x≤0=0x≥a=0可得A=0,Bsinka=0.因为B不可能等于0,所以必须sinka=0则ka=n,k=na,n不能取零值,如果n=0,导则k=0,<x>在0<x