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1、. . .练习一 1、D ， 2、C ，3、C，4、 D, 5、， (为y方向单位矢量)， ， 6、，从O点指向缺口中心点练习二1、A 2、A 3、 ， ，4 5、 解：设杆的左端为坐标原点O，x轴沿直杆方向带电直杆的电荷线密度为l=q / L，在x处取一电荷元Lddqx(L+dx)dExOdq = ldx = qdx / L， 它在P点的场强： 总场强为 方向沿x轴正向，即杆的延长线方向 6 解： 如图在圆上取 ，它在点产生场强大小为方向沿半径向外则 积分 ，方向沿轴正向练习三1、C 2、D 3、0， 4、3s / (2e0) ，s / (2e0)， 3s / (2e0) 、解： 由对称分析
2、知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面设场强大小为E 作一柱形高斯面垂直于平面其底面大小为S，如图所示 按高斯定理，即得到 (板外两侧) （2）过平板内一点作一正交柱形高斯面，底面为S设该处场强为，如图所示按高斯定理有 得到 (-d/2xd/2) 6 解：(1) 球在点产生电场，球在点产生电场 点电场；(2) 在产生电场球在产生电场 点电场 练习四1、C 2、D 3、C, 4、-eq / (6pe0R) 5、解： 6、解：设x轴沿细线方向，原点在球心处，在x处取线元dx，其上电荷为，该线元在带电球面的电场中所受电场力为： dF = qldx / (4pe0 x2) 整个细线所
3、受电场力为： 方向沿x正方向 电荷元在球面电荷电场中具有电势能： dW = (qldx) / (4pe0 x) 整个线电荷在电场中具有电势能： 练习五1、D 2、A 3、C 4解：设极板上分别带电量+q和-q；金属片与A板距离为d1，与B板距离为d2；金属片与A板间场强为 金属板与B板间场强为 金属片内部场强为 则两极板间的电势差为 由此得因C值仅与d、t有关，与d1、d2无关，故金属片的安放位置对电容无影响解：（l）根据有介质时的高斯定理：可得两圆柱间电位移的大小为场强大小为两圆柱间电势差电容 （2）电场能量 练习六 ， 平行z轴负向pR2c ，垂直纸面向外 ， ，7、解：因为金属片无限长，
4、所以圆柱轴线上任一点的磁感应强度方向都在圆柱截面上，取坐标如图所示，取宽为的一无限长直电流，在轴上点产生与垂直，大小为 练习七，、解：(1) 对rr+dr段，电荷 dq = l dr，旋转形成圆电流则 它在O点的磁感强度 方向垂直纸面向内 方向垂直纸面向内 6、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： 因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通F1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F2为 穿过整个矩形平面的磁通量 练习八1、A 2. ， 3. 4. （1） （2） 5. 解：在直线电流上任意取一个小电流
5、元，此电流元到长直线 的距离为，无限长直线电流在小电流元处产生的磁感应强度 6. 解：(1) 沿方向，大小为 (2)磁力功 练习九 1、D， 2、C， 3、0.40 V、 0.5 m2/s， 4、510-4 Wb 5、解：在矩形回路中取一小面元ds，面元处： 一个矩形回路的磁通量为： 由法拉第电磁感应定律，N匝回路中的感应电动势为： 6、解:abcd回路中的磁通量 由法拉第电磁感应定律 其沿方向顺时针方向 练习十1、A 2、pBnR2 、0， 3、 ， 4、 顺时针 5、解： 在长直导线中取一小线元，小线元中的感应电动势为：整个直导线中 杆的右端电势低6、解： 即从的方向也可由楞次定律判定。练
6、习十一1、C， 2、， 3、（4）、（2）、（1） 4、 位移电流，涡旋电场 5、解:设直导线中通有自下而上的电流I,它通过矩形线圈的磁通链数为：互感为：6、解： 在时，无限长圆柱体内部的 磁场能量密度 取一小体积元 (体元长度)则导线单位长度上储能 练习十二13. ABD；4. ，4103 nm；5. 解：1）由 得则 2）6. 解：1）由 得 2）设零级明纹将移到原来的第k级明纹处，则有 练习十三13 ACC；4、0.64 mm；5. 解：由反射加强的条件可知： 则 ，计算可得： k=1时，1=3000 nm，k=2时，2=1000 nm，k=3时，3=600 nm，k=4时，4=428.
7、6 nm，k=5时，5=333.3 nm，即在可见光范围内波长为600 nm和428.6 nm的反射光有最大限度的增强。6. 解：1）由明环公式可得： ， 2）由明环公式可得： ，即在OA范围内可观察到50个明环。练习十四12 CB；3. 3.0 mm；4. 4，1级，暗纹；5. 解：1） 2）由单缝衍射明纹公式，及可得：6. 解：由单缝衍射暗纹公式，及可得： ，则两侧第三级暗纹之间的距离为 故练习十五13 DBA；4. 1级；5. 解：1）单缝衍射和得：， 代入数据得：； 2）由光栅衍射主极大方程得， 又， 则， k只能取2，故在单缝衍射中央明纹宽度内有0、1、2共5条主极大谱线。6. 解：
8、1）由光栅衍射主极大方程得： ； 2）由缺级条件得：， 当时，得透光缝的最小宽度为； 3）由，知kmax只能取3， 因第3级缺级，故在给定范围内可能观察到的全部主极大级次为0、1、2。练习十六1、D 2、B 3、完全偏振光，与入射面垂直，部分偏振光 4、波动，横波5、解：由布儒斯特定律 则太阳在地平线的仰角为在反射光中振动方向为与入射面垂直。6、解：设夹角为，则透射光强通过第一块偏振片之后，光强为：1/2I0， 通过第二块偏振片之后：（1）透射光强为入射光强的得 I=I 0/3则 =arccos(),=35.26（2）当透射光强为最大透射光强的时，也就是透射光强为入射光强的1/6，可得： =5
9、4.74练习十七1-2、A，D， 3、 4、 5、解：由洛伦兹变换得：；得：6、解： A飞船的原长为：B飞船上观测到A飞船的长度为：A飞船的船头、船尾经过B飞船船头的时间为：则有：练习十八1-2、C，C， 3、，4、，5、 6、解： 7、解：（1）（2）练习十九13 DDC 4、51014,2 5、（1）已知电子的逸出功A=42，由爱因斯坦光电效应方程；得光电子的初动能（）因为：，所以（）逸出功所以、由维恩位移定律： 其中维恩常量 所以太阳的表面温度为 天狼星的表面温度为 练习二十13 ACD 4、10, 35、（1）有题意 求得 （2）受激发的氢原子向低能级跃迁时，可发出43、42、41、32、31、21共6条谱线。6、（1）由康普顿公式 而 所以 （2）反冲电子的动能为 吴百诗第三版下册的第十至十三章选择题答案第十章 1 D 2 3 B 4 5 6 第十
