1、0 1、D，2、C，3、C，4、量)，6、土a/y/2，qd4R2(2kR-d)0qd8兀2R30練習一D,5、2qy)j,(j為y方向單位矢4兀n2+y2川20從O點指向缺口中心點練習二q+q120(q+良+q),4.P冗L(r2-a2)4kR22930解：設桿的左端為坐標原點O,x軸沿直桿方向.在x處取一電荷元dq=Adx=qdx/L，它在P點的場強：1、A5、2、A3、dE=dq、=qdx、4兀L+d-x)24kLXL+d-x)200總場強為dxE=qj二了)4兀L(L+dx)24kdL+d)000方向沿x軸正向，即桿的延長線方向.帶電直桿的電荷線密度為九二q/L,6解：如圖在圓上取dl

2、二Rddq=Adl二RAde，它在O點產生場強大小為ARdedE=方向沿半徑向外4nR20A貝ydE=dEsine=sinedex4nR0dE=dEcos(兀一e)=yAcosede4nR0積分ExAeeAsinede=4nR02nR0-A.八cosede=04nR0AE=E=x2n，方向沿x軸正向練習三 cR1、C2、D3、0,8ro5、解：由對稱分析知，平板外兩側場強大小處處相等、方向垂直于平面且背離平面.設場強大小為E.作一柱形高斯面垂直于平面.其底面大小為S，如圖所示.按高斯定理JE-dS=Xq/8，即4、一3q/(28o)，q/(28o),3q/(28o)2SE=Spd得到0(板外兩

3、側)1E=pd280(2)過平板內一點作一正交柱形高斯面，底面為S.設該處場強為E，如圖所示.按高斯定理有2ES=卩8得到106解：(1)0E=px(-d/2WxWd/2)4nr3p-P球在O點產生電場E=OO=204n8d30亠OO38d30-r3pO點電場E=038d30OO；(2)+P在O，產生電場E4兀d3p3OO=104n8d30POO380-P球在O產生電場E20，O，點電場Eo，=3800，OO(a)(b)練習四1、C2、D3、C,4、-eq/(6冗0R)5、解：E=0rYR114p兀(r3-R3)E_3i_p(r3-Rp24k8r23er200RYrYR124p_兀(R3-R3

4、)3214k8r20p(R3-R3)213er20U_fr2Edr+卜EdrR12R23_Jr2p(r3-R3)dr+bp(-R13)r3sr2r3sr21020drp2s0(R2-R2)21W_Lro+/空4兀-rx0004兀-Inr+/)-0dW=(qAdx)/整個線電荷6、解：設x軸沿細線方向，原點在球心處，在x處取線元dx,其上電荷為dqr_Xdx,該線元在帶電球面的電場中所受電場力為：dF=qXdx/（4冗Sq%2）q九+ldxqA/整個細線所受電場力為：F_一Jro_-f）方向沿x正4兀srx24兀-rV+/丿00000方向電荷元在球面電荷電場中具有電勢能（4冗-0 x）在電場中具

5、有電勢能：1、5練習五QD2、A3、C4.Q，-ss0r解：設極板上分別帶電量+q和-q;金屬片與A板距離為d,與B板距離為d?；金屬片與A板間場強為E1_q/（soS）金屬板與B板間場強為E=q/（S）20金屬片內部場強為E二0則兩極板間的電勢差U-U-Ed+Ed=q/（S）（d+d）=q/（S）（dt）AB120120由此得C二q/（UU）S/（dt）AB0因C值僅與d、t有關，與d2無關，故金屬片的安放位置對電容無影響.6解：（1）根據(jù)有介質時的高斯定理：JD-ds-工qi可得兩圓柱間電位移的大小為D九/（2兀廠）場強大小為0r九2兀r兩圓柱間電勢差U12-JR2E-drR12兀0R12

6、兀R0r12兀0inR電容12XRin22KR0r12兀Lin(R/R)212）電場能量Q22CX2Lin(R/R)24兀0r練習六平行z軸負向2.冗R2C3.出(1-總+巴)2兀R264.Liev5.B-上013T.P04兀a2meva9.2X10-242A-m2卩I/11、6.0（-），垂直紙面向外，4RR21卩I/10(4R211、+)1/2R22R,兀+arctg2R10r7、解：因為金屬片無限長，所以圓柱軸線上任一點P的磁感應強度方向都在圓柱截面上,取坐標如圖所示，取寬為dl的一無限長直電流dI-krdl，在軸上P點產生dB與R垂直,大小為 RdOpide02兀2RdB=dBcos0

7、=xpIcos0d00dB二dBcos(冗+0)一叩Sin0d0y22兀2R卜picos0d0PI兀兀PIB=J2二osinsin(-)二二6.37x10-5tx丿2兀2R2兀2R22兀2R2BJ；%1sin0d0)二0y盧2兀2R2練習七2IPPIhPI1.P(I-1),P(I+1)2.亠3.二4.汕02102134兀2R22兀r5、解：(1)對rr+dr段，電荷dq=尢dr,旋轉形成圓電流.貝V,dq九,dI=dr2兀2兀它在O點的磁感強度04兀rpdI九pdr02rB二JdB00dpmra1=兀r2dI=九r2dr2山P.a+b0ln方向垂直紙面向內.4兀ap二Jdpmma+b1九r2d

8、r2a二山(a+b)3a3/6方向垂直紙面向內.6、解：在圓柱體內部與導體中心軸線相距為r處的磁感強度的大小,PIB=0r2kR2因而，穿過導體內畫斜線部分平面的磁通為二JB*dS二JBdS二f-rdr12兀R20由安培環(huán)路定律可得：(rR)2兀r因而，穿過導體外畫斜線部分平面的磁通2為=JB*dS=dr=丄ln222兀r2兀R卩I卩I、c穿過整個矩形平面的磁通量二+=一1+iln2124兀2兀練習八1、A2.2兀mvcos0/(eB),4.(1)B二卩nl二2.5x10-4T0N(2)H二I二200AmLmvsin0/(eB)3.BI(l+2R)RH=200Am0R二卩H二卩卩H=1.05T

9、0r5.解：在直線電流12上任意取一個小電流元12dl，此電流元到長直線卩I的距離為x，無限長直線電流11在小電流元處產生的磁感應強度R=胃dFdldxcos600dx卩11b=Incos600兀a6.解：(1)P=ISmM=PxR沿oo方向，大小為m=ISR=嚀R=4.33x10-2磁力功A=I巴-1)A44.33x10-2j=012吟12R練習九2、C，3、0.40V、0.5m2/s,4、5X10-4Wb5、解：在矩形回路中取一小面元ds，面元處：B二烙一個矩形回路的磁通量為：O=JdO=JBdS=Jd+aLldx=豎InTOC o 1-5 h zd2兀x2兀d由法拉第電磁感應定律，N匝回

10、路中的感應電動勢為8ATdN卩11d+a8=N=0lncostdt2兀d-116、解:abed回路中的磁通量由法拉第電磁感應定律=JB-dS=Blvtcos60=kt2Iv=klvt2m22dOm=klvtdt其沿abcd方向順時針方向練習十1、2、冗BnR2、0，3、-兀R2dB/dt，24、5、0.4x108m/s2順時針解：在長直導線中取一小線元-uId8=vxBdl=sin90。dlcos180。=2兀luvI8=0J小線元中的感應電動勢為卩vIAl0dl2兀l整個直導線中d+Ldl2兀d卩vld+L0In2兀桿的右端電勢低6、解：8ac=8ab+8bc8abdO1dt亙R2B=臣dB

11、dr44dt8abdO2dtdnR2nR2=B=dt1212dBdt8ac=全+空412dtdBodt80即8從a-cac8的方向也可由楞次定律判定。練習十1、4、5、1B2112、W=-H2=BH，m2卩221位移電流，渦旋電場C=700解:設直導線中通有自下而上的電流I,它通過矩形線圈的磁通鏈數(shù)為:屮二NBdS二N應丄心=LInadsa2兀廠“屮pNl、a+d互感為：M=InI2兀aC，6、解：在rR時，無限長圓柱體內部的磁場能量密度取一小體積元則導線單位長度上儲能2兀(n一1)e3、（4）、（2）、（1）卩Ir02nR2卩12r208n2R4B22卩0dV二2nrdr(.體元長度I=1)

12、WJRw2兀rdrJR叩2廠曲心0m04nR416n練習十二解：1）由x=+k九d得x2=2dxd6.0 x103x0.2貝y九=2D2x1.02)Ax=x一x=D九x=T=k+1kd2D解：1）由x=k九d得Ax=xx=20DX=2+1010d4x103nm；13.ABD；4.九九5.3.0mm6.一3=6.0 x10一7m=600nm2）設零級明紋將移到原來的第k級明紋處，則有X民X550X10一9二0.11m二rr二k九21=r(re+ne)二021n8r=(n一1)e二k九k=(n1)e九(1.581)x6.6x10-6550 x10-9=6.96沁7練習十三13ACC；4、0.64m

13、m；九5.解：由反射加強的條件可知：二2ne+二k九貝9九二丄斗，計算可得：k-2k=1時，久=3000nm,k=2時，A2=1000nm,k=3時，久3=600nm,k=4時，久4=428.6nm,k=5時，久5=333.3nm，6.即在可見光范圍內波長為600nm和428.6nm的反射光有最大限度的增強。解：1）由明環(huán)公式可得：=500nm，2r22x(0.30 x10-2)2九=(2k-1)R(2x5-1)x42）由明環(huán)公式可得：(1.X10-2)2+1=50.54x5x10-72即在OA范圍內可觀察到50個明環(huán)。練習十四12CB；3.3.0mm；4.4，1級，暗紋；5.解：1）=化1-

14、0X589X10-9=1.47mma0.4X10-32）由單縫衍射明紋公式asin9=（2k+1）y，及x=ftan9可得:x=迪=5x=3.68mm22a216.解：由單縫衍射暗紋公式asin0二k九，及x二ftan9可得:x3”fsin93=，則兩側第三級暗紋之間的距離為山=2x3=aAx0.15X10-3X8.0X10-3故X=故6f6x0.4=500(nm)練習十五13DBA；4.1級；5.解：D單縫衍射asin90=X和x=ftan9得：Ax=2ftan甲沁2fsin甲002fXa代入數(shù)據(jù)得：人x=2X160X109=6cm；02x10-52）由光柵衍射主極大方程dsin申=k九得k

15、=,1X10-2又d=5x10-5m，oo，2000,dsinodXd5x10-5則k0=2.5，XXaa2x10-5k只能取2，故在單縫衍射中央明紋寬度內有0、1、2共5條主極大譜線。6.解：1）由光柵衍射主極大方程（a+b）sin申=比九得：a+b=丄=2X600X10-9=2.4x10-6m；sin30。八l0.52）由缺級條件k=上衛(wèi)k得：a二0.8x10-6k,a當k二1時，得透光縫的最小寬度為a二0.8x10-6m；min2.4x10-6600 x10-93)由kmax(a+b)sin90。二4，知k只能取3,max因第3級缺級，故在給定范圍內可能觀察到的全部主極大級次為0、1、2

16、。練習十六1、D2、B3、完全偏振光，與入射面垂直，部分偏振光4、波動，橫波5、解：由布儒斯特定律a=arctan=arctan1.33=53。n1則太陽在地平線的仰角為壬-a=37。在反射光中振動方向為與入射面垂直。6、解：設夾角為a，則透射光強I=Icos2a0通過第一塊偏振片之后，光強為：1/2I0，0，1通過第二塊偏振片之后：I=Icos2a20（1）透射光強為入射光強的1/3得I=I0/3則a=arccos(),a=35.26（2）當透射光強為最大透射光強的1/3時，也就是透射光強為入射光強的1/6可得：a=54.74練習十七1-2、A，D，3、8.89x10-8或804、：1c3c

17、V125、解：由洛倫茲變換得：Ax=Ax-vAtAtAxc2得：l；1-=Ax=6.75x108m6、解：A飛船的原長為：l0=100mB飛船上觀測到A飛船的長度為：l=lV1-0e2A飛船的船頭、船尾經(jīng)過B飛船船頭的時間為：At=Ix10-7s則有：l=AtxVnV=5三e=2.68x108m/s練習十八1-2、C，C，3、0.25mc2，e4、m25m,5、0.14me2ls9lse6、解：由E=mc2-me2k=me2(00得Uv2v=0.91eEkmc20故平均壽命：TT=0-Iv21-石=2.419r=5.32x10-8s07、解：（1）mc2E=me2=0Iv25.86x10-13

18、JEE-E1mv22e(匚v2】1-一e2-1)2x阿=12114練習十九4、5X1014213DDCV,5、（1）已知電子的逸出功A=42e由愛因斯坦光電效應方程hv=2mv2+A；得光電子的初動能mv2=hv-A=h一A2九3x108=6.63x10-34-4.2x1.6x10-19(J)=2.0eV2x10-71)因為：cmv2=e|UI，所以U|=2V2aa所以c)逸出功A=hv=ho九04.2x1.6x10-19九=竺=663x10-34x3x108=2.954x10-7m=2954A0A6、由維恩位移定律：T斗m其中維恩常量b=2.897x10-3m-k所以太陽的表面溫度為T=諜獸=5796天狼星的表面溫度為T=9993k0.29x10-6練習二十13ACD4、10,315、（1）有題意E=13.6-12.75ev=Enn21E1=13.6ev求得n=4（2）受激發(fā)的氫原子向低能級躍