练习一
1、C ， 2、C ，3、C ，4、D, 5、 6、
qd
4πε0R
2
2qy
4πε0(a +y
2
23/2
)
， (j j 为y 方向单位矢量) ， ±a /
2 ，
(2πR -d )
≈
qd 8πε0R
2
3
，从O 点指向缺口中心点．
7、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λ=q / L ，在x 处取一电荷元
d q = λd x = q d x / L ， 它在P 点的场强：
q d x d q
= d E = 224πε0L (L +d -x )4πε0(L +d -x )L q d x q 总场强为 E = =2⎰4πε0L 0(L +d －x ) 4πε0d (L +d )方向沿x 轴，即杆的延长线方向．
8、解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在θ处取微小电荷 d q = λd l = 2Q d θ / π
它在O 处产生场强d E =
d q 4πε0R
2
=
Q 2πε0R
2
2
d θ
Q 2πε0R
2
2
按θ 角变化，将d E 分解成二个分量：d E x =d E sin θ=
d E y =-d E cos θ=-
Q 2πε0R
π
2
2
sin θd θ，
cos θd θ
对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷 E x =
Q 2πε0R -Q 2πε0R
2
22
2
⎡π/2
⎢⎰sin θd θ-⎣0
⎤
⎰sin θd θ⎥＝0 π/2⎦
E y =
π
⎡π/2⎤-Q Q
所以 E =E x i +E y j =2j ⎢⎰cos θd θ-⎰cos θd θ⎥=-222
πεR πεR 00π/2⎣0⎦
练习二
1、D ， 2、C ， 3、A ， 4、C, 5、不变、变，6、－3σ / (2ε0) ，－σ / (2ε0) ， 3σ / (2ε0)
7、解： (1) 由对称分析知，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E ⋅d S =∑q /ε0，即 S 21b kS b kSb
2SE =ρS d x =x d x = ⎰⎰00ε0ε02ε02
得到 E = kb / (4ε0) (板外两侧) （2）过P 点垂直平板作一柱形高斯面，底面为S ．设该处
' 场强为E '，如图所示． 2
按高斯定理有
(E '+E )S
=
kS
ε0
⎰
x
x d x =
k S b 2ε0
2
k ⎛2b ⎫ x -⎪ (0≤x ≤b ) 得到 E '= 2ε0⎝2⎪⎭
(3) E '=0，必须是x -
=0， 可得x =b /2 2
6、解：挖去电荷体密度为ρ 的小球，以形成球腔时的求电场问题，可在不挖时求出电场E 1，而另在挖去处放上
电荷体密度为－ρ的同样大小的球体，求出电场E 2，并令任意点的场强为此二者的叠加，即可得 E 0=E 1+E 2
2
b
2
在图(a)中，以O 点为球心，d 为半径作球面为高斯面S ，则可求出O '与P 处场强的大小.
E 1O’＝E 1P =E 1=d 方向分别如图所示.
2O’=3ε0
在图(b)中，以O '点为小球体的球心，可知在O '点E 2=0. 又以图(b)
O ' 为心，2d 为半径作球面为高斯面S '可求得P 点场强E 2P
ρ
S
E 1⋅d S =E 1⋅4πd
2
=
1
ε0
⋅
4π3
3
d ρ有
S '
23
E 2⋅d S '=E 2⋅4π(2d ) =4πr (-ρ) /(3ε0)
-r ρ12ε0d
23
E 2P =
图(c)
ρd
E （1） 求O '点的场强O ' .
3ε0
(2) 设空腔任一点P 相对O '的位矢为r '，相对O 点位矢为r 则
ρr
， E PO =3ε0
由图(a)、(b)可得 E O ’ = E 1O’ =
， 方向如图(c)所示.
ρr '
, E P O '=-3ε0
∴ E P =E PO +E P O '=
ρ
3ε0
(r -r ') =
ρ
3ε0
OO ' =
ρd
3ε0
∴腔内场强是均匀的．
练习三
1、D ， 2、B ， 3、C, 4、C, 5、q / (6πε0R ) 6、负，增加 7、解：由高斯定理可得场强分布为：
E =-σ / ε0 (－a ＜x ＜a ) E = 0 (－∞＜x ＜－a ，a ＜x ＜＋∞＝
由此可求电势分布：在－∞＜x ≤－a 区间
U =
⎰
0x
E d x =⎰
-a x
0d x +
⎰
0-a
-σd x /ε0=-σa /ε0
U
在－a ≤x ≤a 区间 U =
⎰
0x
E d x =
⎰
0x
-σ
ε0
d x =
σx ε0
-a
O +a
x
在a ≤x ＜∞区间 U =
⎰
0x
E d x =
⎰
a x
0d x +
⎰
0a
-σ
ε0
d x =
σa ε0
8、解：设x 轴沿细线方向，原点在球心处，在x 处取线元d x ，其上电荷为d q '=λd x ， 该线元在带电球面的电场中所受电场力为： d F = q λd x / (4πε0 x 2)
r +l d x q λq λl
整个细线所受电场力为： F ==⎰x 24πεr (r +l ) 方向沿x 正方向． 4πε0r
000
电荷元在球面电荷电场中具有电势能： d W = (q λd x ) / (4πε0 x ) 整个线电荷在电场中具有电势能： 00
W =
q λ4πε0
⎰
r 0+l r 0
⎛r 0+l d x q λ
=ln x 4πε0 ⎝r 0⎫
⎪ ⎪⎭
x
练习四
1、D ， 2、D ， 3、B ，4、C ，5、7、解：金属球的电势
U =
C 1(C 1-C 2) C 1+C 2
∞
U , q 2=
C 2(C 1-C 2) C 1+C 2
U ，6、σ,
σε0εr
，
⎰
R 2
R 1
E 内⋅d r +Q dr 4πε0εr r
2
⎰
R 2
E 外⋅d r
∞
=
⎰
R 2
R
+
⎰
Qdr 4πε0r
2
R 2
=
Q 4πε0εr
(
1R 1
+
εr -1R 2
)
8、解:令A 板左侧面电荷面密度为σ1，右侧面电荷面密度为σ
2
∵ U
AC
=U
AB
，即
∴ E AC d AC =E AB d AB ∴
σ1σ
2
=
E AC E AB
=
d AB d AC
=2
且 σ1+σ
q A 3S
2
=
q A S
得 σ2=, σ1=
23
2q A 3S
-7
而 q C =-σ1S =-q A =-2⨯10
-7
C
q B =-σ2S =-1⨯10
C (2)
U
A
=E AC d AC =
σ1ε0
d AC =2. 3⨯10V
3
练习五
1、πR 2c 2、 5.00×10-5 T， 3、
μ0I d l
4πa
2
， 平行z 轴负向 ； 4、
μ0I 4
(
1R 2
-
1R 1
) ，垂直纸面向外 ，
μ0I 4
(
1R
21
+
1R
22
)
1/2
，
12
π+arctg
R 2R 1
，5、
μ0I 1
4R
(3
+
2
π
-
3
π
) , 6、C,
7、解：因为金属片无限长，所以圆柱轴线上任一点P 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d l 的一无限长直电流d I =
I πR
d l ，在轴上P 点产生d B 与R 垂直，大小为
R d θ
μI d θd B ===02
2πR 2πR 2πR
μI cos θd θ
d B x =d B cos θ=0 2
2πR
μI sin θd θπ
d B y =d B cos(+θ) =-0 2
22πR
μ0d I
π
μ0
I
∴ B x =
⎰
2
π-2
μI cos θd θ2πR
π
2
=
μ0I 2πR
2
[sin
π2
-sin(-
π2
)]=
μ0I πR
2
=6. 37⨯10
-5
T
B y =
⎰
2π-2
(-
μ0I sin θd θ2πR
2
) =0
∴ B =6. 37⨯10-5i T
8、解：(1) 对r ～r +dr 段，电荷 d q = λ dr ，旋转形成圆电流．则
O dq ωλω
d I ==d r 2π
2π
它在O 点的磁感强度 μd I λωμ0d r
d B 0=0 =
2r 4πr B 0=
⎰d B 0=
λωμ0
4π
a +b
⎰
a
d r r
12
2
=
λωμ
4π
2
ln
a +b a
方向垂直纸面向内．
d p m =πr 2d I =
a +b
λωr d r
p m =
⎰d p m =⎰
a
12
λωr d r =λω[(a +b ) 3-a 3]/6 方向垂直纸面向内．
练习六
1、B 2、μ0(I 2-2I 1) 3、
2I μ03
， 4、
μ0ih
2πR
，5、μ0rI /(2πR 12) ，0
6、解：取同轴闭合圆环l =2πr (a
则 B ⋅d l =B 2πr
l
∑
2
I =(πr
2
2
-πa )
2
I
πb -πa
22
∴ B =
μ0I (r -a )
2πr (b -a )
2
2
7、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，
μ0I
由安培环路定律可得： B =r (r ≤R ) 2
2πR
因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为
Φ1=⎰B ⋅d S =
R
⎰B d S =
⎰2πR
μ0I
d r =2
μ0I
4π
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
μI
(r >R ) B =0
2πr
因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为 Φ2
=⎰B ⋅d S =
2R
⎰2πr
R
μ0I
d r =
μ0I
2π
ln 2
穿过整个矩形平面的磁通量 Φ=Φ1+Φ2=
μ0I
4π
+
μ0I
2π
ln 2
练习七
1、A ，2、B ，3、2πm v cos θ/(eB ) ， m v sin θ/(eB ) ， 4、2alB ，5、铁磁质，顺磁质，抗磁质， 6、 0.226 T ，300 A/m
7、解： (1) F bc =I l ⨯B =0
F ab =I l ⨯B 方向⊥纸面向外，大小为
F ab =IlB sin 120
F ca =I l ⨯B 方向⊥纸面向里，大小
F ca =IlB sin 120
︒︒
=0. 866 N
=0. 866 N
(2)P m =IS
M =P m ⨯B 沿O O '方向，大小为
M =ISB =I
3l 4
2
B =4. 33⨯10
-2
N ⋅m
(3)磁力功 A =I (Φ2-Φ1)
34
∵ Φ1=0 Φ2=
34
l B
2
∴ A =I l B =4. 33⨯10
2-2
J
8、解：在直线电流I 2上任意取一个小电流元I 2dl ，此电流元到长直线 的距离为x ，无限长直线电流I 1在小电流元处产生的磁感应强度 B =
μ0I 12πx
dF =
μ0I 1I 2
2πx
b a
dl =
μ0I 1I 2
2πx dx
⋅
dx cos 60
F =
⎰
μ0I 1I 2
2πx
⋅
cos 60
=
μ0I 1I 2
π
ln
b a
练习八
1、D ， 2、C ， 3、A ，4、0.40 V， 0.5 m2/s ， 5、 5×10-4 Wb ，
μI
6、解：B =
2πx Φ=
⎰
d +a d
μI l d +a μI
⋅ldx =ln
2πx 2πd
N μI 0ωl d +a d Φ
=-l n c o ωs t dt 2πd
11
7、解: Φm =⎰B ⋅d S =Blvt cos 60︒=kt 2lv =klvt
22
ε=-N
2
∴ ε=-
d Φm d t
=-klvt 即沿abcd 方向顺时针方向．
练习九
22
1、0. 4⨯108m /s 2顺时针 2、 πBnR ，O 3、πR
1dB dt
2
， 4、等于零，不等于零；不等于零，等于零
5、
πfr B
R
22
6、解： 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v 方向运动时d Φm =0 ∴ εMeNM =0 即 εMeN =εMN 又∵ εMN =所以εMeN 沿NeM 方向，
大小为
M 点电势高于N 点电势，即
⎰
a +b
a -b
vB cos πd l =
μ0Iv
2π
ln
a -b a +b
μ0Iv
2π
ln
a +b a -b
U M -U N =
μ0Iv
2π
ln
a +b a -b
7、解： ∵ εac =εab +εbc
d Φ1d t
d d t
34
3R d B 4
d t
εab =-
=-[-R B ]=
2
εab =-
d Φ2d t
=-
d d t
[-
πR 12
2
B ]=
πR 12
2
d B d t
∴ εac =[
3R 4
2
+
πR 12
2
]
d B d t
∵
d B d t
>0
∴ εac >0即ε从a →c
练习十
1、C ， 2、C ， 3、0，4、 垂直纸面向里 ， 垂直OP 连线向下 ，5、（4）（2）（1） 5、解：圆柱形电容器电容 C =
2πεl ln R 2R 1
q =CU =
2πεlU ln R 2R 1=
D =
q S
=
2πεlU 2πr ln
R 2R 1
εU r ln
R 2R 1
∴ j =
∂D ∂t
=
εk r ln
R 2R 1
6、如图10-17图所示，取d S =l d r 则 Φ=
μ0Il
π
⎰
d -a
a
(
μ0I 2r π
+
μ0I 2π(d -r )
) l d r =
μ0Il 2π
⎰
d -a
a
(
1r
-
1r -d
) d r =
μ0Il 2π
(ln
d -a a
-ln
d d -a
)
=ln
d -a a
Φ
I =
∴ L =
μ0l
π
ln
d -a a
练习十一
1、A 2、 B 3、B ，4、D ，5、2π (n -1) e / λ ， 4×103 ； 6、解: (1)由x 明=
D d
k λ知，6. 0=
1⨯100. 2
-3
3
⨯2λ，
o
∴ λ=0. 6⨯10(2) ∆x =
D d
mm =6000A
λ=
1⨯100. 2
3
⨯0. 6⨯10
-3
=3 mm
7、解：(1) ∆x ＝20 D λ / a ＝0.11 m
(2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足 (n －1) e ＋r 1＝r 2
设不盖玻璃片时，此点为第k 级明纹，则应有 r 2－r 1＝k λ
所以 (n －1) e = kλ
k ＝(n －1) e / λ＝6.96≈7 零级明纹移到原第7级明纹处
练习十二
1、A ， 2、 C ， 3、C ， 4、 1.40 ，5、0.6mm 。 6、解：加强， 2ne+ λ=
2ne k -
12
12
λ = k λ，
=
4ne 2k -1
=
30002k -1
nm
k = 1， λ1 = 3000 nm， k = 2， λ2 = 1000 nm， k = 3， λ3 = 600 nm， k = 4， λ4 = 428.6 nm， k = 5， λ5 = 333.3 nm．
∴ 在可见光范围内，干涉加强的光的波长是 λ＝600 nm 和λ＝428.6 nm．
7、解：(1) 明环半径 r = λ=
2r
2
2k -1R ⋅λ/2
＝5×10 cm (或500 nm)
-5
(2k -1)R
(2) (2k －1) ＝2 r 2 / (R λ)
对于r ＝1.00 cm， k ＝r 2 / (R λ) ＋0.5＝50.5 故在OA 范围内可观察到的明环数目为50个．
练习十三
1、 C 2、 B 3、 B 4、3.0 mm ， 5、 4， 第一， 暗 ；6、428.6nm
λ
7、解：(1) 由单缝衍射暗纹公式 a s i n ϕ=2k 以及 x =f t g ϕ
2
得：x 1=
f λa
=1. 47mm
(2)由单缝衍射明纹公式a sin ϕ=(2k +1) 得：x 2=
5f λ2a
=3. 68mm
λ
2
以及 x =f t g ϕ
8、解：中央明纹的宽度为∆x =2(1)空气中，n =1，所以 ∆x =2⨯0. 5⨯
5000⨯100. 10⨯10
-10-3
-10-3
λ
na
f ， 半角宽度为θ=sin
-1
λ
na
=5. 0⨯10
-3
m
θ=sin
-1
5000⨯100. 10⨯10
=5. 0⨯10
-3
rad
(2)浸入水中，n =1. 33，所以有 ∆x =2⨯0. 50⨯
5000⨯10
-10
-3
1. 33⨯0. 10⨯10
-10
-3
≈3. 76⨯10
-3
m
θ=sin
-1
5000⨯10
1. 33⨯0. 1⨯10
≈3. 76⨯10
-3
rad
练习十四
1、D ， 2 B, 3、916， 4、一， 三； 5、 7、解：(1)中央明纹宽度为
l 0=2
94
，6、tg 58
λa
f =2⨯
4800⨯10
-7
⨯50⨯10
0. 02
mm =2. 4cm
(2)由缺级条件
a sin ϕ=k 'λ
(a +b ) sin ϕ=k λ
知
k =k '
a +b a
=0. 10. 02
k '=5k ' k '=1, 2, ⋅⋅⋅
即k =5, 10, 15, ⋅⋅⋅缺级．
中央明纹的边缘对应k '=1，所以单缝衍射的中央明纹包迹内有k =0, ±1, ±2, ±3, ±4共9条双缝衍射明条纹．
8、解：(1) 由光栅衍射主极大公式得 a + b =
k λsin ϕ
=2.4×10 cm
-4
(2) 若第三级不缺级，则由光栅公式得 (a +b )s i n ϕ'=3λ
由于第三级缺级，则对应于最小可能的a ，ϕ'方向应是单缝衍射第一级暗纹： 两式比较，得 a s i n ϕ'=λ
a = (a + b )/3=0.8×10-4 cm (3)
(a +b )sin ϕ
=k λ，(主极大)
a sin ϕ=k 'λ，(单缝衍射极小) (k ＇=1，2，3，......)
因此 k =3，6，9，........ 缺级．
又因为k max =(a ＋b ) / λ=4, 所以实际呈现k=0，±1，±2级明纹．(k=±4 在π / 2处看不到．)
练习十五
14
1、D 2、D 3、C 4、D ， 5、 5×10 ， 2； 6、8280k ，短波方向；
7、解：(1)已知逸出功A =4. 2eV 据光电效应公式hv =则光电子最大动能：
E k max =
12
mv m =h υ-A =
2
12
mv m +A
2
hc
λ
-A
=
6. 63⨯10
-34
⨯3⨯10
-10
8
2000⨯10
-19
-4. 2⨯1. 6⨯10
-19
=3. 23⨯10
(2)
eU
a
J =2. 0eV 12mv
2m
=E k max =
∴遏止电势差 U a =
3. 23⨯101. 6⨯10
-19
-19
=2. 0V
(3)红限频率υ0, ∴h υ0=A , 又υ0=
c
λ0
∴截止波长 λ0=
hc A
=
6. 63⨯10
-34
⨯3⨯10
-19
8
4. 2⨯1. 60⨯10
=2. 96⨯10-7m =0.296μm
8、解：(1) 康普顿散射光子波长改变： ∆λ=(hm e c )(1-cos φ) =0.024×10-10 m
λ=λ0+∆λ=1.024×10 m
(2) 设反冲电子获得动能E K =(m -m e ) c 2，根据能量守恒： h ν0=h ν+(m -m e ) c 2=h ν+E K 即 hc /λ0=[hc /(λ0+∆λ)]+E K 故
-10
E K =hc ∆λ/[λ0(λ0+∆λ)]=4.66×10 J =291 eV
-17
练习十六
1、A ， 2、 A ； 3、D ， 4、－0.85 ，－3.4 5、 10 ，3 ； 6、 1.04nm
~=1/λ=R /k 2 可求出该线系的共同终态. 7、解：极限波数 ν∞
k =
~=
R λ∞=2 ν
1
λ
=R (
1k
2
-
1n
2
)
由λ =6565 Å 可得始态n = 由 E n =
E 1
=-
13. 6
R λλ∞
λ-λ∞
=3
eV 22
n n
可知终态 n =2，E 2 = -3.4 eV 始态 n =3，E 3 = -1.51 eV
hc
8、解：光子的能量 E =h υ=
λ
由于激发能级有一定的宽度∆E ，造成谱线也有一定宽度∆λ，两者之间的关系为：
hc
∆E =2∆λ
λ
由测不准关系，∆E ⋅∆t ≥h ，平均寿命τ=∆t ，则
τ=∆t =
h ∆E
=
λ
2
c ∆λ
=
(4000⨯103⨯10⨯10
8
-4
-10
)
2-10
⨯10
=5. 3⨯10
-8
s
练习一
1、C ， 2、C ，3、C ，4、D, 5、 6、
qd
4πε0R
2
2qy
4πε0(a +y
2
23/2
)
， (j j 为y 方向单位矢量) ， ±a /
2 ，
(2πR -d )
≈
qd 8πε0R
2
3
，从O 点指向缺口中心点．
7、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λ=q / L ，在x 处取一电荷元
d q = λd x = q d x / L ， 它在P 点的场强：
q d x d q
= d E = 224πε0L (L +d -x )4πε0(L +d -x )L q d x q 总场强为 E = =2⎰4πε0L 0(L +d －x ) 4πε0d (L +d )方向沿x 轴，即杆的延长线方向．
8、解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在θ处取微小电荷 d q = λd l = 2Q d θ / π
它在O 处产生场强d E =
d q 4πε0R
2
=
Q 2πε0R
2
2
d θ
Q 2πε0R
2
2
按θ 角变化，将d E 分解成二个分量：d E x =d E sin θ=
d E y =-d E cos θ=-
Q 2πε0R
π
2
2
sin θd θ，
cos θd θ
对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷 E x =
Q 2πε0R -Q 2πε0R
2
22
2
⎡π/2
⎢⎰sin θd θ-⎣0
⎤
⎰sin θd θ⎥＝0 π/2⎦
E y =
π
⎡π/2⎤-Q Q
所以 E =E x i +E y j =2j ⎢⎰cos θd θ-⎰cos θd θ⎥=-222
πεR πεR 00π/2⎣0⎦
练习二
1、D ， 2、C ， 3、A ， 4、C, 5、不变、变，6、－3σ / (2ε0) ，－σ / (2ε0) ， 3σ / (2ε0)
7、解： (1) 由对称分析知，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E ⋅d S =∑q /ε0，即 S 21b kS b kSb
2SE =ρS d x =x d x = ⎰⎰00ε0ε02ε02
得到 E = kb / (4ε0) (板外两侧) （2）过P 点垂直平板作一柱形高斯面，底面为S ．设该处
' 场强为E '，如图所示． 2
按高斯定理有
(E '+E )S
=
kS
ε0
⎰
x
x d x =
k S b 2ε0
2
k ⎛2b ⎫ x -⎪ (0≤x ≤b ) 得到 E '= 2ε0⎝2⎪⎭
(3) E '=0，必须是x -
=0， 可得x =b /2 2
6、解：挖去电荷体密度为ρ 的小球，以形成球腔时的求电场问题，可在不挖时求出电场E 1，而另在挖去处放上
电荷体密度为－ρ的同样大小的球体，求出电场E 2，并令任意点的场强为此二者的叠加，即可得 E 0=E 1+E 2
2
b
2
在图(a)中，以O 点为球心，d 为半径作球面为高斯面S ，则可求出O '与P 处场强的大小.
E 1O’＝E 1P =E 1=d 方向分别如图所示.
2O’=3ε0
在图(b)中，以O '点为小球体的球心，可知在O '点E 2=0. 又以图(b)
O ' 为心，2d 为半径作球面为高斯面S '可求得P 点场强E 2P
ρ
S
E 1⋅d S =E 1⋅4πd
2
=
1
ε0
⋅
4π3
3
d ρ有
S '
23
E 2⋅d S '=E 2⋅4π(2d ) =4πr (-ρ) /(3ε0)
-r ρ12ε0d
23
E 2P =
图(c)
ρd
E （1） 求O '点的场强O ' .
3ε0
(2) 设空腔任一点P 相对O '的位矢为r '，相对O 点位矢为r 则
ρr
， E PO =3ε0
由图(a)、(b)可得 E O ’ = E 1O’ =
， 方向如图(c)所示.
ρr '
, E P O '=-3ε0
∴ E P =E PO +E P O '=
ρ
3ε0
(r -r ') =
ρ
3ε0
OO ' =
ρd
3ε0
∴腔内场强是均匀的．
练习三
1、D ， 2、B ， 3、C, 4、C, 5、q / (6πε0R ) 6、负，增加 7、解：由高斯定理可得场强分布为：
E =-σ / ε0 (－a ＜x ＜a ) E = 0 (－∞＜x ＜－a ，a ＜x ＜＋∞＝
由此可求电势分布：在－∞＜x ≤－a 区间
U =
⎰
0x
E d x =⎰
-a x
0d x +
⎰
0-a
-σd x /ε0=-σa /ε0
U
在－a ≤x ≤a 区间 U =
⎰
0x
E d x =
⎰
0x
-σ
ε0
d x =
σx ε0
-a
O +a
x
在a ≤x ＜∞区间 U =
⎰
0x
E d x =
⎰
a x
0d x +
⎰
0a
-σ
ε0
d x =
σa ε0
8、解：设x 轴沿细线方向，原点在球心处，在x 处取线元d x ，其上电荷为d q '=λd x ， 该线元在带电球面的电场中所受电场力为： d F = q λd x / (4πε0 x 2)
r +l d x q λq λl
整个细线所受电场力为： F ==⎰x 24πεr (r +l ) 方向沿x 正方向． 4πε0r
000
电荷元在球面电荷电场中具有电势能： d W = (q λd x ) / (4πε0 x ) 整个线电荷在电场中具有电势能： 00
W =
q λ4πε0
⎰
r 0+l r 0
⎛r 0+l d x q λ
=ln x 4πε0 ⎝r 0⎫
⎪ ⎪⎭
x
练习四
1、D ， 2、D ， 3、B ，4、C ，5、7、解：金属球的电势
U =
C 1(C 1-C 2) C 1+C 2
∞
U , q 2=
C 2(C 1-C 2) C 1+C 2
U ，6、σ,
σε0εr
，
⎰
R 2
R 1
E 内⋅d r +Q dr 4πε0εr r
2
⎰
R 2
E 外⋅d r
∞
=
⎰
R 2
R
+
⎰
Qdr 4πε0r
2
R 2
=
Q 4πε0εr
(
1R 1
+
εr -1R 2
)
8、解:令A 板左侧面电荷面密度为σ1，右侧面电荷面密度为σ
2
∵ U
AC
=U
AB
，即
∴ E AC d AC =E AB d AB ∴
σ1σ
2
=
E AC E AB
=
d AB d AC
=2
且 σ1+σ
q A 3S
2
=
q A S
得 σ2=, σ1=
23
2q A 3S
-7
而 q C =-σ1S =-q A =-2⨯10
-7
C
q B =-σ2S =-1⨯10
C (2)
U
A
=E AC d AC =
σ1ε0
d AC =2. 3⨯10V
3
练习五
1、πR 2c 2、 5.00×10-5 T， 3、
μ0I d l
4πa
2
， 平行z 轴负向 ； 4、
μ0I 4
(
1R 2
-
1R 1
) ，垂直纸面向外 ，
μ0I 4
(
1R
21
+
1R
22
)
1/2
，
12
π+arctg
R 2R 1
，5、
μ0I 1
4R
(3
+
2
π
-
3
π
) , 6、C,
7、解：因为金属片无限长，所以圆柱轴线上任一点P 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d l 的一无限长直电流d I =
I πR
d l ，在轴上P 点产生d B 与R 垂直，大小为
R d θ
μI d θd B ===02
2πR 2πR 2πR
μI cos θd θ
d B x =d B cos θ=0 2
2πR
μI sin θd θπ
d B y =d B cos(+θ) =-0 2
22πR
μ0d I
π
μ0
I
∴ B x =
⎰
2
π-2
μI cos θd θ2πR
π
2
=
μ0I 2πR
2
[sin
π2
-sin(-
π2
)]=
μ0I πR
2
=6. 37⨯10
-5
T
B y =
⎰
2π-2
(-
μ0I sin θd θ2πR
2
) =0
∴ B =6. 37⨯10-5i T
8、解：(1) 对r ～r +dr 段，电荷 d q = λ dr ，旋转形成圆电流．则
O dq ωλω
d I ==d r 2π
2π
它在O 点的磁感强度 μd I λωμ0d r
d B 0=0 =
2r 4πr B 0=
⎰d B 0=
λωμ0
4π
a +b
⎰
a
d r r
12
2
=
λωμ
4π
2
ln
a +b a
方向垂直纸面向内．
d p m =πr 2d I =
a +b
λωr d r
p m =
⎰d p m =⎰
a
12
λωr d r =λω[(a +b ) 3-a 3]/6 方向垂直纸面向内．
练习六
1、B 2、μ0(I 2-2I 1) 3、
2I μ03
， 4、
μ0ih
2πR
，5、μ0rI /(2πR 12) ，0
6、解：取同轴闭合圆环l =2πr (a
则 B ⋅d l =B 2πr
l
∑
2
I =(πr
2
2
-πa )
2
I
πb -πa
22
∴ B =
μ0I (r -a )
2πr (b -a )
2
2
7、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，
μ0I
由安培环路定律可得： B =r (r ≤R ) 2
2πR
因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为
Φ1=⎰B ⋅d S =
R
⎰B d S =
⎰2πR
μ0I
d r =2
μ0I
4π
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
μI
(r >R ) B =0
2πr
因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为 Φ2
=⎰B ⋅d S =
2R
⎰2πr
R
μ0I
d r =
μ0I
2π
ln 2
穿过整个矩形平面的磁通量 Φ=Φ1+Φ2=
μ0I
4π
+
μ0I
2π
ln 2
练习七
1、A ，2、B ，3、2πm v cos θ/(eB ) ， m v sin θ/(eB ) ， 4、2alB ，5、铁磁质，顺磁质，抗磁质， 6、 0.226 T ，300 A/m
7、解： (1) F bc =I l ⨯B =0
F ab =I l ⨯B 方向⊥纸面向外，大小为
F ab =IlB sin 120
F ca =I l ⨯B 方向⊥纸面向里，大小
F ca =IlB sin 120
︒︒
=0. 866 N
=0. 866 N
(2)P m =IS
M =P m ⨯B 沿O O '方向，大小为
M =ISB =I
3l 4
2
B =4. 33⨯10
-2
N ⋅m
(3)磁力功 A =I (Φ2-Φ1)
34
∵ Φ1=0 Φ2=
34
l B
2
∴ A =I l B =4. 33⨯10
2-2
J
8、解：在直线电流I 2上任意取一个小电流元I 2dl ，此电流元到长直线 的距离为x ，无限长直线电流I 1在小电流元处产生的磁感应强度 B =
μ0I 12πx
dF =
μ0I 1I 2
2πx
b a
dl =
μ0I 1I 2
2πx dx
⋅
dx cos 60
F =
⎰
μ0I 1I 2
2πx
⋅
cos 60
=
μ0I 1I 2
π
ln
b a
练习八
1、D ， 2、C ， 3、A ，4、0.40 V， 0.5 m2/s ， 5、 5×10-4 Wb ，
μI
6、解：B =
2πx Φ=
⎰
d +a d
μI l d +a μI
⋅ldx =ln
2πx 2πd
N μI 0ωl d +a d Φ
=-l n c o ωs t dt 2πd
11
7、解: Φm =⎰B ⋅d S =Blvt cos 60︒=kt 2lv =klvt
22
ε=-N
2
∴ ε=-
d Φm d t
=-klvt 即沿abcd 方向顺时针方向．
练习九
22
1、0. 4⨯108m /s 2顺时针 2、 πBnR ，O 3、πR
1dB dt
2
， 4、等于零，不等于零；不等于零，等于零
5、
πfr B
R
22
6、解： 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v 方向运动时d Φm =0 ∴ εMeNM =0 即 εMeN =εMN 又∵ εMN =所以εMeN 沿NeM 方向，
大小为
M 点电势高于N 点电势，即
⎰
a +b
a -b
vB cos πd l =
μ0Iv
2π
ln
a -b a +b
μ0Iv
2π
ln
a +b a -b
U M -U N =
μ0Iv
2π
ln
a +b a -b
7、解： ∵ εac =εab +εbc
d Φ1d t
d d t
34
3R d B 4
d t
εab =-
=-[-R B ]=
2
εab =-
d Φ2d t
=-
d d t
[-
πR 12
2
B ]=
πR 12
2
d B d t
∴ εac =[
3R 4
2
+
πR 12
2
]
d B d t
∵
d B d t
>0
∴ εac >0即ε从a →c
练习十
1、C ， 2、C ， 3、0，4、 垂直纸面向里 ， 垂直OP 连线向下 ，5、（4）（2）（1） 5、解：圆柱形电容器电容 C =
2πεl ln R 2R 1
q =CU =
2πεlU ln R 2R 1=
D =
q S
=
2πεlU 2πr ln
R 2R 1
εU r ln
R 2R 1
∴ j =
∂D ∂t
=
εk r ln
R 2R 1
6、如图10-17图所示，取d S =l d r 则 Φ=
μ0Il
π
⎰
d -a
a
(
μ0I 2r π
+
μ0I 2π(d -r )
) l d r =
μ0Il 2π
⎰
d -a
a
(
1r
-
1r -d
) d r =
μ0Il 2π
(ln
d -a a
-ln
d d -a
)
=ln
d -a a
Φ
I =
∴ L =
μ0l
π
ln
d -a a
练习十一
1、A 2、 B 3、B ，4、D ，5、2π (n -1) e / λ ， 4×103 ； 6、解: (1)由x 明=
D d
k λ知，6. 0=
1⨯100. 2
-3
3
⨯2λ，
o
∴ λ=0. 6⨯10(2) ∆x =
D d
mm =6000A
λ=
1⨯100. 2
3
⨯0. 6⨯10
-3
=3 mm
7、解：(1) ∆x ＝20 D λ / a ＝0.11 m
(2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足 (n －1) e ＋r 1＝r 2
设不盖玻璃片时，此点为第k 级明纹，则应有 r 2－r 1＝k λ
所以 (n －1) e = kλ
k ＝(n －1) e / λ＝6.96≈7 零级明纹移到原第7级明纹处
练习十二
1、A ， 2、 C ， 3、C ， 4、 1.40 ，5、0.6mm 。 6、解：加强， 2ne+ λ=
2ne k -
12
12
λ = k λ，
=
4ne 2k -1
=
30002k -1
nm
k = 1， λ1 = 3000 nm， k = 2， λ2 = 1000 nm， k = 3， λ3 = 600 nm， k = 4， λ4 = 428.6 nm， k = 5， λ5 = 333.3 nm．
∴ 在可见光范围内，干涉加强的光的波长是 λ＝600 nm 和λ＝428.6 nm．
7、解：(1) 明环半径 r = λ=
2r
2
2k -1R ⋅λ/2
＝5×10 cm (或500 nm)
-5
(2k -1)R
(2) (2k －1) ＝2 r 2 / (R λ)
对于r ＝1.00 cm， k ＝r 2 / (R λ) ＋0.5＝50.5 故在OA 范围内可观察到的明环数目为50个．
练习十三
1、 C 2、 B 3、 B 4、3.0 mm ， 5、 4， 第一， 暗 ；6、428.6nm
λ
7、解：(1) 由单缝衍射暗纹公式 a s i n ϕ=2k 以及 x =f t g ϕ
2
得：x 1=
f λa
=1. 47mm
(2)由单缝衍射明纹公式a sin ϕ=(2k +1) 得：x 2=
5f λ2a
=3. 68mm
λ
2
以及 x =f t g ϕ
8、解：中央明纹的宽度为∆x =2(1)空气中，n =1，所以 ∆x =2⨯0. 5⨯
5000⨯100. 10⨯10
-10-3
-10-3
λ
na
f ， 半角宽度为θ=sin
-1
λ
na
=5. 0⨯10
-3
m
θ=sin
-1
5000⨯100. 10⨯10
=5. 0⨯10
-3
rad
(2)浸入水中，n =1. 33，所以有 ∆x =2⨯0. 50⨯
5000⨯10
-10
-3
1. 33⨯0. 10⨯10
-10
-3
≈3. 76⨯10
-3
m
θ=sin
-1
5000⨯10
1. 33⨯0. 1⨯10
≈3. 76⨯10
-3
rad
练习十四
1、D ， 2 B, 3、916， 4、一， 三； 5、 7、解：(1)中央明纹宽度为
l 0=2
94
，6、tg 58
λa
f =2⨯
4800⨯10
-7
⨯50⨯10
0. 02
mm =2. 4cm
(2)由缺级条件
a sin ϕ=k 'λ
(a +b ) sin ϕ=k λ
知
k =k '
a +b a
=0. 10. 02
k '=5k ' k '=1, 2, ⋅⋅⋅
即k =5, 10, 15, ⋅⋅⋅缺级．
中央明纹的边缘对应k '=1，所以单缝衍射的中央明纹包迹内有k =0, ±1, ±2, ±3, ±4共9条双缝衍射明条纹．
8、解：(1) 由光栅衍射主极大公式得 a + b =
k λsin ϕ
=2.4×10 cm
-4
(2) 若第三级不缺级，则由光栅公式得 (a +b )s i n ϕ'=3λ
由于第三级缺级，则对应于最小可能的a ，ϕ'方向应是单缝衍射第一级暗纹： 两式比较，得 a s i n ϕ'=λ
a = (a + b )/3=0.8×10-4 cm (3)
(a +b )sin ϕ
=k λ，(主极大)
a sin ϕ=k 'λ，(单缝衍射极小) (k ＇=1，2，3，......)
因此 k =3，6，9，........ 缺级．
又因为k max =(a ＋b ) / λ=4, 所以实际呈现k=0，±1，±2级明纹．(k=±4 在π / 2处看不到．)
练习十五
14
1、D 2、D 3、C 4、D ， 5、 5×10 ， 2； 6、8280k ，短波方向；
7、解：(1)已知逸出功A =4. 2eV 据光电效应公式hv =则光电子最大动能：
E k max =
12
mv m =h υ-A =
2
12
mv m +A
2
hc
λ
-A
=
6. 63⨯10
-34
⨯3⨯10
-10
8
2000⨯10
-19
-4. 2⨯1. 6⨯10
-19
=3. 23⨯10
(2)
eU
a
J =2. 0eV 12mv
2m
=E k max =
∴遏止电势差 U a =
3. 23⨯101. 6⨯10
-19
-19
=2. 0V
(3)红限频率υ0, ∴h υ0=A , 又υ0=
c
λ0
∴截止波长 λ0=
hc A
=
6. 63⨯10
-34
⨯3⨯10
-19
8
4. 2⨯1. 60⨯10
=2. 96⨯10-7m =0.296μm
8、解：(1) 康普顿散射光子波长改变： ∆λ=(hm e c )(1-cos φ) =0.024×10-10 m
λ=λ0+∆λ=1.024×10 m
(2) 设反冲电子获得动能E K =(m -m e ) c 2，根据能量守恒： h ν0=h ν+(m -m e ) c 2=h ν+E K 即 hc /λ0=[hc /(λ0+∆λ)]+E K 故
-10
E K =hc ∆λ/[λ0(λ0+∆λ)]=4.66×10 J =291 eV
-17
练习十六
1、A ， 2、 A ； 3、D ， 4、－0.85 ，－3.4 5、 10 ，3 ； 6、 1.04nm
~=1/λ=R /k 2 可求出该线系的共同终态. 7、解：极限波数 ν∞
k =
~=
R λ∞=2 ν
1
λ
=R (
1k
2
-
1n
2
)
由λ =6565 Å 可得始态n = 由 E n =
E 1
=-
13. 6
R λλ∞
λ-λ∞
=3
eV 22
n n
可知终态 n =2，E 2 = -3.4 eV 始态 n =3，E 3 = -1.51 eV
hc
8、解：光子的能量 E =h υ=
λ
由于激发能级有一定的宽度∆E ，造成谱线也有一定宽度∆λ，两者之间的关系为：
hc
∆E =2∆λ
λ
由测不准关系，∆E ⋅∆t ≥h ，平均寿命τ=∆t ，则
τ=∆t =
h ∆E
=
λ
2
c ∆λ
=
(4000⨯103⨯10⨯10
8
-4
-10
)
2-10
⨯10
=5. 3⨯10
-8
s