1、1练习一1、D ， 2、C ，3、C ，4 、 D, 5、 ， ( 为 y 方向单位矢20Qajyaq2/3204j量)， ，/a6、 ，从 O 点指向缺口中心点3022084RqdRqd练习二1、A 2、A 3、 ， ，4 1201230(q)492(r)La5、 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 =q / L，在 x 处取一电荷元dq = dx = qdx / L， 它在 P 点的场强： 204E总204xdL场强为 Lxdq02)( dLq04方向沿 x 轴正向，即杆的延长线方向 6 解： 如图在圆上取 Rl，它在 点产生场强大小为ddlqO方向沿半径
2、向外204RE则 dsin4sind0xco)co(0REy 积分 x 002dsin4dcos0REy ，方向沿 轴正向x02xL ddqx (L+d x) dExO2练习三1、C 2、D 3、0， 4、3 / (20) ， / (20)， 3 / (20) Rr、解： 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 ，即0/dqS012Ed得到 (板外两侧) 012E（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E按高斯定理有 0xS得到 (-d/2xd/2)
3、 E6 解：(1) 球在 点产生电场 ，O01E球在 点产生电场d43020Or30r 点电场 ；Od30rE(2) 在 产生电场 43001O0球在 产生电场O02E 点电场 03 E S x E S S b 3练习四1、C 2、D 3、C, 4、-eq / (60R) 5、解： 01E1r20312032 )(4)(rr21Rr203120313 )()(rRrRE2r2R32EdUR12rrR 2031013 )()(21 )(2106、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 ，xqd该线元在带电球面的电场中所受电场力为： dF = qdx / (40
4、 x2) 整个细线所受电场力为： 方向沿 x 正lrlr2044方向 电荷元在球面电荷电场中具有电势能： dW = (qdx) / (40 x) 整个线电荷在电场中具有电势能： 00ln4d4rqxqWlr练习五1、D 2、A 3、C 4 r0, 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 )/(01SqEO R x r0 r0+l dx x 4金属板与 B 板间场强为 )/(02SqE金属片内部场强为 则两极板间的电势差为 dUBA21)(/210dSq)(/0tdSq由此得 ()/(0tqC因 C 值仅与 d、t 有关
5、，与 d1、d 2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： iqsdD可得两圆柱间电位移的大小为 )/(rD场强大小为 Err002两圆柱间电势差 21210RrRddU 1200ln21RrdrR电容 12012lnRLQCr)/l(12Lr（2）电场能量 rW01224)/l(练习六 ， 平行 z 轴负向 R2c 20d4alI 03(1)26I)31(RIB0 420aevT24210.9evaPm2mA ，垂直纸面向外 ， ，)1(20RI2/1210)(4RI12arctgR7、解：因为金属片无限长，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
6、，P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，ldlIdBd大小为5RIIRB200d2dxcossIy 20in)co(d 520202 137.6sincos RRIIBx T)di(220Iy练习七 ， )(120I)(120I320I204RIh0Ir、解：(1) 对 rr+dr 段，电荷 dq = dr，旋转形成圆电流则 Id它在 O 点的磁感强度 rrIB4200方向垂直纸面向内baBd4d00ablnrIrpm21方向垂直纸面向内 badd6/)(3b6、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： )(20RIB
7、因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通 1 为 Sd1rIRd0240I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 )(IB因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通 2 为 Sd2rIR20ln0I6穿过整个矩形平面的磁通量 2140I2ln练习八1、A 2. ， 3. )/(cos2eBmv)/(sineBmv)(RlI4. （1） 40.51BnITAH20（2） ALNH201.5rT5. 解：在直线电流 上任意取一个小电流元 ，此电流元到长直线IdlI2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 x1I xIB21002102106cosdxdlxIFabIIba
8、 lns2102106. 解：(1) ISPm沿 方向，大小为BMO22103.4BlISmN(2)磁力功 )(12A 01l2243 2210.BlIAJ练习九 1、D， 2、C， 3、0.40 V、 0.5 m2/s， 4、510 -4 Wb75、解：在矩形回路中取一小面元 ds，面元处： 2IBx一个矩形回路的磁通量为：ln2daIIdadBSlx由法拉第电磁感应定律，N 匝回路中的感应电动势为：0lncosNIttd6、解:abcd 回路中的磁通量 22160klvtltBlvSm由法拉第电磁感应定律 klttd其沿 方向顺时针方向 abcd练习十1、A 2、BnR 2 、0， 3、
9、， tBR/d214、 顺时针 8/0.sm5、解： 在长直导线中取一小线元，小线元中的感应电动势为： lvIdllIvldBv 180cos9sin200整个直导线中 杆的右端电势低LvILdn26、解： bcactBRttab d43d21tab2 tt122 tBRacd243 0dt 即 从acc的方向也可由楞次定律判定。练习十一81、C， 2、 ， 3、 （4） 、 （2） 、 （1） BHBWm21124、 位移电流，涡旋电场 0C5、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：sSdBNadNIlldrIbdan2互感为： lIMn26、解： 在 时，无限长
10、圆柱体内部的 Rr20RIrB 磁场能量密度 42028Iwm取一小体积元 (体元长度 )rVd1l则导线单位长度上储能 RRmIrIW00204326d练习十二13. ABD；4. ，410 3 nm；en)1(25. 解：1）由 得dDkxdx2则 nm 60 10.6.10.62733 2） m 21xdxk6. 解：1）由 得D m 1.051009410 x2）设零级明纹将移到原来的第 k 级明纹处，则有)(12nerkken)(796.1056.8.)9k练习十三13 ACC；4、0.64 mm ；95. 解：由反射加强的条件可知： kne2则 ，计算可得：21knek=1 时，
11、1=3000 nm，k=2 时， 2=1000 nm，k=3 时， 3=600 nm，k=4 时， 4=428.6 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：，nm 504)152(30.)12(2Rkr2）由明环公式可得：，.04.7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） m 47.0.58931 afx2）由单缝衍射明纹公式 ，及 可得：21sinkatanfx 68.3251xfx6. 解：由
12、单缝衍射暗纹公式 ，及 可得：ksitafx，则两侧第三级暗纹之间的距离为affxsin33 afx623故 )nm( 504.061815.633f练习十五13 DBA；4. 1 级；5. 解：1）单缝衍射 和 得：0sinatanfx，afffx2sinta2000 代入数据得： ；cm 61059x2）由光栅衍射主极大方程 得 ，kdsinsind又 ， ， 0512d010则 ，5.210sin0 addkk 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：1）由光栅衍射主极大方程 得：kbsin)(；m 4.5.630sin69ba2）由缺级条件
13、 得： ，kak108当 时，得透光缝的最小宽度为 ；1k .6mina3）由 ，知 kmax 只能取 3，46.290sin96max b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53.1arctnarct12则太阳在地平线的仰角为 7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 20cosI通过第一块偏振片之后，光强为：1/2I 0， 通过第二块偏振片之后： 21I（1）透射光强为入射光强的 得3/I=I 0/3 则=arccos( ),=35.2623（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 1/6，3/1可得： =54.74练习十七1-2、A，D ， 3、 4、 c38019.8或21acl5、解：由洛伦兹变换得：；21cvtx 21cvxt
