练习一
1、C ,
2、C ,
3、C ,
4、D,
5、()
j y
a qy
2
/322
042+πε, (j 为y 方向单位矢量), 2/
a ± ,
6、
()
3
02
2
0824R
qd d R R
qd
εεπ≈
-ππ,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:
()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L x q -+π=ε 总场强为 ?+π=L x d L x L q E 020)(d 4-ε()d L d q +π=04ε 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θεεd 24d d 2
02
2
0R
Q R
q E π=
π=
按θ 角变化,将d E 分解成二个分量:θθεθd sin 2sin d d 2
02
R
Q E E x π=
=,
θθεθd cos 2cos d d 2
02
R
Q E E y π-
=-=
对各分量分别积分,积分时考虑到一半是负电荷 ??
?
???-π=
??π
ππθθθθε2/2/02
02
d sin d sin 2R Q E x =0
2
022/2/0202
d cos d cos 2R Q
R
Q E y εθθθθεπ
πππ-=??
????-π-=
?? 所以 j R Q j E i E E y x 202επ-=+=
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∑?=?0ε/d q S E S
,即 0200002d d 12εερεkSb
x x kS x S SE b b ===?? 得到 E = kb 2
/ (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. 按高斯定理有
()0
2
2εεk S b x d x kS
S
E E x
=
=
+'?
x
S P S E E S S E d x b
E '
d q
R O x
y
θ
d θ θ
P
L d d q x (L+d -x ) d E
x O
得到 ???
? ??-='222
20b x k E ε (0≤x ≤b ) (3) E '=0,必须是02
2
2
=-
b
x , 可得2/b x =
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1E
,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2E
,并令任意点的场强为此二者的叠加,即可得 210E E E +=
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.
ρε3
2
113
41
4d d d
E S E S
π?
=
π?=??
有
E 1O’=E 1P =d E 0
13ερ
= 方向分别如图所示.
在图(b)中,以O '点为小球体的球心,可知在O '点E 2=0. 又以
O ' 为心,2d 为半径作球面为高斯面S '可求得P 点场强E 2P
()
03
2223/)(4)(24d ερ-π=π?='??
'
r d E S E S 2
03
212d
r E P
ερ-= (1) 求O '点的场强'O E
.
由图(a)、(b)可得 E O’ = E 1O’ =
3ερd
, 方向如图(c)所示.
(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
03ερr
E PO =, 0
3ερr E O P '-=' , ∴ 0
003'3)(3ερερερd
OO r r E E E O P PO P
=='-=+=' ∴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 <+∞=
E 1P ρ
P E 2P E P 图(d)
O O ' P E 1O’ ρ
图(a)
O ρ
O ' d E O’=E 1
图(c)
O P E 2P -ρ O ' r
E 2O’=
图(b)
E 1P
由此可求电势分布:在-∞<x ≤-a 区间
?
?
?
---+
==
000/d d 0d a
a x
x
x x x E U εσ0/εσa -=
在-a ≤x ≤a 区间 0
00
0d d εσεσ
x x x E U x
x
=
-=
=
?
?
在a ≤x <∞区间 0
00
0d d 0d εσεσ
a x x x E U a
a x
x
=
-+
=
=
?
?
?
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x q d d λ=', 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)
整个细线所受电场力为: ()l r r l
q x x q F l r r
+π=π=?+0
00204d 400
ελελ 方向沿x 正方向.
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: ???
?
??+π=π=
?
+0000
ln 4d 400
r l r q x x q W l r r ελ
ελ
练习四
1、D ,
2、D ,
3、B ,
4、C ,
5、U C C C C C q U C C C C C 2
121222
1211)(,)(+-=
+-,6、r
εεσσ0,
,
7、解:金属球的电势
r d r d 2
2
1
?+?=
?
?
∞
R R R E E U 外内
?
?
∞
+
=
2
2
2
02
0π44πdr R R R
r r
Qdr r
Q εεε
)11(
π42
1
0R R Q r r
-+
=
εεε
8、解:令A 板左侧面电荷面密度为1σ,右侧面电荷面密度为2σ
∵ AB
AC
U
U
=,即
-a
+a
O x
U
O R x
r 0 r 0+l
d x
x
∴ AB AB AC AC E E d d = ∴
2d d 2
1==
=
AC
AB AB
AC E E σ
σ
且 1σ+2
σ
S
q A =
得 ,32S
q A =σ S
q A 321=
σ
而 7
110
23
2-?-=-=-=A C q S q σC
C 10
17
2-?-=-=S q B σ (2)
3
1103.2d d ?==
=AC AC AC A
E U
εσV
练习五
1、πR 2c
2、 5.00×10-5 T ,
3、
2
0d 4a
l
I πμ , 平行z 轴负向 ; 4、
)11(
4
1
2
0R R I -
μ,垂直纸面向外 ,
2
/122
21
0)
11(
4
R
R
I +
μ ,
1
2arctg
R R +π2
1,5、
)3
2
3
1
(40π
π
μ-
+
R
I , 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l d 的一无限长直电流l R
I I d d π=
,在轴上P 点产生B
d 与R 垂直,大小为
R I R R R I
R I
B 200
02d 2d 2d d πθμ=πθ
πμ=πμ=
R I B B x 202d cos cos d d πθθμ=θ=R
I B B y 2
02d sin )2cos(d d πθθμ-=θ+π
= ∴
5
2
02
02
2
2
10
37.6)]2
sin(2
[sin
22d cos -π
π-?=πμ=
π-
-ππμ=
πθθμ=
?
R
I R
I R
I B x T
0)2d sin (22
2
0=πθθμ-
=
?
ππ-R
I B y
∴ i B 5
1037.6-?= T
8、解:(1) 对r ~r +d r 段,电荷 d q = λ d r ,旋转形成圆电流.则 r dq I d 22d π
=π
=λω
ω 它在O 点的磁感强度
r r
r I B d 42d d 000π=
=λωμμ ?
?+π
=
=
b
a a
r
r B B d 4d 0
00λωμa
b a +π
=
ln
40
λωμ
方向垂直纸面向内.
r r I r p m d 2
1d d 2
2λω=
π=
?
?+==
b
a a
m m r r p p d 2
1d 2
λω 6/])[(33a b a -+=λω 方向垂直纸面向内.
练习六
1、B
2、)2(120I I -μ
3、
3
20μI , 4、
R
ih
πμ20,5、)2/(210R rI πμ ,0
6、解:取同轴闭合圆环r l π2= )(b r a <<
则 ?π=?l
r B l B 2d
2
22
2
)
(a
b I
a r I
ππππ--=∑
∴ )
(2)
(2
2
2
2
0a b r a r I B --=
πμ
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,
由安培环路定律可得: )(22
0R r r R
I
B ≤π=μ 因而,穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为
???=
=S B S B d d 1
Φr r R
I
R
d 20
2
0?π=
μπ
=40I
μ
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
)(20
R r r
I
B >π=μ 因而,穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为 ??=S B
d 2
Φr r
I
R
R
d 220?π=
μ2ln 20π
=
I
μ
穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π
=40I
μ2ln 20π
+
I
μ
练习七
O
a
r b
d r
ω
1、A ,
2、B ,
3、)/(cos 2eB m θv π, )/(sin eB m θv ,
4、alB 2,
5、铁磁质,顺磁质,抗磁质,
6、 0.226 T ,300 A/m
7、解: (1) 0=?=B l I F bc
B l I F ab
?= 方向⊥纸面向外,大小为
866.0120
sin ==?
IlB F ab N
B l I F ca
?=方向⊥纸面向里,大小
866.0120
sin ==?IlB F ca N
(2)IS P m =
B P M m
?= 沿O O '方向,大小为
2
2
10
33.44
3-?===B l I
ISB M m N ?
(3)磁力功 )(12ΦΦ-=I A
∵ 01=Φ B l 2
24
3=
Φ
∴ 2
210
33.44
3-?==B l I A J 8、解:在直线电流2I 上任意取一个小电流元
dl I 2,此电流元到长直线
的距离为x ,无限长直线电流1I 在小电流元处产生的磁感应强度 x
I B πμ210=
2
102
1060
cos 22dx x I I dl x
I I dF ?
=
=
πμπμ
a
b I I dx
x
I I F b a
ln
60
cos 22
100
2
10π
μπμ=
?
=?
练习八
1、D ,
2、C ,
3、A ,
4、0.40 V , 0.5 m 2/s ,
5、 5×10-4
Wb ,
6、解:2I
B x μπ=
ln
22d a d
I l I
d a ldx x d
μμππ++Φ=
?=?
0l n c o s 2N I l d d a N
t dt d
μωεωπΦ
+=-=- 7、解: ?==?=?=2
22
1
2160cos d klvt
lv kt Blvt S B m Φ
∴ klvt t
m -=-
=d d Φε 即沿abcd 方向顺时针方向.
练习九
1、28/104.0s m ?顺时针
2、 πBnR 2 ,O
3、dt
dB R
2
2
1π, 4、等于零,不等于零;不等于零,等于零
5、
R
B
fr 2
2π
6、解: 作辅助线MN ,则在MeNM 回路中,沿v
方向运动时0d =m Φ ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵ ?
+-<+-=
=b
a b
a MN b
a b a Iv
l vB 0ln
2d cos 0π
μπε
所以MeN ε沿NeM 方向,
大小为
b
a b a Iv
-+ln
20π
μ
M 点电势高于N 点电势,即
b
a b a Iv
U U N M -+=
-ln
20π
μ
7、解: ∵ bc ab ac εεε+=
t
B R B R t
t
ab d d 4
3]4
3[d d d d 2
1=
--=-
=Φε
=-
=t
ab d d 2Φεt
B R B R t
d d 12
π]12
π[d d 2
2
=
-
-
∴ t
B R R ac d d ]
12
π4
3[
2
2
+
=ε
∵
0d d >t
B
∴ 0>ac ε即ε从c a →
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 1
2ln 2R R l C πε=
1
2ln 2R R lU CU q πε=
=
1
21
2ln
ln
22R R r U
R R r lU S
q D εππε=
=
=
∴ 1
2ln
R R r k t
D j ε=
??=
6、如图10-17图所示,取r l S d d = 则 ?
?
-----=
--
=
-+
=
a
d a
a
d a
a
d d a
a d Il r r r
Il r l r I r π
I )ln
(ln
2π
d )d
11(
π
2d ))
d (π22(
0000μμμμΦ
a
a d Il
-=ln
π
0μ
∴ a
a d l
I L -=
=ln
π
0μΦ
练习十一
1、A
2、 B
3、B ,
4、D ,
5、2π (n -1) e / λ , 4×103 ;
6、解: (1)由λk d
D x =
明知,λ22
.01010.63
??=
,
∴ 3
106.0-?=λmm o
A 6000=
(2) 310
6.02
.01013
3
=???=
=
?-λd
D x 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 = k λ
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、0.6。
6、解:加强, 2ne+2
1λ = k λ,
1
230001
24212-=-=
-
=
k k ne k ne λ 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 ()2/12λ?-=R k r
()R
k
r
1222
-=
λ=5×10-5
cm (或500 nm)
(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
7、解:(1) 由单缝衍射暗纹公式 2
2s i n λ
?k a = 以及 ?f t g x =
得:mm a
f x 47.11==
λ
(2)由单缝衍射明纹公式2
)12(sin λ
?+=k a 以及 ?f t g x =
得:mm a
f x 68.3252==
λ
8、解:中央明纹的宽度为f na
x λ
2=?, 半角宽度为na
λ
θ1
sin
-=
(1)空气中,1=n ,所以
3
3
1010
0.510
10.01050005.02---?=???
?=?x m
3
3
101
10
0.510
10.0105000sin
----?=??=θ rad
(2)浸入水中,33.1=n ,所以有
3
3
10
10
76.310
10.033.110
500050.02---?≈????
?=?x m
3
3
10
1
10
76.310
1.033.110
5000sin
----?≈???=θ rad
练习十四
1、D , 2 B, 3、916, 4、一, 三; 5、 4
9,6、0
58tg
7、解:(1)中央明纹宽度为
02
.010
5010
480022
7
0????
==-f a
l λmm 4.2=cm
(2)由缺级条件
λ?k a '=sin λ?k b a =+sin )(
知
k k a
b a k k '='=
+'
=502
.01.0 ???=',2,1k
即???=,15,10,5k 缺级.
中央明纹的边缘对应1='k ,所以单缝衍射的中央明纹包迹内有4,3,2,1,0±±±±=k 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 =
?
λsin k =2.4×10-4 cm
(2) 若第三级不缺级,则由光栅公式得 ()λ?3s i n ='+b a
由于第三级缺级,则对应于最小可能的a ,?'方向应是单缝衍射第一级暗纹: 两式比较,得 λ?='s i n a
a = (a +
b )/3=0.8×10-4 cm (3) ()λ?k b a =+sin ,(主极大) λ?k a '=sin ,(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
1、D
2、D
3、C
4、D ,
5、 5×1014 , 2;
6、k 8280 ,短波方向;
7、解:(1)已知逸出功eV 2.4=A 据光电效应公式2
2
1m mv hv =A +
则光电子最大动能:
A hc
A h mv E m -=
-==
λ
υ2
max k 2
1
eV 0.2J 10
23.310
6.12.410
200010
310
63.619
19
10
8
34
=?=??-????=
----
m
2max k 21)2(mv
E eU
a
=
=
∴遏止电势差 V 0.210
6.11023.319
19
=??=
--a U
(3)红限频率0υ,∴0
00,λυυc
A h =
=又
∴截止波长 19
8
34
010
60.12.410
310
63.6--?????=
=
A
hc λ
m 0.296m 1096.27μ=?=-
8、解:(1) 康普顿散射光子波长改变:
=-=?)cos 1)((φλc hm e 0.024×10-10
m
=+=?λλλ0 1.024×10-10
m
(2) 设反冲电子获得动能2)(c m m E e K -=,根据能量守恒: K e E h c m m h h +=-+=ννν20)( 即 K E hc hc ++=?)]/([/00λλλ 故
)](/[00λλλλ??+=hc E K =4.66×10-17
J =291 eV
练习十六
1、A ,
2、 A ;
3、D ,
4、-0.85 ,-3.4
5、 10 ,3 ;
6、 1.04nm
7、解:极限波数 2//1~k R ==∞λν 可求出该线系的共同终态. 2==
∞λR k )11(1
~2
2
n
k
R -
==
λ
ν
由λ =6565 ? 可得始态∞
∞
-=λλλλR n =3
由 2
2
1
6
.13n
n E E n -
==
eV
可知终态 n =2,E 2 = -3.4 eV 始态
n =3,E 3 = -1.51 eV
8、解:光子的能量 λ
υhc
h E ==
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: λλ
?=
?2
hc
E
由测不准关系,h t E ≥???,平均寿命t ?=τ,则
λ
λ
τ?=
?=
?=c E
h t 2