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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
Ｐ
L
d
dq
x
(L+d－x)
dE
x
O
dq = 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)
５、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
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/2≤x≤d/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．
５ 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． ６ 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
１． ， 平行z轴负向 ２．pR2c ３． ４．
５．．
６．，垂直纸面向外 ， ，
7、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，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
１．， ２． ３． ４． ０
５、解：(1) 对r～r+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、5×10-4 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
1～3. ABD；4. ，4×103 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
1～3 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，λ1=3000 nm，k=2时，λ2=1000 nm，
k=3时，λ3=600 nm，k=4时，λ4=428.6 nm，
k=5时，λ5=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
1～2 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
1～3 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：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α，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
α=arccos(),α=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： α=54.74°
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
1—3 DDC 4、5×1014,2
5、（1）已知电子的逸出功A=4·2ｅＶ，
由爱因斯坦光电效应方程；
得光电子的初动能
（２）因为：，所以
（３）逸出功 所以
６、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
1—3 ACD 4、10, 3
5、（1）有题意
求得
（2）受激发的氢原子向低能级跃迁时，可发出4—3、4—2、4—1、3—2、3—1、2—1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<大学物理>第三版下册的第十至十三章选择题答案
第十章
1 D 2 Ｂ 3 B 4 Ｂ 5 Ａ 6 Ｂ
第十一章
1 Ｂ 2D 3 Ｂ ４Ｂ ５Ｂ ６Ａ
第十二章 1Ｂ Ａ Ｃ 2C 3Ａ 4ａ图Ａ ｂ图Ｃ ｃ图Ａ ｄ图Ａ 5 (ａ)C
(ｂ)Ｂ
第十三章 1Ｂ 2A 3Ｄ 4B 5Ａ
只供学习与交流
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