解一： 由于劈尖上、下表面的反射都有半波损失，所以对于暗纹，有

2nhk=(2k+1)λ/2, k=0,1,2,…【4分】

第7“条”暗纹对应的级数为k=6（即第6“级”暗纹），此条纹下的高度h6正是SiO2薄膜的厚度。而

2nh6=(2×6+1)=13×

589.3?10?9所以SiO2薄膜的厚度h6=13?13?

4n4?1.5?2?2?=1.28×10-6(m)=1.28μm【4分】

解二： 对于劈尖，某一条纹处上、下表面的反射光的光程差与明、暗条纹的

明纹?(2k)?2?k?,k?1,2,关系为 2nhk=?【4分】 ??(2k?1)2,k?0,1,2,暗纹第k级明纹的厚度差为与该明纹相邻的两暗纹间的高度差，即

Δh=hk+1－hk=[2(k+1)+1]

?4n－(2k+1)

?4n=

?2n

同样，第k级暗纹的厚度差为与该暗纹相邻的两明纹间的高度差，即

Δh=hk+1－hk=(k+1)

?2n－k

?2n=

?2n

可见劈尖干涉的任一条纹的厚度差都是该介质中波长的一半。

现观察到7条暗纹，而劈尖的棱边是第一条亮条纹，因此第一条暗条纹的厚度只能算半个条纹厚度。所以第7条暗纹处薄膜的厚度为

589.3?10?9h=6.5Δh=6.5=6.5×=1.28×10-6(m)=1.28μm【4分】

2?1.52n?3. 在通有电流I=5A的长直导线近旁有一导线段ab，长l=20cm，离长直导线距离d=10cm。当它沿平行于长直导线的方向以速度v=10m／s平移时，导线段中的感应电动势多大？a，b哪端的电势高？(ln3=1.1)

1. 解一： 由动生电动势公式?ab??(v?B)?dl求解。

ab方法一：先求电动势的绝对值，电动势的方向由其它方法判定。

通有电流I的长直导线的磁场分布为

B=μ0I/2πr

是一非均匀磁场，方向垂直于导线段ab所在平面向里。【1分】

由动生电动势公式，得导线ab中感应电动势大小为

?ab??bba(v?B)?dl??vsinab?2?B?cos?dr【2分】

??vBdr??ad?ld?0Ivdr?0Ivd?l=【1分】 ln2?r2?d4??10?7?5?100.1?0.2ln==1.1×10-5（V）【1分】

2?0.1感应电动势?ab的方向由右手定则可知为b→a，即a端电势高于b端的电势。【2分】 或由洛仑兹力公式Fm?qv?B知?ab的方向为v?B的方向，即b→a，故a端电势高。 方法二： 因为在导线ab上各点磁感应强度不同，故在距长直导线r处，取线元dr，该线

元以速度v运动时，其感应电动势

?IvdU =(v?B)?dr=vBsin90°drcos180°=－vBdr=－0dr

2?r则导线ab中的感应电动势为

bd?l?Iv?Ivd?l0Uab=?d????=－1.1×10-5（V） dr??0lnad2?r2?d∵ ?ab<0

∴ Uab的方向为b→a，即a端电势高。 方法三：

aaad?Iv?Ivd0Uba=?(v?B)?dr??vBsin90?drcos0???vBdr?? dr?0lnbbbd?l2?r2?d?l-5

=－1.1×10（V），也小于零。

则?ba的方向应为a→b，即?ab的方向为b→a，a端电势高。（注：此种解法判断电动势的方向容易出错。）

d?解二： 由法拉弟电磁感应定律? =?求解。

dt方法一： 导线ab在dt时间内扫过的面积为S=ly（y=vdt）。因为在导线ab上各点磁感应强度不同，故在距长直导线x处，取线元dx，该线元以速度v从ab运动到a′b′时，dt时间所

?I扫过的面元dS=ydx，则通过该面元dS的磁通量dΦ=BdS?0ydx，通过面积S的磁通量

2?x为

b?Iy?0Iyd?ldx?0Iyd?l0dx??lnΦ=?d???

Sa2?x2??dx2?d由法拉弟电磁感应定律，其感应电动势的大小为 ? =

d??0Id?ldy?0Ivd?lln?ln==1.1×10-5（V）

dt2?ddt2?d感应电动势的方向判断同解一。 也可由楞次定律判断：

因为导线ab所扫过的面积S随时间在增大，故通过该面积的磁通量也随时间增加。而

感应电流所产生的效应就是要阻碍原磁场的增大，故感应电流（如果有感应电流的话，例如可设想有一闭合回路abb′a′a）所产生的磁场方向应垂直纸面向外。而要在导线ab下方产生方向向外的磁场，感应电动势的方向应由b′→a′，即a端电势高。

方法二： 作一辅助回路abcda，设回路绕行方向为顺时针方向，则当导线平移时通过该回路中面元dS的磁通量为

?IdΦ=B?dS=BdScos0??0ydx(y=vdt)，

2?x通过回路abcda的磁通量（回路底长为l，高为y）为

b?Iy?0Iyd?ldx?0Iyd?l0Φ=?d??? dx??lnSa2?x2??dx2?d由法拉弟电磁感应定律，其感应电动势为

?Id?ldy?Ivd?ld?? =?=?0ln=－1.1×10-5（V） ??0lndt2?ddt2?d∵ ? ＜0

∴ ? 的方向与所设回路绕行方向相反，即为逆时针方向，在导线ab段为b→a，即a端电势高。

4.在一单缝夫琅禾费衍射实验中，缝宽a?5?，缝后透镜焦距f?40cm，试求中央条纹和第一级亮纹的宽度。

解：根据asin???k?【2分】可得对第一和第二暗纹中心有

asin?1??【1分】，asin?2?2?【1分】

因此第一级和第二级暗纹中心在屏上的位置分别为

x1?ftan?1?fsin?1?f?a?40?(5?)?8(cm) 【1分】 x2?ftan?2?fsin?2?f?2?a?40?(2?)(5?)?16(cm)【1分】

由此得中央亮纹宽度为?x0?2x1?2?8?16(cm)【1分】 第一级亮纹的宽度为?x1?x2?x1?16?8?8(cm)【1分】

5.某单色光垂直入射到每厘米有6000条刻痕的光栅上，其第一级谱线的角位移为20o，试求（已知sin20o?0.342）： （1）该单色光波长；

（2）它的第二级谱线在何处？

??dsin?1?10?2?sin20o6000解：（1）由光栅方程并结合题意有?5.70?10?7m?570nm【4分】

2?2?5.70?10?7?6000??arcsin?arcsin （2）2【4分】 d10?2?arcsin(0.684)?43.2o6.两个半径分别为R1=5cm和R2=10cm的同心均匀带电球面,内球面带电q1=2×10-9C,外球面带电q2=－2×10-9C.求: r1=2cm;r2=15cm各处的电势。 解：依据题意，由电势叠加原理容易求得空间中任意一点的电势为:

?a??a1??a2【2分】

对r1=2cm处，由于该点都位于两个球面的内部，对于两个球面所对应的球体而言，它们都是等势体，所以：

9?109?2?10?99?109?(?2?10?9)?r1??a1??a2?????180(V)【3分】

4??oR14??oR20.050.10q1q2对r2=15cm处，由于该点都位于两个球面的外部，所以：

9?109?2?10?99?109?(?2?10?9)?r2??a1??a2?????0【3分】

4??or24??or20.150.15q1q27.已知：导体板A，面积为S、带电量Q，在其旁边放入导体板B（此板原来不带电）。求静电平衡时，金属板上的电荷分布及周围空间的电场分布。 解：假设系统达到静电平衡以后，各板板面所带的 电荷面密度如图所示， 对a点：

?1?2?3?4????0【1分】 2?o2?o2?o2?ob a ????对b点： 1?2?3?4?0【1分】

2?02?02?o2?o对A板： ?1S??2S?Q【1分】 对B板： ?3S??4S?0【1分】 解以上诸方程得到：?1??4?QQ， ?2???3?【1分】 2S2S电场强度的计算可分别根据公式???oS求得，在图中三个区域中分别为：