基础物理学下册 答案

图17.1

第十七章 真空中的静电场

17-1 解: 设等边三角形的边长为a ,则由顶点到中心的距离

为

.123q q q q ===放在三角形中心的电荷为Q ,Q 与q 反号. Q 受其他三个电荷的合力为零,与Q 的大小无关.一个q 受其他三个电荷的合力大小为

2132

2

002cos30242

4q qQ F F a

πεπε-=⨯

⨯-⎫⎪

⎝⎭

)

2

034q Q a πε=

-

此合力为零给出

Q =

∴ 3Q q =

17-2 解: 0m +=F g 0q m +=E g

34

3

R g

mg

q E E

ρπ=

=

()3

65

48513141641098319210

....-⨯

⨯⨯⨯⨯=

⨯ 19

80210C .-=⨯

图17.2

图17.3

图17.4

5e =

17-3 解: 在带电环线上任取一长为d l 的电荷元,其电量

d d q l η=.电荷元在O 点的场强为d E ,d E 沿两个轴方向

的分量分别为d x E 和d y E .由于电荷分布对于Ox 轴对称,所以全部电荷在O 点的场强沿y 方向的分量之和为零.因而O 点的总场强E 应沿x 轴方向,并且 d x E E =⎰

2

0d sin d d sin 4x l E E R ηθ

θπε==

()d =d l R l R θθ=

0sin d d 4x E R

ηθ

θπε=

000

sin d cos 44E R R π

π

ηθη

θθπεπε=

=-⎰

02R η

πε=

02R

η

πε=E i

17-4 解: (1) 选半球球心的坐标原点O d d φ=⋅1E S 1d cos E S ϕ= 2

1d sin d d S R ϕϕθ= ∴ 2

1c o s s i n d d

ER φϕϕϕθ=⎰

22

20

sin2d d 2

ER π

π

ϕ

θϕ=

⎰

⎰

图17.5

2

2

cos22R E π

ϕπ=-

2

R E π=

(2) 半球面1S 和任意形状曲面2S 组成闭合曲面.由高斯定理得:

120

1

0i

'q

φφε+=

=∑内

∵ 此时1S 的法向方向与原来相反 ∴

211'R E φφπ=-=-

∴ 2

21'R E φφπ=-=

17-5 解: (1) 立方体的六个面组成闭合曲面,由高斯定理得 通过闭合曲面的电通量 0

q

φε=

由于正立方体的六个侧面对于其中心对称,所以每个面通过的电通量为 1234560

6q φφφφφφε======

(2) d =d d S φ⋅=⋅E S E n 由于正方体有三个面与E 垂直 ∴

1230φφφ===

∴ q 所在的三个面的电通量为零

以q 为中心,小正方体的边长a 的二倍为边长做一正方体.

则通过大正方体的电通量为

q

ε.因为小正方体是大正方体的

1

8

,则通过小正方体其它三个面的总电通量为

8q

ε.由于这三个面对电荷所在顶点是对称的,所以通过它们每个面的电通量为00

13824q q

εε⨯

=

图17.7

17-6 解: (1) 设想地球表面为一均匀带电球面,总面积为S .则它所带的总电量为 0

d q ES εε=⋅=-⎰E S

()2

12

688510

200431463710...-=-⨯⨯⨯⨯⨯⨯

5

90210C .=-⨯

(2) 从地面1400

m 到地面的大气所带总电量为

0d d S'

S

q'q q 'εε=-=⋅-⋅⎰⎰E S E S 总

00E'S'ES εε=-+ 0001.ES'ES εε=-+ ()001E S .S'ε=- 5

81110

C .=⨯

()5

331881110431463714637103

q'.V ...ρ⨯==

⨯⨯-⨯ 12

211410C m .-=⨯

17-7 解: 根据电荷分布对壁的平分面的面对称性,可知电场分布也具有这种对称性.由此可选平分面与壁的平分面重合的立方盒子为高斯面.高斯定理给出 02q E S ε=内

当2

d

D <时 2q DS ρ=内 0

D E ρ

ε=

当2

d

D >

时 q dS ρ=内 0

2d E ρ

ε=

方向垂直板面 0q > 向外 0q < 向内