大学物理2-212章习题详细答案
大学物理2各章节测试解答重点
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6、 如图所示，任一闭合曲面S内有一点电荷q，O为S面 上任一点，若将q由闭合曲面内的P点移到T点，且 OP=OT，那么 （ ） (A) 穿过S面的电通量改变，O点的场强大小不变； (B) 穿过S面的电通量改变，O点的场强大小改变； (C) 穿过S面的电通量不变，O点的场强大小改变; (D) 穿过S面的电通量不变，O点的场强大小不变。
r R1 R2
R2 dr ln 20 r 20 R1
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②
R1 r R2
U2
R2 r R r
R2 R E dr E2 dr E3 dr
r R2
R2 dr ln 20 r 20 r
y
40cm
b 30cm e
B
a
30cm
o
50cm
f
x
z
d
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2． 真空中一载有电流I的长直螺线管，单位长度的 线圈匝数为n，管内中段部分的磁感应强度为 ________ ，端点部分的磁感应强度为________ 1 。 0
nI
( I I ) B d l 0 2 1 __________ 。
9 109 5 109 0.15 E 675N/C 0.05 (0.15 0.05)
dx
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dq du 40 (l R x)
l
o
A
dx
B
. P
du
lR u ln 40 (l R x) 40 R 0
0.2 u 9 10 5 10 ln 90 ln 2 62.4V 0.05
L2
0 ( I 2 I， ____________ B d l 1)
大学物理2习题参考答案
题1-3图第一章 流体力学1.概念（3）理想流体：完全不可压缩又无黏性的流体。
（4）连续性原理：理想流体在管道中定常流动时，根据质量守恒定律，流体在管道内既不能增 多，也不能减少，因此单位时间内流入管道的质量应恒等于流出管道的质量。
（6）伯努利方程：C gh v P =++ρρ221（7）泊肃叶公式：LPR Q ηπ84∆=2、从水龙头徐徐流出的水流，下落时逐渐变细，其原因是（ A ）。
A. 压强不变，速度变大； B. 压强不变，速度变小；C. 压强变小，流速变大；D. 压强变大，速度变大。
3、 如图所示，土壤中的悬着水，其上下两个液面都与大气相同，如果两个页面的曲率半径分别为R A 和R B (R A <R B )，水的表面张力系数为α，密度为ρ，则悬着水的高度h 为___)11(2BA R R g -ρα__。
(解题：BB A A A B R P P R P P gh P P ααρ2,2,00-=-==-) 4、已知动物的某根动脉的半径为R, 血管中通过的血液流量为Q ， 单位长度血管两端的压强差为ΔP ，则在单位长度的血管中维持上述流量需要的功率为____ΔPQ ___。
5、城市自来水管网的供水方式为：自来水从主管道到片区支管道再到居民家的进户管道。
一般说来，进户管道的总横截面积大于片区支管的总横截面积，主水管道的横截面积最小。
不考虑各类管道的海拔高差（即假设所有管道处于同水平面），假设所有管道均有水流，则主水管道中的水流速度 大 ，进户管道中的水流速度 小 。
10、如图所示，虹吸管的粗细均匀，略去水的粘滞性，求水流速度及A 、B 、C 三处的压强。
221.2 理想流体的定常流动'2gh v C =∴222121'CC D D v P v gh P ρρρ+=++0,0≈==D C D v P P P 练习5：如图，虹吸管粗细均匀，略去水的粘滞性，求管中水流流速及A 、B 、C 三处的压强。
大学物理2-212章习题详细答案
Pd L0dxxθxydEd θ习题1212-3．如习题12-3图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电量为q ，试求在直杆延长线上到杆的一端距离为d 的点P 的电场强度。
[解] 建立如图所示坐标系ox ，在带电直导线上距O 点为x 处取电荷元x Lqq d d =，它在P 点产生的电电场强度度为()()x x d L Lq x d L qE d 41d 41d 2020-+=-+=πεπε则整个带电直导线在P 点产生的电电场强度度为()()d L d qx x d L Lq E L+=-+=⎰002041d 41πεπε故()i E d L d q+=04πε12-4．用绝缘细线弯成的半圆环，半径为R ，其上均匀地带有正电荷Q ，试求圆心处点O 的场强。
[解] 将半圆环分成无穷多小段，取一小段dl ，带电量l RQ q d d π=dq 在O 点的电场强度20204d 4d d RlR Q R qE πεππε== 从对称性分析，y 方向的电场强度相互抵消，只存在x 方向的电场强度l RQ E E d sin 4sin d d 302x ⋅=⋅=θεπθ θd d R l =θεπθd 4sin d 202x R Q E =2020202x x 2d 4sin d R QR Q E E E επθεπθπ====⎰⎰ 方向沿x 轴正方向 12-5. 如习题12-5图所示，一半径为R 的无限长半圆柱面形薄筒，均匀带电，沿轴向单位长度上的带电量为λ，试求圆柱面轴线上一点的电场强度E 。
[解]θd 对应的无限长直线单位长带的电量为θπλd d =q 它在轴线O 产生的电场强度的大小为RRq E 0202d 2d d επθλπε==因对称性y d E 成对抵消RE E 02x 2d cos cos d d επθθλθ=⋅=d θRR E E 02202x 2d cos 2d επλεπθθλπ===⎰⎰ 12-6．一半径为R 的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心点O 处的场强。
大学物理课后习题-答案详解
第一章质点运动学1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。
（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j =则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8ri j v i j a j =+=+=2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =.解：kv dtdv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt ev dx tk tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解：=a d v /d t 4=t d v 4=t d t⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的d d r t ，d d v t ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t = 而落地所用时间 gh2t = 所以0d -2g h d r v i j t =d d v g j t =- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
大学物理2课后习题答案.docx
解：回路磁通=BS = Bn r 2感应电动势大小：£— = — (B TI r 2) = B2n r — = 0A0 V At dr dr10-2^-Bcosa2同理，半圆形ddc 法向为7,则0”2鸟与亍夹角和另与7夹角相等,a = 45°①和=Bn R 2 cos a10-6解：0/z? =BS = 5—cos(^ + 久)叫一加&sin （血+久）dr _2Bit r~O) Bn r~2 _ 2 2 2Bf2n f =兀 2『BfR R 解：取半圆形"a 法向为Z ,dt — HR? ABcos a —— dt -8.89 xlO'2V方向与cbadc 相反，即顺时针方向. 题10-6图(1)在Ob 上取尸T 尸+ dr 一小段71 同理•• • r 1 9 % - 3 ca^BAr = 一 Bco, °"」） 18 1 2 1 , £ab - £aO +% =（一花' + 石）广=(2)・・・£ah >0即U a -U h <0 :.b 点电势高.10-11在金属杆上取dr 距左边直导线为r ，则（2） |nj 理， £dc = 碇・d7>0U d -U c v0即 / >U d10-15 设长直电流为/ ,其磁场通过正方形线圈的互感磁通为％蓄绘/警5210-16Q)见题10-16图Q),设长直电流为/,它产生的磁场通过矩形线圈的磁通为丛（丄+丄）d- I 2龙 r 2a-r •:实际上感应电动势方向从g T A , 即从图中从右向左,71 a-b10-14•d5 知, 此吋E 旋以。
为中心沿逆时针方向.(1) V ab 是直径，在〃上处处E 旋与ab m§E 旋• d7 = 0• • £亦也 U Q =Ub心 2n r 2TI 由样旋• M -/z 0/v a + b71 a-b（a （b12-4解:⑴由0 =—,务=£_知,各级条纹向棱边方 2/ 2向移动，条纹间距不变；（2）各级条纹向棱边方向移动，H.条纹变密. 12 5解：工件缺陷是凹的.故各级等厚线（在缺陷附近的）向棱边方向弯曲・按题意，每一条纹弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分相当于条纹2向棱边移动了一条，故相应的空气隙厚度差为Ae = -,这也是工件缺陷的程度.2 12-6 ・・・ A/ = ^^- = A^^ln2 = 2.8xlO~6 H1 2JI(b)・・•长直电流磁场通过矩形线圈的磁通*2 = 0，见题10-16图(b)・・・ M = O10-17如图10-17图所示，取dS = /dr①二U(如+ ^_炖=做 广「丄)做(In 厶-In 丄) 2〃r 2兀(d-r)2兀 “ r r-d 2K a d-a = ^Il_Xn d-a_7i a:.L / =如1门上£I TI a10-18•・•顺串时厶=厶+厶2 +2M反串联时//二厶+厶2-2M・•・ L_L f = 4MM = --------- = 0.15 H 412-1 y 不变，为波源的振动频率；A,n =— 变小；u = A n v 变小. n 12- 2由心=三久知，（1）条纹变疏；（2）条纹变密；（3）条纹变密；（4）零级明纹在屏幕上作相反方向的上下移动；（5）零 a级明纹向下移动.12- 3解：不同媒质若光程相等，则其儿何路程定不相冋其所需吋间相同，为&€・因为△中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。
《大学物理》第二章答案解析
* *(1)题2-2图由①、②式消去t ，得1 2 g sin2v 2当t = 2 s 时质点的 ⑴位矢；（2）速度.7aym 16m习题二1 一个质量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为 ）上以初速度V o 运动, 斜面底边的水平线 AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道. 解：物体置于斜面上受到重力 mg ，斜面支持力N .建立坐标：取V 0方向为X v 0的方向与，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴•如图2-2. X 方向: F x x V o t Y 方向:F ymg sinma yv yy ^gsint 2x 22 质量为16 kg 的质点在 xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为6 N , f y =-7 N ，当 t = 0 时，x y0 , v x = -2 m s -1V y = 0 .解:a xm6 16* *1⑶质点停止运动时速度为零，即 t *,23v xv x0 0 a x dt2 8 227 7v yv y00 a y dt2 —168于是质点在2s 时的速度5 7 .v i j m s 4 8(v °t 1 a x t 2)i1 a.2 .y t J 221 31 7 (2 2 — —4)i -()4J2 82 1613.7 .i j m48v v 0ex vdt: v 0e^dt3 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力 kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为v o ,证明(1) t 时刻的速度为v = v 0e m ； (2) 由0到t 的时间内经过的距离为d )tx =(一二)[1- e m ]； (3)停止运动前经过的距离为 k mv o 代)；⑷证明当t mk 时速答：⑴••• kv amdvdt分离变量，得 dv kdt v vdv v 0vm t kdtln — v °In kte扁故有xkt mv0v0e m dt0k⑷当t= m时，其速度为kV k mv°e m^ v°e 1v e1即速度减至V。
大学物理习题答案解答第二章牛顿运动定律
第二章 牛顿运动定律一、填空题1、考察直线运动，设加速度为()a t ，初速度为00v =，则由dv a dv adt dt =⇒= 两边定积分，即 00v t v dv adt =⎰⎰ 得质点在任意时刻t 的速度为 110()()t v t a t dt =⎰ （2-1）再由ds v ds vdt dt =⇒= 两边定积分，即 00s t s ds vdt =⎰⎰ 得质点在任意时刻t 的路程为 0220()t s s s v t dt ∆=-=⎰ 把（2-1）式代入上式，得211200()tt s a t dt dt ∆=⎰⎰依题设可知两物体必做直线运动，设某时刻两物体间作用力为F ，则两物体的加速度分别为11F a m = 和 22F a m = 所以两物体在相同时间内发生的路程分别为：2221111121211200000011()1()()tt tt t t F t s a t dt dt dt dt F t dt dt m m ∆===⎰⎰⎰⎰⎰⎰ 2221221121211200000022()1()()t t t t t t F t s a t dt dt dt dt F t dt dt m m ∆===⎰⎰⎰⎰⎰⎰所以 11222111s m m s m m ∆==∆ 此即为所求。
2、箱子在最大静摩擦力的作用下，相对地面具有的最大加速度为2max 0max 00.49.8 3.92()F mg a g m s m mμμ-====⨯=⋅ （1）若设箱子相对卡车静止，即物体相对地面的加速度2max 2a m s a -=⋅<表明箱子与卡车底板间是静摩擦，摩擦力的大小为40280()F ma N ==⨯=（2）依然设箱子相对卡车静止，即物体相对地面的加速度2max 4.5a m s a -=⋅>表明箱子与卡车底板间是滑动摩擦，摩擦力的大小为0.25409.898()F mg N μ==⨯⨯=3、如图2-1(a)所示建立直角坐标系，再分析滑块的受力情况，如图2-1(b)所示，滑块受到三个力的作用，分别是地球施加的重力mg ，斜面对它的支持力1N 和滑动摩擦力1f ，并设其加速度为a 。
大学物理第二章习题答案
大学物理第二章习题答案# 大学物理第二章习题答案开始部分在解答大学物理的习题之前，我们需要对第二章的物理概念和公式有一个清晰的理解。
本章通常涵盖了经典力学的基础知识，包括牛顿运动定律、功和能量等概念。
习题1：牛顿运动定律的应用问题描述：一个物体在水平面上受到一个恒定的力F=10N，求物体的加速度a。
解答：根据牛顿第二定律，\[ F = ma \]，其中m是物体的质量。
设物体的质量为m，我们可以解出加速度a：\[ a = \frac{F}{m} = \frac{10}{m} \, \text{m/s}^2 \]注意，这里我们假设物体的质量m是已知的。
习题2：斜面上的物体问题描述：一个质量为m=5kg的物体放在一个倾斜角度为30°的斜面上，求物体受到的重力分量。
解答：物体受到的重力分量可以分解为两个方向的力：平行于斜面的分量和垂直于斜面的分量。
垂直分量为：\[ F_{垂直} = mg \sin(30°) = 5 \times 9.8 \times 0.5 = 24.5 \, \text{N} \]平行分量为：\[ F_{平行} = mg \cos(30°) = 5 \times 9.8 \times\frac{\sqrt{3}}{2} \approx 49.04 \, \text{N} \]习题3：功和能量问题描述：一个物体从高度h=10m的平台上自由落体，求物体落地时的动能。
解答：首先，我们需要计算物体在自由落体过程中重力做的功W，它等于物体的重力势能变化：\[ W = mgh = 5 \times 9.8 \times 10 \]根据能量守恒定律，这个功将转化为物体的动能：\[ KE = W = 5 \times 9.8 \times 10 = 490 \, \text{J} \]结束部分在解答物理习题时，重要的是理解每个物理量的含义以及它们之间的关系。
通过逐步分析问题，应用适当的物理定律和公式，我们可以找到正确的答案。
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P习题1212-3．如习题12-3图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电量为q ，试求在直杆延长线上到杆的一端距离为d 的点P 的电场强度。
[解] 建立如图所示坐标系ox ，在带电直导线上距O 点为x 处取电荷元x Lq q d d =，它在P 点产生的电电场强度度为()x x d L Lq x d L qE d 41d 41d 2020-+=-+=πεπε则整个带电直导线在P 点产生的电电场强度度为()d L d qx x d L Lq E L+=-+=⎰002041d 41πεπε故()i E d L d q+=04πε12-4．用绝缘细线弯成的半圆环，半径为R ，其上均匀地带有正电荷Q ，试求圆心处点O 的场强。
[解] 将半圆环分成无穷多小段，取一小段dl dq 在O点的电场强度20204d 4d d RlR Q R qE πεππε== 从对称性分析，y场强度l R Q E E d sin 4sin d d 302x ⋅=⋅=θεπθ θd d R l =θεπθd 4sin d 202x RQ E =2020202x x 2d 4sin d R QR Q E E E επθεπθπ====⎰⎰ 方向沿x 轴正方向12-5. 如习题12-5图所示，一半径为R 的无限长半圆柱面形薄筒，均匀带电，沿轴向单位长度上的带电量为，试求圆柱面轴线上一点的电场强度E 。
[解] θd 对应的无限长直线单位长带的电量为θπλd d =q 它在轴线O 产生的电场强度的大小为RRq E 0202d 2d d επθλπε==因对称性y d E 成对抵消RE E 02x2d cos cos d d επθθλθ=⋅=RR E E 02202x 2d cos 2d επλεπθθλπ===⎰⎰ 12-6．一半径为R 的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为，求球心点O 处的场强。
d θ[解] 将半球面分成无限多个圆环，取一圆环半径为r ，到球心距离为x ，所带电量绝对值l r q d 2d πσ=。
在O 点产生的电场强度(利用圆环轴线电场强度公式)()23220x 4d d rx q x E +=πε带电半球壳在O 点的总电场强度()()⎰⎰⎰+=+==2322023220x x 424d d rx rdlx rx q x E E πεπσπε由于 θcos R x =，θsin R r =，θd d R l = 所以()0200202x 42cos 82d 2sin 8d cos sin 2εσθεσθθεσθθθεσπππ=⎪⎭⎫ ⎝⎛-==⋅==⎰⎰E E 方向沿x 轴负向12-7．如习题12-7图所示，A 、B 为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面，已知两平面间的电场强度为E 0，两平面外侧电场强度大小都是03E ，方向如图。
求两平面A 、B 上的面电荷密度A和B。
[解] 无限大平面产生的电场强度为dl xθOr E 0/3E 0/3E 0AB2εσ=E 则 0A A 2εσ=E 0BB 2εσ=E ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=-322220A 0B 0A0B E E εσεσεσεσ 解得 00A 32E εσ-= 00B 34E εσ=12-8．一半径为R 的带电球体，其体电荷密度分布为=Ar (r ≤R )，0=ρ (r >R )，A为常量。
试求球内、外的场强分布。
[解] 在带电球体内外分别做与之同心的高斯球面。
应用高斯定理有024επqr E =⋅q 为高斯球面内所包围的电量。
设距球心r 处厚度为d r 的薄球壳所带电量为d qr Ar r r q d 4d 4d 32ππρ=⋅=r ≤R 时 403d 4Ar r Ar q rππ==⎰解得 024εAr E =(r ≤R ) (或24Ar ε=r E e )r >R 时高斯面内包围的是带电体的总电量Q4030d 4d AR r Ar q Q RR ππ===⎰⎰应用高斯定理024επQr E =⋅2044r AR E ε=(r >R ) (或r E 2044r AR ε=) 当A >0时，电场强度方向均径向向外；当A <0时，电场强度方向均指向球心。
12-9．有一带电球壳，内、外半径分别为R 1和R 2，体电荷密度r A =ρ，在球心处有一点电荷Q ，求当A 取什么值时，球壳区域内(R 1<r<R 2)的场强E 的大小与r 无关。
[解] 以同心球面为高斯面，电通量为24d επ∑⎰⎰==⋅q E r SS E()Q R r A Q dr r q r R +-=+=⎰⎰⎰∑21220202d sin d 1πθθϕππ()2021242rQR r A E πεπ+-=当212R QA π=时 02εA E =与r 无关。
因此得证。
12-10．一球体内均匀分布着体电荷密度为ρ的正电荷，若保持电荷分布不变，在该球体内挖去半径为r 的一个小球体，球心为O ，两球心间距离OO d '=，如习题12-10图所示。
求：(1)在球形空腔内，球心O 处的电场强度O 'E；(2)在球体内点P 处的电场强度E 。
设O 、O 、P 三点在同一直径上，且OP =d 。
[解] 在空腔内分别填上密度为ρ+的电荷和密度为ρ-的电荷。
(1) O '处的电场强度是密度为ρ的大球和ρ-的小球所产生的电场强度的叠加。
大球产生电场强度：在球体内做半径为d 的同心高斯球面，应用高斯定理32344επρπd d E ⋅=⋅ 03ερdE =而小球产生电场强度由于对称性为0 因此O '点的电场强度 i E 0O 3ερd='(2)P 点的电场强度也是两球电场强度的叠加。
同理大球产生的电场强度 i E 03ερd-=小球产生的电场强度 0323444επρπr dE =⋅' i E 20312dr ερ='合电场强度 i i E ⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=2302030P 43123d r d d r d ερερερ12-11．一半径为R 的带电球体，其体电荷密度分布为 4R qrπρ=(r ≤R )0=ρ (r >R )试求：(1)带电球体的总电量；(2)球内外各点的场强；(3)球内外各点的电势。
[解] （1）带点球体的总电量：q r r Rqrq Q RR===⎰⎰0240d 4d ππ （2）在带电球体内外分别做与之同心的高斯球面。
应用高斯定理有024επ内q r E =⋅内q 为高斯球面内所包围的电量。
设距球心r 处厚度为d r 的薄球壳所带电量为d qr r Rq r r q d 4d 4d 342=⋅=πρ r ≤R 时 44034d 4r Rq r r R q q r==⎰内 解得 4024R qr E πε= (r ≤R ) (或2404qr Rπε=rE e ) r >R 时高斯面内包围的是带电体的总电量q应用高斯定理024επqr E =⋅204r q E πε=(r >R ) 方向沿径向 (或204q r πε=r E e )当q >0时，电场强度方向均径向向外；当q<0时，电场强度方向均指向球心。
（3）)( 412)( d 4d 4d 330 R 20 402 R r R r R q R r r rq r R qr r E U Rrr ≤⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=>+==⎰⎰⎰∞∞πεπεπε)( 4)( d 4d 0 r20 R r rq R r r r q r E U r >=>==⎰⎰∞∞πεπε12-12．如习题12-12图所示，在Oxy 平面内有与y 轴平行、位于2a x =和a x 21-=处的两条无限长平行均匀带电直线，电荷线密度分别为+和。
求z 轴上任一点的电场强度。
[解] 无限长带电直线在线外任一点的电电场强度度 rE 02πελ=所以 P 点的电场强度 21220λ42⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+z a E πελ21220λ42⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-z a E πελ由对称性知合电场强度的z 方向分量为零，x 方向分量θcos 2λx E E =而 212242cos ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=z a a θ所以 ()220λ42cos 2z a a E E +==πελθ 方向指向x 轴负方向12-13．如习题12-13图所示，在半径为R ，体电荷密度为ρ的均匀带电球体内点O '处放一个点电荷q 。
试求：点O 、P 、N 、M 处的场强 (O '、O 、P 、N 、M 在一条直线上)。
[解] 由电场叠加原理2O O 0q O 4'=+=r qE E E πε球20OO 4q rπε'=O E i0OM 2NO 02ON 03OM2N O 0q N 344344ερπεπεπρπεr r qr r r q E E E -=-=-=''球E -λ-λa/2xyz -a/2O+λPE xE +λOM 20O N 0()43r qr ρπεε'=-N E i 0OP 2P O 02OP 03OP2P O 0q P 344344ερπεπεπρπεr r qr r r q E E E -=-=+=''球OPP 20O P()43r qr ρπεε'=-E i 2OM 032N O 02OM 032M O 0q M 344344r R r q r R r q E E E ερπεπεπρπε-=+=+=''球3M 220O N 0OM()43q R r r ρπεε'=-E i 12-14．如习题12-14图所示一环形薄片由细绳悬吊着，环的外半径R ，内半径为R/2，并有电量Q 均匀分布在环面上。
细绳长3R ，也有电量Q 均匀分布在绳上，试求圆环中心处的电场强度（圆环中心在细绳的延长线上）。
【解】：以悬点为坐标原点，建立竖直向下为x 轴的正方向，在x 位置处任取一微元dx ，在圆环中处的电场强度为()()122001d 1d d 44434qQE x R x R R x πεπε==--则这个细绳上的电荷在圆心处产生的电场强度为()33200011d 412434RRQ QE x R R x R R x πεπε==---⎰32000112416RQQR R x R πεπε=-=-R3R2/R环形薄片上的电荷在圆心处产生的电场强度为零，因此所有电荷在环心处产生的电场强度为20=16Q E R πε总方向竖直向下12-15．电量q 均匀分布在长为2l 的细杆上，端距离为a 的点P 的电势(以无穷远为零电势点)。