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习题一1-1.质点运动学方程为：cos()sin(),r a t i a t j btk ωω=++其中a ，b ，ω均为正常数，求质点速度和加速度与时间的关系式。
分析：由速度、加速度的定义，将运动方程()r t对时间t 求一阶导数和二阶导数，可得到速度和加速度的表达式。
解：/sin()cos()==-++v dr dt a t i a t j bk ωωωω2/cos()sin()a dv dt a t i t j ωωω⎡⎤==-+⎣⎦1-2. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即2/d d v v K t -=， 式中K 为常量．试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度为 0Kx v v e -= 。
其中0v 是发动机关闭时的速度。
分析：要求()v v x =可通过积分变量替换dxdvv dt dv a ==，积分即可求得。
证：2d d d d d d d d v x vv t x x v t v K -==⋅= d Kdx v =-v⎰⎰-=x x K 0d d 10v v v v , Kx -=0ln v v 0Kx v v e -=1-3．一质点在xOy 平面内运动，运动函数为22,48x t y t ==-。
（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
分析：将运动方程x 和y 的两个分量式消去参数t ，便可得到质点的轨道方程。
写出质点的运动学方程)(t r表达式。
对运动学方程求一阶导、二阶导得()v t 和()a t ，把时间代入可得某时刻质点的位置、速度、加速度。
解：（1）由2,x t =得：,2x t =代入248y t =-可得：28y x =-，即轨道曲线。
画图略（2）质点的位置可表示为：22(48)r ti t j =+-由/v dr dt = 则速度：28v i tj =+由/a dv dt = 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48,216,8r i j v i j a j =+=+=1-4．一质点的运动学方程为22(1)x t y t ==-，，x 和y 均以m 为单位，t 以s 为单位。
电荷与真空中的静电场9-1两个小球都带正电，总共带有电荷5.0 105C,如果当两小球相距2.0m时, 任一球受另一球的斥力为1.0N.试求：总电荷在两球上是如何分配的。
分析：运用库仑定律求解。
解：如解图9-1所示，设两小球分别带电q1，q2则有q1+q25. C 1 10 5①解图9-1由库仑定律得F qq?厂29 109盹1②4 n °r4由①②联立解得9-2两根6.0 10 2m长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为0.5 10 3kg的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与沿垂线成60°角的位置上。
求每一个小球的电量。
分析：对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。
解：设两小球带电q，小球受力如解图9-2所示2F T cos30 ①4n 0R 解图9-2mg T sin30 ②联立①②得叫E tan30。
③q其中代入③式，得r9-3在电场中某一点的场强定义为E —，q。
若该点没有试验电荷，那么该点是否存在电场？为什么？答：若该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源电荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验rr —电荷q°所受力F与q0成正比，故E 一是与q°无关的。
q。
9-4直角三角形ABC 如题图9-4所示，AB 为斜边，A 点上 J有一点荷q i 1.8 10 9C ,B 点上有一点电荷q 2 4.8 10 9C ,已知BC 0.04m , AC 0.03m ,求C 点电场强度E 的大小和;超方向(cos37 0.8,sin370.6).分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。
解：如解图9-4所示C 点的电场强度为E E r1 E 2C 点电场强度E 的大小方向为C即方向与BC 边成33.7 °9-5两个点电荷q 1 4 10 6C, q 2 8 10 6C 的间距为0.1m ,求距离它们都是0.1m 处的电场强度E 。
新编物理基础学全册课后习题详细答案王少杰，顾牡主编第一章1-1.质点运动学方程为：cos()sin(),r a t i a t j btk ωω=++其中a ，b ，ω均为正常数，求质点速度和加速度与时间的关系式。
分析：由速度、加速度的定义，将运动方程()r t 对时间t 求一阶导数和二阶导数，可得到速度和加速度的表达式。
解：/sin()cos()==-++v dr dt a t i a t j bk ωωωω2/cos()sin()a dv dt a t i t j ωωω⎡⎤==-+⎣⎦1-2. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即2/d d v v K t -=， 式中K 为常量．试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度为 0Kxv v e -= 。
其中0v 是发动机关闭时的速度。
分析：要求()v v x =可通过积分变量替换dxdvv dt dv a ==，积分即可求得。
证：2d d d d d d d d v x vv t x x v t v K -==⋅= d Kdx v =-v⎰⎰-=x x K 0d d 10v v v v , Kx -=0ln v v0Kxv v e -=1-3．一质点在xOy 平面内运动，运动函数为22,48x t y t ==-。
（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
分析：将运动方程x 和y 的两个分量式消去参数t ，便可得到质点的轨道方程。
写出质点的运动学方程)(t r表达式。
对运动学方程求一阶导、二阶导得()v t 和()a t ，把时间代入可得某时刻质点的位置、速度、加速度。
解：（1）由2,x t =得：,2x t =代入248y t =-可得：28y x =-，即轨道曲线。
画图略 （2）质点的位置可表示为：22(48)r ti t j =+- 由/v dr dt =则速度：28v i tj =+ 由/a dv dt =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 =+=+=1-4．一质点的运动学方程为22(1)x t y t ==-，，x 和y 均以m 为单位，t 以s 为单位。
第九章 振动学习题9-1 一小球与轻弹簧组成的振动系统，按(m) 3ππ8cos 05.0⎪⎭⎫ ⎝⎛+=t x ，的规律做自由振动，试求（1）振动的角频率、周期、振幅、初相、速度最大值和加速度最大值；（2）t=1s ，2s ，10s 等时刻的相位；（3）分别画出位移、速度和加速度随时间变化的关系曲线。
解：（1）ω=8πs -1，T=2π/ω=0.25s ，A=0.05m ，ϕ0=π/3，m A ω=v ，2m a A ω=（2）π=8π3t φ+ （3）略9-2 一远洋货轮质量为m ，浮在水面时其水平截面积为S 。
设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为ρ，且不计水的粘滞阻力。
（1）证明货轮在水中做振幅较小的竖直自由运动是谐振动；（2）求振动周期。
解：（1）船处于静止状态时gSh mg ρ=，船振动的一瞬间()F gS h y mg ρ=-++ 得F gSy ρ=-，令k gS ρ=，即F ky =-，货轮竖直自由运动是谐振动。
（2）ω==，2π2T ω==9-3 设地球是一个密度为ρ的均匀球体。
现假定沿直径凿通一条隧道，一质点在隧道内做无摩擦运动。
（1）证明此质点的运动是谐振动；（2）计算其振动周期。
解：以球心为原点建立坐标轴Ox 。
质点距球心x 时所受力为324433x mF G G mx x πρπρ=-=-令43k G m πρ=，则有F kx =-，即质点做谐振动。
（2）ω==2πT ω== 9-4 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A ＝2.0 ×10-2 m ，周期T s 。
当t ＝0时，（1）物体在正方向端点；（2）物体在平衡位置，向负方向运动；（3）物体在x ×10-2m 处，向负方向运动；（4）物体在x ＝-×10-2 m 处，向正方向运动。
求以上各种情况的振动方程。
解：ω=2π/T=4πs -1（1）ϕ0=0，0.02cos4(m)x t π=（2）ϕ0=π/2，0.02cos 4(m)2x t ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（3）ϕ0=π/3，0.02cos 4(m)3x t ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（4）ϕ0=4π/3，40.02cos 4(m)3x t ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭9-5 有一弹簧，当其下端挂一质量为m 的物体时，伸长量为9.8 ×10-2 m 。
第九章 参考答案第一节 第一节 磁场及其描述考点知识梳理（一）4.特殊物质6.N 极受力；N 极；磁铁的磁场和电流的磁场一样，都是由电荷的运动产生的。
（二）磁场力；不受；吸引；排斥；磁场；磁场力；磁场（三）有方向的曲线；强弱；切线方向；磁感应强度；N ；S ；S ；N ；磁场的方向；不一定；电流方向；平行且距离相等（四）对放入其中的电流或磁极有力的作用；最大；磁场力为零；磁感应强度；矢量；B=F IL ；垂直；切线；N 极；N 极；牛/安米；特斯拉；T ；处处相等；矢量和；矢量运算法则（五）乘积；韦伯；Wb ；磁通量表示穿过某一面积的磁感线条数多少；穿过单位面积的磁通量；标量考能训练答案：1.解析:因在地球的内部地磁场从地球北极指向地球的南极，根据右手螺旋定则可判断出地球表现环形电流的方向应从东到西，而地球是从西向东自转，所以只有地球表面带负电荷才能形成上述电流。
答案：A2.解析：由安培定则判断，凡是垂直纸面向外的磁感线都集中在是线圈内，因磁感线是闭合曲线，则必有相应条数的磁感线垂直纸面向里，这些磁总线分布在线圈是外，所以B 、C 两圆面都有垂直纸面向里和向外的磁感线穿过，垂直纸面向外磁感线条数相同，垂直纸面向里的磁感线条数不同，B 圆面较少，c 圆面较多，但都比垂直向外的少，所以 B 、C 磁通方向应垂直纸面向外，φB ＞φC ，所以A 、C 正确．分析磁通时要注意磁感线是闭合曲线的特点和正反两方向磁总线条数的多少，不能认为面积大的磁通就大．答案：AC3. 解析：由IL F B =可知1特安·米牛1=。
由==特可知1SB φ2米韦。
由1安秒库1=及 安·米牛特11=，可知1特秒库·米牛/1=。
由1焦=1牛·米=1库·伏，可知 1牛=1库·伏/米，又知1特=秒库·米牛/1，从而可知1特秒米米伏//1=。
答案：A 、B 、C 、D 。
1．已知质点的运动方程为; a = 4i j -+。
2．说明质点做何种运动时; 变速率曲线运动；变速率直线运动 3.一质点运动方程为26x t t =-; 8m;10m 4.飞轮作加速转动时； 26m s ; 24m s ;5.一个力F 作用在质量为kg 0.1的质点上;16N S ; 176J ;6.如图为一圆锥摆; 0 ;2m g πω ;2m gπω;7.一质量为m 的物体；0m v ；竖直向下； 8.一质量为m 小球；竖直向上；mgt;9.一颗子弹在枪筒里前进时; 0.003s; 0.6N*S; 2g ; 10.一质点在几个力同时作用下; 38J ; 11.一人把质量为10kg 的物体; 196 ; 216; 12.二质点的质量各为; 1211()G m m ab--;13.狭义相对论是建立在; 伽利略 ; 14.一光子以速度c 运动; c; 15.在测量物体长度中; 最长 ; 最短 ; 16.一观察者测量得沿尺长;32c ;17.静止时边长为a 的立方体;3221a u c -;18.一点电荷q 位于一立方体中心;6Oq ε; 0 ;24Oq ε;19.描述静电场性质的两个物理量是;E ;u ;F E q=;0u Pu E dl ==⎰;20.如图，真空中两个点电荷;O Q ε;0;201094QR πε;21.如图示，两个平行的无限大;2Oσε;32O σε;2Oσε; 方向向右; 方向向右; 方向向左;22.图中曲线表示一种球对称性静电场;均匀带电实心球; 23.真空中有一半径为R 的半圆细环;4O Q Rπε;4O qQ Rπε-;24.如图示，在带电量为q 的点电荷;11()4O abqq r r πε-;25.如图所示，负电荷Q 的电场中有b a ,两点;b; a ; 增加; 26.在点电荷q 的电场中;7210C --⨯;27一带电量为Q 的导体环;Q - ; Q ;28.一孤立金属球带电量Q +;径向方向向外;0;电荷均匀分布于金属球的外表面;29.在带电量为Q +的金属球外面;24Q rπ; Q ;204r Q rπεε;0rQεε;30.一平行板电容器，充电后与电源保持连接;r ε; 1; r ε; 31.半径为0.5cm 的无限长的直圆柱形导体上; 0 ;32.在安培环路定理;_环路所包围的所有稳恒电流的代数和；环路上的磁感应强度；环路内外全部电流所产生的磁场的叠加；33.在均匀磁场中放置两个面积相等；相等；34.一平面实验线圈的磁矩大小为；0.5T ；沿y 轴正向；35.如右图，无限长直导线中流有的电流分别为；不相等；0123()I I I μ--；01()I μ-；36.无限长直圆筒入在相对磁导率为；2Irπ；02r Irμμπ；37.三根无限长载流直导线；5I; 38.一自感线圈中;0.4H;39.产生动生电动势的非静电场力;洛伦兹 ; 涡旋电场;。
第九章 振动学习题9-1 一小球与轻弹簧组成的振动系统，按(m) 3ππ8cos 05.0⎪⎭⎫ ⎝⎛+=t x ，的规律做自由振动，试求（1）振动的角频率、周期、振幅、初相、速度最大值和加速度最大值；（2）t=1s ，2s ，10s 等时刻的相位；（3）分别画出位移、速度和加速度随时间变化的关系曲线。
解：（1）ω=8πs -1，T=2π/ω=0.25s ，A=0.05m ，ϕ0=π/3，m A ω=v ，2m a A ω=（2）π=8π3t φ+ （3）略 9-2 一远洋货轮质量为m ，浮在水面时其水平截面积为S 。
设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为ρ，且不计水的粘滞阻力。
（1）证明货轮在水中做振幅较小的竖直自由运动是谐振动；（2）求振动周期。
解：（1）船处于静止状态时gSh mg ρ=，船振动的一瞬间()F gS h y mg ρ=-++ 得F gSy ρ=-，令k gS ρ=，即F ky =-，货轮竖直自由运动是谐振动。
（2）ω==，2π2T ω==9-3 设地球是一个密度为ρ的均匀球体。
现假定沿直径凿通一条隧道，一质点在隧道内做无摩擦运动。
（1）证明此质点的运动是谐振动；（2）计算其振动周期。
解：以球心为原点建立坐标轴Ox 。
质点距球心x 时所受力为324433x m F G G mx x πρπρ=-=- 令43k G m πρ=，则有F kx =-，即质点做谐振动。
（2）ω==2πT ω== 9-4 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A ＝2.0 ×10-2 m ，周期T ＝0.50s 。
当t ＝0时，（1）物体在正方向端点；（2）物体在平衡位置，向负方向运动；（3）物体在x ＝1.0×10-2m 处，向负方向运动；（4）物体在x ＝-1.0×10-2 m 处，向正方向运动。
求以上各种情况的振动方程。
解：ω=2π/T=4πs -1（1）ϕ0=0，0.02cos4(m)x t π=（2）ϕ0=π/2，0.02cos 4(m)2x t ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ （3）ϕ0=π/3，0.02cos 4(m)3x t ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ （4）ϕ0=4π/3，40.02cos 4(m)3x t ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭9-5 有一弹簧，当其下端挂一质量为m 的物体时，伸长量为9.8 ×10-2 m 。
解图9-2第9章 电荷与真空中的静电场9-1 两个小球都带正电，总共带有电荷55.010C -⨯,如果当两小球相距2.0m 时，任一球受另一球的斥力为1.0N.试求：总电荷在两球上是如何分配的。
分析：运用库仑定律求解。
解：如解图9-1所示，设两小球分别带电q 1，q 2则有512+ 5.010q q -=⨯ ①由库仑定律得912122091014π4q q q q F r ε⨯=== ② 由①②联立解得5152 1.210C 3.810Cq q --⎧=⨯⎪⎨=⨯⎪⎩9-2 两根26.010m -⨯长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为30.510kg -⨯的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与沿垂线成60°角的位置上。
求每一个小球的电量。
分析：对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。
解：设两小球带电12=q q q =，小球受力如解图9-2所示220cos304πq F T R ε==︒ ①sin30mg T =︒ ②联立①②得2o 024tan30mg R qπε= ③ 其中223sin 606103310(m)2r l --=︒=⨯⨯=⨯ 2R r =代入③式，得71.0110C q -=⨯解图9-19-3 在电场中某一点的场强定义为0FE q =r r ，若该点没有试验电荷，那么该点是否存在电场？为什么？答：若该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源电荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验电荷0q 所受力F ρ与0q 成正比，故0FE q =rr 是与0q 无关的。
9-4 直角三角形ABC 如题图9-4所示，AB 为斜边，A 点上有一点荷91 1.810C q -=⨯，B 点上有一点电荷92 4.810C q -=-⨯，已知0.04m BC =，0.03m AC =，求C 点电场强度E ρ的大小和方向(cos370.8︒≈,sin370.6︒≈).分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。
解：如解图9-4所示C 点的电场强度为12E E E =+r r r994111220 1.810910 1.810(N C )4π()(0.03)q E AC ε--⨯⨯⨯===⨯⋅ 994122220 4.810910 2.710(N C )4π()(0.04)q E BC ε--⨯⨯⨯===⨯⋅ C 点电场强度E ρ的大小222244112 1.8 2.710 3.2410(N C )E E E -=+=+⨯=⨯⋅方向为4o 142 1.810arctan arctan 33.72.710E E α⨯===⨯ 即方向与BC 边成33.7°。
9-5 两个点电荷6612410C,810C q q --=⨯=⨯的间距为0.1m ，求距离它们都是0.1m 处的电场强度E ρ。
分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。
解：如解图9-5所示9661112201910410 3.610(N C )4π10q E r ε---⨯⨯⨯===⨯⋅解图9-5解图9-4C题图9-496612222029108107.210(N C )4π10q E r ε---⨯⨯⨯===⨯⋅ 1E ρ，2E ρ沿x 、y 轴分解611212cos 60cos120 1.810(N C )x x x E E E E E -=+=︒+︒=-⨯⋅611212sin60sin1209.3610(N C )y y y E E E E E -=+=︒+︒=⨯⋅电场强度为 22619.5210(N C )x y E E E -=+=⨯⋅6o 69.3610arctan arctan 1011.810yx E E α⨯===-⨯9-6有一边长为a 的如题图9-6所示的正六角形，四个顶点都放有电荷q ，两个顶点放有电荷－q 。
试计算图中在六角形中心O 点处的场强。
分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。
解：如解图9-6所示.设1236=q q q q q ===，45=q q q =-，各点电荷在O 点产生的电场强度大小均为 1236204πq E E E E E a ε======L各电场强度方向如解图9-6所示，3E ρ与6E ρ抵消. 41520E E E E E ρρρρρ+++=根据矢量合成，按余弦定理有222o o0(2)(2)2(2)(2)cos(18060)E E E E E =+--解得202002334232aqa q E E πεπε=== 方向垂直向下.解图9-6题图9-6解图9-7解图9-89-7 电荷以线密度λ均匀地分布在长为l 的直线上，求带电直线的中垂线上与带电直线相距为R 的点的场强。
分析：将带电直线无限分割，取一段电荷元，运用点电荷场强公式表示电荷元的场强，再积分求解。
注意：先将电荷元产生的场强按坐标轴分解然后积分，并利用场强对称性。
解：如解图9-7建立坐标，带电直线上任一电荷元在P 点产生的场强大小为220d d 4()xE R x λπε=+根据对称性分析，合场强E v的方向沿y 轴的方向 2222223/20022221/20d sin d 4()4()4()4L L L L xRE xR x R x ll R R λλαπεπελπε--==++=+⎰⎰9-8 两个点电荷q 1和q 2相距为l ，若（1）两电荷同号；（2）两电荷异号，求电荷连线上电场强度为零的点的位置.分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。
解：如解图9-8所示建立坐标系，取q 1为坐标原点，指向q 2的方向为x 轴正方向.(1) 两电荷同号.场强为零的点只可能在q 1、q 2之间，设距q 1为x 的A 点.据题意有12E E =即 122200||||4π4π()q q x l x εε=- 解得 112||||||q x q q =+(2) 两电荷异号.场强为零的点在q 1q 2连线的延长线或反向延长线上，即E 1=E 2122200||||4π4π()q q x l x εε=+ 解之得：112||||||q x q q =-9-9无限长均匀带电直线，电荷线密度为λ,被折成互成直角的两部分.试求如题图9-9所示的P 点和P′点的电场强度.分析：运用均匀带电细棒附近的场强公式及场强叠加原理求解。
解：以P 点为坐标原点，建立如解图9-10 (a ) 所示坐标系均匀带电细棒产生的场强公式12210(cos cos )(sin sin )4πa λθθθθε⎡⎤=-+-⎣⎦r r r E i j在P 点1π4θ=，2πθ→ 所以竖直棒在P 点的场强为1θ102214π22a λε⎡⎤⎛⎫=+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦r r r E i j 水平棒在P 点的场强为202214π22a λε⎡⎤⎛⎫=+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦r r rE j i 所以在P 点的合场强1204πa λε⎡⎤=+=+⎣⎦r r r r rE E E i j即P 点的合场强的大小为024πE aλε=方向与x 轴正方向成45°同理以P ′点为坐标原点，建立如图题9-10解图(2)坐标12210(cos cos )(sin sin )4πa λθθθθε⎡⎤=-+-⎣⎦r r r E i j在P ′点13π4θ=，2πθ→所以竖直棒在P ′点的场强为102214π22a λε⎡⎤⎛⎫=--+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦r r r E i j 水平棒在P ′点的场强为题图9-9解图9-9 (a)解图9-9 (b)202214πa λε⎡⎤⎛⎫=--+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦r r r E j i 所以在P ′点的合场强为120[]4πaλε-=+=+r rr r r E E E i j即P ′点的合场强的大小为024πE aλε=方向与x 轴成-135°.9-10 无限长均匀带电棒1l 上的线电荷密度为1λ,2l 上的线电荷密度为2λ-，1l 与2l 平行,在与1l ，2l 垂直的平面上有一点P ,它们之间的距离如题图9-10所示,求P 点的电场强度。
分析：运用无限长均匀带电细棒的场强公式及场强叠加原理求解。
解：1l 在P 点产生的场强为1110102π0.8πa λλεε==r rrE i i2l 在P 点产生的场强大小为22022πE a λε-=方向如解图9-11所示。
把2E ρ写成分量形式，有22222220202002343cos sin 5π10π5π5πE E a a λλλλθθεεεε=+=-=-+r r r r r rr E i j i +j i j在P 点产生的合场强为12212000430.8π5π5πλλλεεε⎛⎫=+=-+⎪⎝⎭r rr r r E E E i j题图9-10解图9-10解图9-119-11 一细棒被弯成半径为R 的半圆形,其上部均匀分布有电荷Q +,下部均匀分布电荷Q -，如题图9-11所示,求圆心O 点处的电场强度。
分析：在半圆环说上取电荷元，运用点电荷场强公式及场强叠加原理积分求解。
将带电半圆环分割成无数个电荷元，运用点电荷场强公式表示电荷元场强。
将电荷元电场进行矢量分解，再进行对称性分析，然后积分求解。
解：把圆环分成无限多线元d l ，d l 所带电量为2d d πQq l R=，产生的场强为d E r 则d E r的大小为232200d d d 2π2πQ l Q E R Rθεε== 把d E r分解成d E x 和d E y ，则d sin d x E E θ= d cos d y E E θ=由于Q +、Q -带电量的对称性，x 轴上的分量相互抵消，则0x E =π4222200cos d 2d 2cos d ππy y Q QE E E R Rθθθεε====⎰⎰⎰所以圆环在O 点产生的场强为220QE j R πε=-rr9-12.一均匀带电球壳内半径16cm R =，外半径210cm R =，电荷体密度为53210m C ρ--=⨯⋅，求：到球心距离r 分别为5cm 8cm 12cm 、、处场点的场强．分析 此题属于球对称性电场，三个场点分别位于球层内半径以内、内外半径之间、外半径以外三个区域，由高斯定理做高斯面求解。
解: 根据高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E sϖϖ得题图9-112π4ε∑=q rE 当5=r cm 时，0=∑q ，得0=E ϖ8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )31R - ()20313π43π4rR r E ερ-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外． 12=r cm 时,3π4∑=ρq -32(R ）31R ()42031321010.4π43π4⨯≈-=rR R E ερ1C N -⋅沿半径向外.9-13 两平行无限大均匀带电平面上的面电荷密度分别为+б和-2б,如题图9-13所示,(1)求图中三个区域的场强1E ρ，2E ρ，3E ρ的表达式；（2）若624.4310C m σ--=⨯⋅，那么，1E ρ，2E ρ，3E ρ各多大？分析：首先确定场强正方向，然后利用无限大均匀带电平板场强及场强叠加原理求解。
