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Y－y′=
32?y?(X－x′) 60?x? ①
D点在此直线上，XD = 25 ，由上式得： YD =
1(800－32x′+ 35y′) 60?x? ②
直线DP3的方程为：
32?y?Y－YD =－(X－xD)
60?x?E点在此直线上，YE = 12 ，由此式及②式得： xE = 25－
1(1－80 + 20x′－35y′) 32?y? ③
④
直线EP2的方程为：Y－YE =－
32?y?(X－xE) 60?x?10(88－2x′+ y′) 60?x?F点在此直线上，XF = 0 ，所以：YF = 12－最后，直线FP1的方程为：Y－YF =－
32?y?(X－xF) ⑤ ?60?x1(－160 + 8x′－10y′) ⑥ 32?y?G点在此直线上，YG = 0 ，所以：XG =
0?YD?12?0?XE?25??反弹点位于相应台壁上的条件为：?
0?YF?12?0?XG?25?? ⑦
将③、④、⑤和⑥式代入⑦，除肯定满足无需讨论的不等式外，Q球按题目要求击中
P球的条件成为：
35y??20x??80?YD： ?35y??20x??80?XE：5y??4x??80?YF： ?5y??4x??80?XG：上面共两个条件，作直线l1 ：35Y = 20X－80
及l2 ：5Y = 4X－80
如图7—7—乙所示，若Q球位于l2下方的三角形D0AH0内，即可同时满足⑧、⑨两式的条件，瞄准P4击出，可按题目要求次序反弹后击中P球，三角形D0AH0三个顶点的坐标如图7—7—乙所示。
例8：一无限长均匀带电细线弯成如图7—8所示的平面图形，其中AB是半径为R的半圆孤，AA′平行于BB′，试求圆心O处的电场强度。
解析：如图7—8甲所示，左上1/4圆弧内的线元ΔL1与右下直线上的线元ΔL3具有角元Δθ对称关系。ΔL1电荷与ΔL3电荷在O点的场强ΔE1与ΔE3方向相反，若它们的大小也相等，则左上与右下线元电场强度成对抵消，可得圆心处场强为零。
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设电荷线密度为常量λ ，因Δθ很小，ΔL1电荷与ΔL3电荷可看做点电荷，其带电量： q1 = RΔθ?λ ，q2 = ΔL3?λ 当Δθ很小时，有：q2 =
R????
cos??cos?q2q1R???R????cos2?又因为ΔE1 = K2，ΔE2 = K2= K= K，与ΔE1的大小相同，?rR2R2Rcos2?且ΔE1与ΔE2方向相反。
所以圆心O处的电场强度为零。
例9：如图7—9所示，半径为R的半圆形绝缘线上、下1/4圆弧上分别均匀带电+q和－q ，求圆心处O的场强。
解析：因圆弧均匀带电，在圆弧上任取一个微小线元，由于带电线元很小，可以看成点电荷。用点电荷场强公式表示它在圆心处的分场强，再应用叠加原理计算出合场强。由对称性分别求出合场强的方向再求出其值。
在带正电的圆孤上取一微小线元，由于圆弧均匀带电，因而线密度λ =
2q。 ?R在带负电的圆弧上必定存在着一个与之对称的线元， 两者产生的场强如图7—9甲所示。 显然， 两者大小相等，其方向分别与x轴的正、负方向成θ角，且在x轴方向上分量相等。由于很小，可以认为是点电荷，两线元在O点的场强为ΔE = 2?KR????2K??hsinθ =，方向沿y轴的负方向，R2R22K??h2K?2K?4Kq=ΣΔh =R = R2R2R2?R2所以O点的合场强应对ΔE求和。
即：E = ΣΔE = Σ
例10：电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面的半径为R ，CD为通过半球顶点C
与球心O的轴线，如图7—10所示，P 、Q为CD轴线上在O点两侧，离O点距离相等的两点，已知P点的电势为UP ，试求Q点的电势UQ 。
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解析：可以设想一个均匀带电、带电量也是q的右半球，与题中所给的左半球组成一个完整的均匀带电球面，根据对称性来解。
由对称性可知，右半球在P点的电势U?等P
于左半球在Q点的电势UQ 。即：U?= UQ P
所以有：UP + UQ = UP + U? P而UP +U?正是两个半球在P点的电势，因P为球面均匀带电，所以UP +U?P= K
由此解得Q点的电势：UQ =
2q R2Kq－UP 。 R例11：如图7—11所示，三根等长的细绝缘棒连接成等边三角形，A点为三角形的内心，B点与三角形共面且与A相对ac棒对称，三棒带有均匀分布的电荷，此时测得A 、B两点的电势各为UA 、UB ，现将ac棒取走，而ab 、bc棒的电荷分布不变，求这时A 、
U?B两点的电势U?A、B。 解析：ab 、bc 、ac三根棒中的电荷对称分布，各自对
A点电势的贡献相同，ac棒对B点电势的贡献和对A点电势的贡献相同，而ab、bc棒对B点电势的贡献也相同。
设ab 、bc 、ac棒各自在A点的电势为U1 ，ab 、bc棒在B点的电势为U2 。由对称性知，ac棒在B点的电势为U1 。
由电势叠加原理得：
3U1 = UA ① U1+ 2U2 = UB ②
由①、②两式得：U1 =
U?U1UA，U2 =B=
23UB?UA3=3UB?UA 26将ac棒取走后，A 、B两点的电势分别为：
U?A= UA－U1 =
2UA 3UB+UA U?B= UB－U2 =
62例12：如图7—12所示为一块很大的接地导体板，
在与导体板相距为d的A处放有带电量为－q的点电荷。
（1）试求板上感应电荷在导体内P点产生的电场强度；
（2）试求感应电荷在导体外P′点产生的电场强度（P与P′点对导体板右表面是对称的）；
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（3）在本题情形，试分析证明导体表面附近的电场强度的方向与导体表面垂直； （4）试求导体上的感应电荷对点电荷－q的作用力；
（5）若在切断导体板与地的连线后，再将+Q电荷置于导体板上，试说明这部分电荷在导体板上如何分布可达到静电平衡（略去边缘效应）。
解析：在讨论一个点电荷受到面电荷（如导体表面的感应电荷）的作用时，根据“镜像法”可以设想一个“像电荷”，并使它的电场可以代替面电荷的电场，从而把问题大大简化。
（1）导体板静电平衡后有 E感 = E点 ，且方向相反，因此板上感应电荷在导体内P点产生的场强为EP =
kq，其r2中r为AP间距离，方向沿AP ，如图7—12甲所示。
（2）因为导体接地，感应电荷分布在右表面，感应电荷在P点和P′点的电场具有对称性，因此有EP′=
kq，方r2向如图7—12—甲所示。
（3）考察导体板在表面两侧很靠近表面的两点P1和P1?。如前述分析，在导体外P1?点感应电荷产生的场强大小为EiP1?=
kqkq。点电荷q在P1?点产生的场强大小也是EqP1?=2。2r1r1它们的方向如图7—12乙。
从图看出，P1?点的场强为上述两个场强的矢量和，即与导体表面垂直。
（4）重复（2）的分析可知，感应电荷在－q所在处A点
kqkq的场强为EiA ==2，方向垂直于导体板指向右方，该2(2d)4dkq2场作用于点电荷－q的电场力为F =－qEiA =－2，负号表示
4d力的方向垂直于导体板指向左方。
（5）切断接地线后，导体板上原来的感应电荷仍保持原来的分布，导体内场强为零。在此情况下再将+Q电荷加在导体板上，只要新增加的电荷在导体内部各处的场强为零，即可保持静电平衡，我们知道电荷均匀分布在导体板的两侧表面时，上述条件即可满足。显然这时+Q将均匀分布在导体板的两侧面上，才能保证板内场强为零，实现静电平衡。
例13：如图7—13所示，在水平方向的匀强电场中，用长为l的绝缘细线，拴住质量为m 、带电量为q的小球，线的上端O固定，开始时将线和球拉成水平，松开后，小球由静止开始向下摆动，当摆过60°角时，速度又变为零。求：
（1）A、B两点的电势差UAB多大？ （2）电场强度多大？ 解析：（1）小球在A 、B间摆动，根据能量守恒定律
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