ANS.1
這題的核心想法很單純：A⃗ 是從固定點 (x′,y′,z′) 指向變動點 (x,y,z) 的位移向量，所以 A² = A⃗·A⃗ 就是「距離平方」，對 (x,y,z) 做梯度時，相當於分別對三個座標求偏微分；因此 ∇(A²) 會把每一項平方 (x−x′)²、(y−y′)²、(z−z′)² 各自拉出 2(x−x′)、2(y−y′)、2(z−z′)，重新組合後剛好就是 2A⃗。接著 (b) 只是在 (a) 的結果上再套一次鏈鎖律：因為 A = √(A²)，所以 ∇A = (1/(2A))∇(A²) = A⃗/A = Â，代表「距離的梯度」方向就是從固定點指向觀測點的徑向單位向量；最後對 1/A 取梯度時，d(1/A)/dA = −1/A²，再乘上 ∇A = Â，就得到 ∇(1/A) = −Â/A²，也就是 1/A 沿著徑向增加會變小，且衰減率正比於 1/A²。
題目設定A⃗ = (x − x′) x̂ + (y − y′) ŷ + (z − z′) ẑ
A = ‖A⃗‖ = √[(x − x′)² + (y − y′)² + (z − z′)²]
 = A⃗ / A
∇ = x̂ ∂/∂x + ŷ ∂/∂y + ẑ ∂/∂z
(a) 證明：∇(A²) = 2A⃗
先寫純量：
A² = A⃗ · A⃗
A² = (x − x′)² + (y − y′)² + (z − z′)²
各分量偏微分：
∂(A²)/∂x = 2(x − x′)
∂(A²)/∂y = 2(y − y′)
∂(A²)/∂z = 2(z − z′)
因此梯度：
∇(A²)
= x̂[2(x − x′)] + ŷ[2(y − y′)] + ẑ[2(z − z′)]
= 2[(x − x′)x̂ + (y − y′)ŷ + (z − z′)ẑ]
= 2A⃗
(b) 證明：∇(1/A) = −Â/A²
先用鏈鎖律：
∇(1/A) = d(1/A)/dA · ∇A
d(1/A)/dA = −1/A²
所以：
∇(1/A) = −(1/A²) ∇A
接著求 ∇A。
因為：
A = √(A²) = (A²)^(1/2)
套用鏈鎖律：
∇A = ∇[(A²)^(1/2)]
= (1/2)(A²)^(−1/2) ∇(A²)
= (1/(2A)) ∇(A²)
由 (a) 已知：
∇(A²) = 2A⃗
代入：
∇A = (1/(2A)) · (2A⃗) = A⃗/A = Â
回到原式：
∇(1/A) = −(1/A²) Â = −Â/A²
ANS.2
這題在做的是「線積分沿路徑把向量場投影到前進方向，再把每一小段加總」：因此你把路徑拆成三段直線，每一段的 dl⃗ 只會沿著某一個座標方向（x̂、ŷ 或 ẑ），線積分 v⃗·dl⃗ 就等同於只取 v⃗ 在該方向的分量去積分（例如走 x 方向就只積 Vx dx，走 y 方向就只積 Vy dy）。你會發現某些段落因為「走的方向」與「當下向量場的分量」互相垂直而變成 0（例如路徑 (a) 的第二段沿 ŷ 前進，但 Vy = 2yz 在 z=0 時為 0，所以整段貢獻為 0）。最後兩條路徑都得到 4/3，反映出這個向量場其實是保守場（可由 ∇×v⃗ = 0⃗ 判斷），所以線積分只與起終點有關、與走哪條路無關；換句話說，不管你先走 x 再走 z，或先走 z 再走 x，只要端點相同，總「功」就相同。
由題目
向量場
v⃗ = x² x̂ + 2yz ŷ + y² ẑ
線積分：∫ v⃗ · dl⃗
從 (0,0,0) 到 (1,1,1)，分兩條路徑：
(a) (0,0,0) → (1,0,0) → (1,1,0) → (1,1,1)
(b) (0,0,0) → (0,0,1) → (0,1,1) → (1,1,1)
(a) 路徑 (0,0,0)→(1,0,0)→(1,1,0)→(1,1,1)
段 1： (0,0,0) → (1,0,0)
參數：y = 0, z = 0, x: 0→1
dl⃗ = dx x̂
v⃗ = x² x̂ + 2·0·0 ŷ + 0² ẑ = x² x̂
v⃗ · dl⃗ = x² dx
∫₀¹ x² dx = [x³/3]₀¹ = 1/3
段 2： (1,0,0) → (1,1,0)
參數：x = 1, z = 0, y: 0→1
dl⃗ = dy ŷ
v⃗ = 1² x̂ + 2y·0 ŷ + y² ẑ(但 ẑ 分量乘 z=0? 注意：此題 ẑ 分量是 y²，本身不含 z，但仍是 ẑ 方向)
所以 v⃗ = 1 x̂ + 0 ŷ + y² ẑ
v⃗ · dl⃗ = (1 x̂ + 0 ŷ + y² ẑ) · (dy ŷ) = 0
∫ = 0
段 3： (1,1,0) → (1,1,1)
參數：x = 1, y = 1, z: 0→1
dl⃗ = dz ẑ
v⃗ = 1² x̂ + 2·1·z ŷ + 1² ẑ
= 1 x̂ + 2z ŷ + 1 ẑ
v⃗ · dl⃗ = 1 dz
∫₀¹ 1 dz = 1
路徑 (a) 總和
I₍a₎ = 1/3 + 0 + 1 = 4/3
(b) 路徑 (0,0,0)→(0,0,1)→(0,1,1)→(1,1,1)
段 1： (0,0,0) → (0,0,1)
參數：x = 0, y = 0, z: 0→1
dl⃗ = dz ẑ
v⃗ = 0² x̂ + 2·0·z ŷ + 0² ẑ = 0⃗
v⃗ · dl⃗ = 0
∫ = 0
段 2： (0,0,1) → (0,1,1)
參數：x = 0, z = 1, y: 0→1
dl⃗ = dy ŷ
v⃗ = 0² x̂ + 2y·1 ŷ + y² ẑ
= 2y ŷ + y² ẑ
v⃗ · dl⃗ = (2y ŷ + y² ẑ) · (dy ŷ) = 2y dy
∫₀¹ 2y dy = [y²]₀¹ = 1
段 3： (0,1,1) → (1,1,1)
參數：y = 1, z = 1, x: 0→1
dl⃗ = dx x̂
v⃗ = x² x̂ + 2·1·1 ŷ + 1² ẑ
= x² x̂ + 2 ŷ + 1 ẑ
v⃗ · dl⃗ = x² dx
∫₀¹ x² dx = 1/3
路徑 (b) 總和
I₍b₎ = 0 + 1 + 1/3 = 4/3
最終答案
I₍a₎ = 4/3
I₍b₎ = 4/3
兩條路徑結果相同。
ANS.3
這題是在用「散度定理」把同一件事用兩種角度計算並互相驗證：體積積分 ∭_V (∇·v⃗) dV 代表向量場在立方體內部的「淨源量／外流強度總和」，也就是每一個小體積元素把場往外推的總傾向累加起來；而曲面通量 ∯_S (v⃗·n̂) dS 則是直接在邊界六個面上量測「有多少場穿出立方體」。你先算散度得到 ∇·v⃗ = y + 2z + 3x，對 0→2 的立方體做三重積分得到 48，表示整個體積的總外流量應為 48；再從邊界面來看，因為在 x=0、y=0、z=0 三個面上對應的分量含有 x、y、z 因子而為 0，所以那三面沒有通量，只有 x=2、y=2、z=2 三個面有正向外流，分別算出 8、16、24，加總同樣是 48。兩邊一致就等於確認「內部產生的外流總量 = 穿過外殼的通量總量」，也就是散度定理在這個立方體與此向量場下完全成立。
由題目
v⃗ = x y x̂ + 2 y z ŷ + 3 z x ẑ
體積：圖中的立方體，邊長 2
依圖示可取範圍：0 ≤ x ≤ 2，0 ≤ y ≤ 2，0 ≤ z ≤ 2
要驗證：
∯_S (v⃗ · n̂) dS = ∭_V (∇·v⃗) dV
1) 先算體積積分：∭_V (∇·v⃗) dV
散度：
∇·v⃗ = ∂(x y)/∂x + ∂(2 y z)/∂y + ∂(3 z x)/∂z
= y + 2z + 3x
所以體積積分：
∭ (y + 2z + 3x) dV
= ∭ y dV + ∭ 2z dV + ∭ 3x dV
立方體範圍：x,y,z 都是 0→2
(1) ∭ y dV
= (∫₀² y dy)(∫₀² dx)(∫₀² dz)
= ( [y²/2]₀² )(2)(2)
= (2)(4) = 8
(2) ∭ 2z dV
= (∫₀² 2z dz)(∫₀² dx)(∫₀² dy)
= ( [z²]₀² )(2)(2)
= (4)(4) = 16
(3) ∭ 3x dV
= (∫₀² 3x dx)(∫₀² dy)(∫₀² dz)
= ( 3[x²/2]₀² )(2)(2)
= (3·2)(4)
= 24
總和：
∭_V (∇·v⃗) dV = 8 + 16 + 24 = 48
2) 再算曲面通量：∯_S (v⃗ · n̂) dS
立方體有 6 個面：x=0, x=2, y=0, y=2, z=0, z=2
外法向量分別是 ±x̂, ±ŷ, ±ẑ
面 1：x = 0，n̂ = −x̂
v⃗ · n̂ = v⃗ · (−x̂) = −v_x = −(x y)
但 x=0 ⇒ v⃗ · n̂ = 0
通量 Φₓ₌₀ = 0
面 2：x = 2，n̂ = +x̂
v⃗ · n̂ = v_x = x y = 2y
dS = dy dz
Φₓ₌₂ = ∬ (2y) dy dz
= (∫₀² 2y dy)(∫₀² dz)
= ([y²]₀²)(2)
= (4)(2) = 8
面 3：y = 0，n̂ = −ŷ
v⃗ · n̂ = −v_y = −(2 y z)
y=0 ⇒ 0
Φᵧ₌₀ = 0
面 4：y = 2，n̂ = +ŷ
v⃗ · n̂ = v_y = 2 y z = 4z
dS = dx dz
Φᵧ₌₂ = ∬ (4z) dx dz
= (∫₀² dx)(∫₀² 4z dz)
= (2)(4[z²/2]₀²)
= (2)(4·2)
= 16
面 5：z = 0，n̂ = −ẑ
v⃗ · n̂ = −v_z = −(3 z x)
z=0 ⇒ 0
Φ_z₌₀ = 0
面 6：z = 2，n̂ = +ẑ
v⃗ · n̂ = v_z = 3 z x = 6x
dS = dx dy
Φ_z₌₂ = ∬ (6x) dx dy
= (∫₀² 6x dx)(∫₀² dy)
= (6[x²/2]₀²)(2)
= (6·2)(2)
= 24
曲面總通量
∯_S (v⃗ · n̂) dS
= 0 + 8 + 0 + 16 + 0 + 24 = 48
3) 結論：散度定理成立
∯_S (v⃗ · n̂) dS = 48
∭_V (∇·v⃗) dV = 48
兩邊相等，驗證完成
ANS.4
這題要讓讀者理解的重點是：Stokes 定理把「邊界繞一圈的環流」與「穿過該面之旋度通量」連結在一起，也就是 ∮_C (v⃗·dl⃗) 等於 ∬_S ((∇×v⃗)·n̂)dS。因為陰影面在 y–z 平面（x=0），先用邊界箭頭判斷繞行方向 O→B→A→O 在 y–z 平面是逆時針，依右手定則對應的面法向量就是 +x̂；接著算出 ∇×v⃗，與 +x̂ 點乘後只剩 −2y，表示「穿出此面」的旋度通量只由 y 決定，再在三角形區域 y+z≤2 上做面積分得到 −8/3。另一方面，線積分分成三段時，兩條直角邊（沿 y 軸與沿 z 軸）在 x=0 且 y=0 或 z=0 的條件下使向量場在行進方向的投影為 0，所以只有斜邊那段真正有貢獻，算出也正好是 −8/3。兩邊同值就清楚說明：這個向量場沿邊界「繞行的總效應」完全等價於它在面內部的「旋度分佈」所造成的總通量，Stokes 定理因此被驗證。
由題目
v⃗ = x y x̂ + 2 y z ŷ + 3 z x ẑ
使用圖中陰影三角形面積驗證 Stokes 定理：
∮_C (v⃗ · dl⃗) = ∬_S ( (∇×v⃗) · n̂ ) dS
0) 幾何與方向判讀（依圖）
陰影三角形在 y–z 平面 上，所以可視為平面 x = 0。
三個頂點：
- O = (0,0,0)
- B = (0,2,0) （y 軸上）
- A = (0,0,2) （z 軸上）
邊界方向（看箭頭）：
O → B → A → O
在 y–z 平面中 (y 右、z 上) 這是逆時針方向，因此依右手定則對應的法向量為：
n̂ = +x̂
1) 右邊：面積分 ∬_S ( (∇×v⃗) · n̂ ) dS
1.1 計算旋度 ∇×v⃗
v⃗ = (Vx, Vy, Vz) = (x y, 2 y z, 3 z x)
∇×v⃗ =
( ∂Vz/∂y − ∂Vy/∂z ) x̂
- ( ∂Vx/∂z − ∂Vz/∂x ) ŷ
- ( ∂Vy/∂x − ∂Vx/∂y ) ẑ
逐項算：
- x̂ 分量：∂(3zx)/∂y − ∂(2yz)/∂z = 0 − 2y = −2y
- ŷ 分量：∂(xy)/∂z − ∂(3zx)/∂x = 0 − 3z = −3z
- ẑ 分量：∂(2yz)/∂x − ∂(xy)/∂y = 0 − x = −x
所以：
∇×v⃗ = (−2y) x̂ + (−3z) ŷ + (−x) ẑ
1.2 與法向量點乘
n̂ = +x̂
(∇×v⃗) · n̂ = (−2y)
1.3 設定面積分區域
面在 x=0，dS = dy dz
三角形區域 R（在 y–z 平面）：
- y ≥ 0
- z ≥ 0
- y + z ≤ 2
因此：
⟂I = ∬_S ( (∇×v⃗) · n̂ ) dS
= ∬_R (−2y) dy dz
= ∫(y=0→2) ∫(z=0→2−y) (−2y) dz dy
先對 z 積分：
= ∫₀² (−2y)(2−y) dy
= ∫₀² (−4y + 2y²) dy
= [ −2y² + (2/3)y³ ]₀²
= ( −2·4 + (2/3)·8 ) − 0
= −8 + 16/3
= −8/3
所以面積分結果：
⟂I = −8/3
2) 左邊：線積分 ∮_C (v⃗ · dl⃗)
把邊界 C 分成三段：
C1：O(0,0,0) → B(0,2,0)
C2：B(0,2,0) → A(0,0,2)
C3：A(0,0,2) → O(0,0,0)
C1：O → B（沿 y 軸）
參數：x=0, z=0, y: 0→2
dl⃗ = dy ŷ
v⃗ = x y x̂ + 2 y z ŷ + 3 z x ẑ
在 x=0, z=0 時 v⃗ = 0⃗
所以：
∫_C1 v⃗·dl⃗ = 0
C2：B → A（斜邊 y+z=2）
令 y=t，則 z=2−t，且 t: 2→0
dl⃗ = dy ŷ + dz ẑ = dt ŷ + (−dt) ẑ = dt( ŷ − ẑ )
在 x=0 時：
v⃗ = 0 x̂ + 2 y z ŷ + 0 ẑ = (2yz) ŷ
所以：
v⃗ · dl⃗ = (2yz) ŷ · dt( ŷ − ẑ )
= (2yz) dt
代入 y=t, z=2−t：
∫_C2 v⃗·dl⃗
= ∫(t=2→0) 2 t(2−t) dt
= 2 ∫(2→0) (2t − t²) dt
= 2 [ t² − t³/3 ]₂⁰
= 2 ( 0 − (4 − 8/3) )
= 2 ( −4/3 )
= −8/3
C3：A → O（沿 z 軸向下）
參數：x=0, y=0, z: 2→0
dl⃗ = dz ẑ
在 x=0, y=0 時 v⃗ = 0⃗
所以：
∫_C3 v⃗·dl⃗ = 0
線積分總和
∮_C v⃗·dl⃗
= 0 + (−8/3) + 0
= −8/3
3) 結論：Stokes 定理成立
∮_C (v⃗ · dl⃗) = −8/3
⟂I = ∬_S ( (∇×v⃗) · n̂ ) dS = −8/3
兩邊相等，驗證完成
ANS.5
這題用 Stokes 定理的精神來看，就是在比對同一個「旋轉效應」的兩種量測方式：左邊的 ∮_C (v⃗·dl⃗) 是沿著邊界 C 繞一圈，把向量場在「行進方向」上的投影累加起來，得到的是邊界的總環流；右邊的 ∬_S ((∇×v⃗)·n̂)dS 則是把面 S 內部每一點的旋度（局部渦旋強度）沿著法向量 n̂ 的分量加總，得到穿過該面的旋度通量。你先用邊界箭頭 O→B→A→O 判斷在 y–z 平面是逆時針，依右手定則固定 n̂=+x̂，這一步很關鍵，因為方向一旦選錯，兩邊符號就會相反。接著因為面在 x=0，上下兩條直角邊剛好讓向量場在切向方向的分量為 0，所以線積分的貢獻只集中在斜邊；而面積分那邊則因為 (∇×v⃗)·n̂ 簡化成 −2y，只要在三角形區域 y+z≤2 做加總即可。最後兩邊都得到 −8/3，表示「邊界繞行的總效果」完全等價於「面內局部旋度的總和」，因此 Stokes 定理在此例中被清楚驗證。
v⃗ = x y x̂ + 2 y z ŷ + 3 z x ẑ
Stokes 定理要驗證：
∮_C (v⃗ · dl⃗) = ∬_S ( (∇×v⃗) · n̂ ) dS
1) 幾何：三角形面 S 與邊界 C
陰影面在 y–z 平面，因此：x = 0
三頂點：
O = (0,0,0) B = (0,2,0) A = (0,0,2)
邊界方向（依圖箭頭）：
O → B → A → O
在 y–z 平面（y 向右，z 向上）這是逆時針，因此右手定則給：
n̂ = +x̂
2) 面積分： ∬_S ( (∇×v⃗) · n̂ ) dS
2.1 旋度
v⃗ = (Vx, Vy, Vz) = (x y, 2 y z, 3 z x)
∇×v⃗ =
( ∂Vz/∂y − ∂Vy/∂z ) x̂
- ( ∂Vx/∂z − ∂Vz/∂x ) ŷ
- ( ∂Vy/∂x − ∂Vx/∂y ) ẑ
各分量：
x̂：∂(3zx)/∂y − ∂(2yz)/∂z = 0 − 2y = −2y
ŷ：∂(xy)/∂z − ∂(3zx)/∂x = 0 − 3z = −3z
ẑ：∂(2yz)/∂x − ∂(xy)/∂y = 0 − x = −x
所以：
∇×v⃗ = (−2y) x̂ + (−3z) ŷ + (−x) ẑ
2.2 與法向量點乘（n̂ = +x̂）
(∇×v⃗) · n̂ = −2y
2.3 面積分區域
在 y–z 平面三角形：
y ≥ 0, z ≥ 0, y + z ≤ 2
dS = dy dz
因此：
⟂I = ∬_R (−2y) dy dz
= ∫(y=0→2) ∫(z=0→2−y) (−2y) dz dy
= ∫₀² (−2y)(2−y) dy
= ∫₀² (−4y + 2y²) dy
= [ −2y² + (2/3)y³ ]₀²
= −8 + 16/3
= −8/3
所以：
⟂I = −8/3
3) 線積分：∮_C (v⃗ · dl⃗)
分三段 C1, C2, C3：
C1：O(0,0,0) → B(0,2,0)
x=0, z=0, y: 0→2
dl⃗ = dy ŷ
此時 v⃗ = 0⃗
∫_C1 v⃗·dl⃗ = 0
C2：B(0,2,0) → A(0,0,2)
斜邊：y + z = 2，且 x=0
令 y=t，z=2−t，t: 2→0
dl⃗ = dy ŷ + dz ẑ = dt ŷ − dt ẑ = dt( ŷ − ẑ )
x=0 時：
v⃗ = 0 x̂ + 2 y z ŷ + 0 ẑ = (2yz) ŷ
所以：
v⃗·dl⃗ = (2yz) ŷ · dt( ŷ − ẑ ) = 2yz dt
代入 y=t, z=2−t：
∫_C2 v⃗·dl⃗
= ∫(2→0) 2 t(2−t) dt
= 2 ∫(2→0) (2t − t²) dt
= 2 [ t² − t³/3 ]₂⁰
= 2 ( 0 − (4 − 8/3) )
= 2 ( −4/3 )
= −8/3
C3：A(0,0,2) → O(0,0,0)
x=0, y=0, z: 2→0
dl⃗ = dz ẑ
此時 v⃗ = 0⃗
∫_C3 v⃗·dl⃗ = 0
線積分總和
∮_C v⃗·dl⃗ = 0 + (−8/3) + 0 = −8/3
4) 結論（Stokes 定理成立）
∮_C (v⃗ · dl⃗) = −8/3
⟂I = ∬_S ( (∇×v⃗) · n̂ ) dS = −8/3
兩邊相等
ANS.6
這題的思路可以用一句話抓住：先用對稱性把向量問題降成只剩 ẑ 分量，再把每一段線電荷的庫侖場沿 z 方向投影後積分、最後把四邊相加。因為正方形以原點為中心、P 在 (0,0,z)，任一線元素在 x̂ 與 ŷ 方向造成的電場，都會被對邊與對稱位置的線元素產生的分量抵消，所以 Ex=Ey=0，只剩 Ez；接著以其中一邊（例如 y=a/2）參數化，對每個 dq=λdx 寫出到 P 的距離 r=√(x²+(a/2)²+z²)，用 dE⃗ = (1/(4πϵ0))·(dq r⃗/r³) 並只取 z 分量得到 dEz = (1/(4πϵ0))·λ z dx/(x²+z²+a²/4)^(3/2)，積分得到單邊貢獻，再利用四邊完全等效（同樣把場往 +ẑ 推）直接乘 4，就得到你最後的 Ez 與 E⃗ 表達式；整個結果也符合直覺：z 越大電場越小，且整體方向沿著正方形法向量 ẑ。
求：正方形線電荷環（邊長 a，均勻線電荷密度 λ）在中心正上方距離 z 的點 P 的電場 E⃗。
設正方形位於 x–y 平面、中心在原點，P 在 (0,0,z)。
1) 對稱性判斷
因為正方形與點 P 對 x、y 對稱：
- x̂ 分量互相抵消 → Ex = 0
- ŷ 分量互相抵消 → Ey = 0
- 只剩 ẑ 分量 → E⃗ = Ez ẑ
2) 計算單一邊的 Ez
取上邊：y = a/2，x 從 −a/2 到 +a/2，z = 0
線元素：dl = dx
dq = λ dx
從線元素 (x, a/2, 0) 到 P(0,0,z) 的位移向量：
r⃗ = (0−x) x̂ + (0−a/2) ŷ + (z−0) ẑ
r⃗ = −x x̂ − (a/2) ŷ + z ẑ
距離：
r = √(x² + (a/2)² + z²)
庫侖定律微分形式：
dE⃗ = (1/(4πϵ0)) · (dq r⃗ / r³)
取 z 分量（只取 r⃗ 的 z 分量 z）：
dEz = (1/(4πϵ0)) · (λ dx) · z / r³
dEz = (1/(4πϵ0)) · λ z dx / (x² + (a/2)² + z²)^(3/2)
令 b² = z² + (a/2)² = z² + a²/4
則：
Ez(單邊) = (1/(4πϵ0)) · λ z ∫(x=−a/2→a/2) dx / (x² + b²)^(3/2)
使用標準積分：
∫ dx / (x² + b²)^(3/2) = x / ( b² √(x² + b²) )
代入上下限：
∫(−a/2→a/2) dx / (x² + b²)^(3/2)
= x / ( b² √(x² + b²) )
= (a/2)/(b² √((a/2)² + b²)) − (−a/2)/(b² √((a/2)² + b²))
= a / ( b² √((a/2)² + b²) )
而：
(a/2)² + b² = a²/4 + (z² + a²/4) = z² + a²/2
所以：
Ez(單邊) = (1/(4πϵ0)) · λ z · a / ( (z² + a²/4) √(z² + a²/2) )
3) 四邊相加
四邊貢獻相同（都只加到 +ẑ 方向）：
Ez(總) = 4 Ez(單邊)
因此：
Ez = (1/(4πϵ0)) · 4 λ a z / ( (z² + a²/4) √(z² + a²/2) )
所以電場向量：
E⃗(0,0,z) = Ez ẑ
E⃗(0,0,z) = (1/(4πϵ0)) · [ 4 λ a z / ( (z² + a²/4) √(z² + a²/2) ) ] ẑ
##（可選）更簡潔改寫
因為 z² + a²/4 = (4z² + a²)/4
4 / (z² + a²/4) = 16 / (4z² + a²)
所以：
Ez = (1/(4πϵ0)) · 16 λ a z / ( (a² + 4z²) √(z² + a²/2) )
ANS.7
這題的關鍵是把「圓環在軸線上的電場」套到兩個圓環並做向量方向的平衡：點 P 位在兩環之間，對 Ring 1 而言 P 在其右側，所以若 q1 為正，E1 指向 +x；對 Ring 2 而言 P 在其左側，軸向距離是 x2 = −2R，因此同號電荷會讓 E2 指向 −x，兩者方向相反才有可能互相抵消。接著利用圓環軸上電場大小 E(x) = (1/(4πϵ0))·(q x/(x²+R²)^(3/2))，把 x1=R 與 x2=−2R 代入並令 E1+E2=0，就得到電荷量必須按幾何衰減因子調整：q1/2^(3/2) = 2q2/5^(3/2)，因此 q1/q2 = 2^(5/2)/5^(3/2) = (4√2)/(5√5)。這個比值反映出 Ring 2 雖然距離較遠（2R），其場在 P 衰減更強，所以要抵消 Ring 1 的場就需要相對較大的 q2（因此 q1/q2 < 1），且兩者必須同號才能形成相反方向的電場。
題目整理
兩個同半徑 R 的均勻帶電圓環，共軸。
- Ring 1：總電荷 q1
- Ring 2：總電荷 q2
- 兩環中心距離 d = 3R
- 點 P 在共軸線上，距 Ring 1 中心為 R
⇒ P 距 Ring 2 中心為 d − R = 3R − R = 2R - 已知：P 點合電場為 0
求：q1/q2
圓環軸上電場（只沿軸向）
對半徑 R、總電荷 q 的圓環，軸上距離 x 的電場（含方向）：
E(x) = (1/(4πϵ0)) · ( q x / (x² + R²)^(3/2) )
x 的正負號會決定方向（沿軸線正向或反向）。
在 P 點的兩個電場
取軸線正方向從 Ring 1 指向 Ring 2 為 +x。
- P 在 Ring 1 右側：x1 = +R
E1 = k · ( q1·R / (R² + R²)^(3/2) ) - P 在 Ring 2 左側：相對 Ring 2，x2 = −2R
E2 = k · ( q2·(−2R) / ((2R)² + R²)^(3/2) )
其中 k = 1/(4πϵ0)
合場為 0：
E1 + E2 = 0
化簡分母並解比值
( R² + R² )^(3/2) = (2R²)^(3/2) = 2^(3/2) R³
( (2R)² + R² )^(3/2) = (5R²)^(3/2) = 5^(3/2) R³
所以：
E1 = k · ( q1 R / (2^(3/2) R³) ) = k · ( q1 / (2^(3/2) R²) )
E2 = k · ( q2 (−2R) / (5^(3/2) R³) ) = k · ( −2q2 / (5^(3/2) R²) )
令 E1 + E2 = 0：
q1/2^(3/2) − 2q2/5^(3/2) = 0
⇒ q1/2^(3/2) = 2q2/5^(3/2)
因此：
q1/q2 = 2 · 2^(3/2) / 5^(3/2)
q1/q2 = 2^(5/2) / 5^(3/2)
換成根號形式：
2^(5/2) = √(2⁵) = √32 = 4√2
5^(3/2) = √(5³) = √125 = 5√5
所以：
q1/q2 = (4√2)/(5√5)
答案
q1/q2 = (4√2)/(5√5)
補充：因為 P 在兩環之間，要互相抵消，q1 與 q2 必須同號（否則電場方向同向，無法抵消）。
