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1、r2r r1)r2r r1)由心E - dS = Q =竺S83800C 3 r3)p.片=1(r3 - r3 )p1fr r2)38 r 3or r2)1.7. 有一内外半径分别为r1 和 r2 的空心介质球，介质的电容率为&使介质内均匀带静止由电荷pf求1 空间各点的电场；2 极化体电荷和极化面电荷分布。解（1）即：D 4 兀 r 2 =(r 3 r 3)3(r3 r3 )p_. E =1 tr ,38r3r r1 时，8 -8X E = 800 e 0 80E =(8-8 )E0p = -V P = (8 8p0(r 3 r 3)138 r 3=-0 p 38fr2r8 -88 -8=F
2、p f(30)=Tpr1)a = P - Pp1n2 n考虑外球壳时， r= r 2 ，n 从介质1 指向介质 2（ 介质指向真空）P2n =0z)zr3 - r3 )a= p =(88 丿pp1n038 r3rr=r21 -880 8丿r3-r321 p3r 3 ”2考虑内球壳时， r= r 1z)(r 3 r 3)_a =(8-8 ) p rp038 r 3f1.11. 平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为l1 和 l2电容率为 1和,今在两板接上电动势为E的电池，求1) 电容器两板上的自由电荷密度rof2) 介质分界面上的自由电荷密度rof若介质是漏电的，电导率分别为o 1和o 2
3、当电流达到恒定时，上述两问题的结果如何？ 解：在相同介质中电场是均匀的，并且都有相同指向1E 1 E = EE = 0（介质表面上b = 0）22f则 4 1 12 2I D D =8 E 81n 2n 1 18 E1l 8 + l 81 2 2 18E故：E =2-1 1 8 + 1 81 2 2 1又根据 D D二b1n2 nn 从介质1 指向介质 2 )在上极板的交面上，=b2f1是金属板，故D =02即：b = D D - D =D ，f3122(D是下极板金属，故188b = D 二 if 118 +1 81288 E= bf318 +1 8f1 2 2 1若是漏电，并有稳定电流时，
4、由E = j可得bE =j1 b1E二厶2b214 +1 缶=E1b 2 b12j = j = j = j ,（稳定流动）1n2 n1 2得：EJ 广丁 TT4 +2-QQ12E =厶=QiE2 Q lQ +lQ2 1 2 2 1wo E12l Q +1 Q1 2 2 1Q 二-D 二fT2w Q -w QQ 二 D D 二一i_2 Ef中23 l Q +1 Q1 2 2 11.14、内外半径分别a和b的无限长圆柱形电容器，单位长度电荷为九，板间填f充电导率为Q的非磁性物质。(1) 证明在介质中任何一点传导电流与位移电流严格抵消，因此内部无磁场。(2) 求九随时间的衰减规律。f(3) 求与轴相
5、距为 r 的地方的能量功耗功率密度。(4) 求长度为l的一段介质总的能量耗散功率，并证明它等于这段的能减少率。(1) 证明：由电流连续性方程：V-J +尘二0dt根据高斯定理P =V-Df:.V- J + V-D = 0,即：VJ +V竺=0Stdt：v-(J+竺)二o，.：.：j+竺二o，即传导电流与位移电流严格抵dtdt消。(2) 解：由高斯定理得：JD-2兀rdl = Jx dlf一 九一一九一:D = e , E = f e2 兀 r r2兀w r r又j+竺二o，j =qE,D = wEdtd Eq:.QE + w 二0,E 二 E ewtdt0九一九e = r el te2ksr
6、r 2ksrr.九=X eltf f0(3 )解：J =atXf-2兀r能量耗散功率密度=J2 p = J2丄=(-f )2QQ2兀8 r(5)解：单位体积dV = l2兀rdrP = Jb (-f )2 q 12 兀 rdr =Inba 2兀8 r2兀8 2a静电能w=n - D -Edv Jb丄减少率aWlXbaXlX 2Qb= J In f =f Inat2兀8a at2kq 2a例1.一个内径和外径分别为r2和r3的导体球壳，带电荷Q,同心地包围着一个 半径为 R1 的导体球( R1 R )(1)1 R3P = c + -,(R R R )(2)2 R 21边界条件为：1)因内导体球接
7、地，故有申| 二申|=02 RR1 R g2）因整个导体球壳为等势体，故有申|申|2 RR11 RR3（3）球壳带总电荷Q,因而舞R 2d0+丄RR3RR2坐 R 2 d 0- QORo(5)把（1）、（2）代入这些边界条件中,得a 0, c + 0,Ridb ,力 Qc +, b 一 d RR234k0由此解出-2,b- Q 4ks04兀0Q14ks0(6)C-U4ks R01其中Q1R-i3R 一1 一 R 一1 + R 一1123把这些值代入（1）、（2）中,得出电势的解,(R R )3Q + Q4K8 R04K801导体球上的感应电荷为- J 坐 R2d0 二 Q0ORiR=R例 4
8、导体尖劈带电势 V ，分析它的尖角附近的电场。解 用柱坐标系。取 z 轴沿尖边。设尖劈以外的空间，即电场存在的空间为0 0 2k -a(a为小角)。因p不依懒于z,柱坐标下的拉氏方程为1)12 (r竺)+丄学=0r O r O rr 2 O0 2用分离变量法解次方程。设p的特解为p = R(r)0(0)则上式分解为两个方程d 2 RdRr 2+ r=v 2 R,dr 2 drd 20 d0 2+V 20 = 0.其中V为某些正实数或0把P的特解叠加得p得通解p = (A + B Inr)(C + D 0 ) + 丫 (A rv + B r-v )(C cosv0 + D sinV0).0000
9、V VVVv各待定常量和v的可能值都由边界条件确定.在尖劈0二0面上，p =V,与r无关，由此AC 二V,B 二0,0 0 0C = 0(v = 0).v因r t 0时申有限，得B 二 B 二 0.0 V在尖劈0= 2兀-a面上，有申=V,与r无关，必须D0 = 0， sinv（2兀一a） = 0,因此 V 得可能值为V n =总，（” 1,2） 兀考虑这些条件，申可以重写为甲=V + Y A rvn sin V 0.nnn为了确定待定常量 A ，还必须用某一大曲面包围着电场存在的区域，并给定这 n曲面上的边界条件。因此，本题所给的条件是不完全的，还不足以确定全空间的电场。但是，我们可以对尖角
10、附近的电场作出一定的分析。在尖角附近，r t0，上式的求和的主要贡献来自r最低幂次项，即n=1项。 因此，甲总 V + A rV sin V 0,11电场为一 q -V A 巴-i sinv 0,dr1 11E = -q -v A rV1 -1 cosV 0.0 r d01 11尖劈两面上的电荷密度为E (0 = 0)0=8E =0及O 0两种情况下电流分布的1 2 2 1特点。解：维持电流恒定的电场也是静电场，可令E = Vp，由电流恒定条件 V. Jf = 0，等两种介质都是线性均匀的，根据欧姆定律半径为 R，令导电液中原电流密度J =o E =o E。问题就0f 0202 0 z有 z
11、轴对称性。全部定解条件为：V 2申=0( Rv R ) ； V 2甲=0( R R )1 0 2 0R=0时， 申有限；1R T8 时，p T2/0 R cos0202R= R 时， p = p ， J = J 即 o 色I = o 2( 1 )0121R 2 R1 QR2 QR由R=0和R Ta处的条件，可将两区域电势方程的解写为申=工 a RnP (cos0)innn2）bJ申=工 P （cos0）一 foRcos02Rn+1 non2将（ 2）和（ 3）代入（ 1 ），解出3）3J申=4 R cos81 o + 2o12JJ (o o )R3申 =一一fo R cos 0+fo 12 jcos 02 oo (o + 2o ) R 22212由W=8 e Q E），得球面的电荷密度:0 R 21(如如)3 (o - o _一 一2 + 1 I= 1J COS 0I QRQR 丿(o + 2o ) R 2 f0R= R012球内申为原外场与球面电荷分布1W 产生的均匀场之叠加;球外申的第一项是原外场，第二项是球面电荷产生的偶极场。2电流分布为：3o
