解：（1）如圖7—2圖a，在細棒上任取電荷元dq，建立如圖坐標(biāo)，dq=Xd^，設(shè)棒的延長線上任一點P與坐標(biāo)原點0的距離為x解：（1）如圖7—2圖a，在細棒上任取電荷元dq，建立如圖坐標(biāo)，dq=Xd^，設(shè)棒的延長線上任一點P與坐標(biāo)原點0的距離為x，則dE==4雙（x_g）24雙（x_g）200則整根細棒在P點產(chǎn)生的電場強度的大小為E=±jl4=L（—_14K80（x_g）24K8x_Lx00dq0>=■=d&習(xí)題7—2圖aXL=L方向沿'軸正向。4幾匕x（x_L）0（2）如圖7—2圖b，設(shè)通過棒的端點與棒垂直上任一點Q與坐標(biāo)原點0的距離為ydE=Xdx4雙r20dE=耳人打cos0，0dE=-X^-sin00d0y因x=ytg0,dx=y,r=—COS20COS0代入上式，貝9習(xí)題7—2圖bE=J一dE=J00sin0d0XX4優(yōu)0y0X一…X11=_(1一COS0)=一——(—_.)，方向沿x軸負(fù)向。4%yu4%y\..?y2+IL7—1在邊長為a的正方形的四角，依次放置點電荷q,2q,-4q和2q，它的幾何中心放置一個單位正電荷，求這個電荷受力的大小和方向。解：如圖可看出兩2q的電荷對單位正電荷的在作用力將相互抵消，單位正電荷所受的力為F=&（1+4）=—,方向由q指向-4q。2、一2雙a24雙（-^a）207—2如圖，均勻帶電細棒，長為L，電荷線密度為入。（1）求棒的延長線上任一點P的場強；（2）求通過棒的端點與棒垂直上任一點Q的場強。dEj°0cos0dOsin0dEj°0cos0dOsin04兀8yjy2+L27—3一細棒彎成半徑為R的半圓形，均勻分布有電荷q,求半圓中心0處的場強。解：如圖，在半環(huán)上任取dl=Rd0的線元，其上所帶的電荷為dq=XRd0。對稱分析E=0。dEXRd0sin0dEsindEXRd0sin0dEsin02兀28R2如圖，方向沿x軸正向。7—4如圖線電荷密度為入1的無限長均勻帶電直線與另一長度為1、線電荷密度為入的均勻帶電直線在同一平面內(nèi)，二者互相垂直，求它們間的相互作用力。解：在入2的帶電線上任取一dq，h的帶電線是無限長，它在dq處產(chǎn)生的電場強度由高斯定理容易得到為兩線間的相互作用力為dF=XXdX^2XXjidx0兩線間的相互作用力為dF=XXdX^2XXjidx0習(xí)題7—4圖入1XXa+1—In——，如圖，方向沿x軸正向。2兀8ao7—5兩個點電荷所帶電荷之和為Q，問它們各帶電荷多少時，相互作用力最大？解：設(shè)其中一個電荷的帶電量是q，另一個即為Q—q，若它們間的距離為r，它們間的相互作用力為F_q(Q-q)

F—4兀8r20相互作用力最大的條件為dFQ-2q——0dq4兀8r20

由上式可得：Q=2q,q=Q/27—6一半徑為R的半球殼，均勻帶有電荷，電荷面密度為。，求球心處電場強度的大小。解：將半球殼細割為諸多細環(huán)帶，其上帶電量為dq=b2nrRdQ=b2兀R2sin0d0dq在。點產(chǎn)生的電場據(jù)(7—10)式為dE=4ydR,y=Rcos90E=jdE上b2職3血9cos9d904雙R30=9。0順(sin9)=務(wù)浮00480如圖，方向沿y軸負(fù)向。7—7設(shè)勻強電場的電場強度￡與半徑為R的半球面對稱軸平行，計算通過此半球面電場強度的通量。E習(xí)題7—7圖解：如圖，設(shè)作一圓平WS1蓋住半球面S2,E習(xí)題7—7圖JE?d?=tE?d?+任.d?=0SS1S2%=JE-dS=-JE?dS=—E兀R21S1S27—8求半徑為R，帶電量為q的空心球面的電場強度分布。解：由于電荷分布具有球?qū)ΨQ性，因而它所產(chǎn)生的電場分布也具有球?qū)ΨQ性，與帶電球面同心的球面上各點的場強E的大小相等，方向沿徑向。在帶電球內(nèi)部與外部區(qū)域分別作對S與S，12，即先計算場強的通量，然后得習(xí)題7—對S與S，12，即先計算場強的通量，然后得習(xí)題7—18圖W=JE?dS=E4兀r2=0S1得E內(nèi)=0(r<R)w=JE?dS=E4兀r2=—8S20E外=▽r(r>R)7—9如圖所示，厚度為d的“無限大”均勻帶電平板，體電荷密度為P,求板內(nèi)外的電場分布。解:帶電平板均勻帶電，在厚度為d/2的平分街面上電場強度為零，取坐標(biāo)原點在此街面上，建立如圖坐標(biāo)。對底面積為A,高度分別為x<d/2和x>d/2的高斯曲面應(yīng)用高斯定理，有W-￡，E-dS—EA—「人*!_pp—xi1￡07—10W=卜E-dS=EA—4dpA—2￡

0'工dp22￡0/d(x>2)半徑為R的無限長帶電圓柱，其體電荷密度為P—Pr(r<R)，p°為常數(shù)。求場強分布。解：據(jù)高斯定理有jE?d$—E2nrl——fpdV$0Vk2nlk一一r<R時：E2兀rl—一jrr2兀rIdr—jrr2dr00005,2兀lkr3、pkr2pE2兀rl—TE=e￡33￡nr>R時：E2兀rl——\Rr'2兀r7dr，-"「jRr'2dr'0000r習(xí)題7—10圖e/2兀lkR3pkR3pE2兀rl—TE—e￡33srn7—11帶電為q、半徑為*的導(dǎo)體球，R3。(1)球殼的電荷及電勢分布；其外同心地放一金屬球殼，球殼內(nèi)、外半徑為R2、把外球接地后再絕緣，求外球殼的電荷及球殼內(nèi)外電勢分布;再把內(nèi)球接地，求內(nèi)球的電荷及外球殼的電勢。解：(1)靜電平衡，球殼內(nèi)表面帶一q，外表面帶q電荷。據(jù)(7—23)式的結(jié)論得：V—-^(:-:+=)(r<R),14雙0%R2R31q習(xí)題7-11圖(2)U1*(R-！)(r<"012q(1―決+決q習(xí)題7-11圖(2)U1*(R-！)(r<"012匕=4^(R2<r<"03十土(r2R3)?0V=-^(1-—)(R<r<R);V=0(R<r<R),V=0(r>>R).24雙rR1232343(3)再把內(nèi)球接地，內(nèi)球的電荷及外球殼的電荷重新分布設(shè)靜電平衡，內(nèi)球帶/,球殼內(nèi)表面帶一q/，外表面帶q/—q。V=1'-J5)(r<R),

R2R31RRq

―1~a—(旗R)qV=qf-qRRq

―1~a—(旗R)qV=qf-q34雙RE=E+E=12Pr—i3￡0Pr23￡0oo'3￡0習(xí)題7-12圖得：R2R3-R1R3+R1R24雙(RR-RR+RR)(R<'<%)02313127—12一均勻、半徑為R的帶電球體中，存在一個球形空腔，空腔的半徑r(2r<R)，試證明球形空腔中任意點的電場強度為勻強電場，其方向沿帶電球體球心0指向球形空腔球心O/。證明：利用補缺法，此空腔可視為同電荷密度的一個完整的半徑為R的大球和一個半徑為r與大球電荷密度異號完整的小球組成，兩球在腔內(nèi)任意點P產(chǎn)生的電場分別據(jù)〔例7—7〕結(jié)果為上式是恒矢量，得證。7—13—均勻帶電的平面圓環(huán)，內(nèi)、外半徑分別為R1、R2，且電荷面密度為。。一質(zhì)子被加速器加速后，自圓環(huán)軸線上的P點沿軸線射向圓心O。。若質(zhì)子到達O點時的速度恰好為零，試求質(zhì)子位于P點時的動能Ek。（已知質(zhì)子的帶電量為e,忽略重力的影響，OP=L）習(xí)題7-13習(xí)題7-13圖=jR誓普=?（R2一R1）R100圓環(huán)軸線上P點的電勢為V」R,。2酣PR.4雙"2+L0biRbi=—《r2+L2‘'2=_(JR2+L2—<R2+L2)0R10質(zhì)子到達O點時的速度恰好為零有E0=Ep+氣—氣=E0—EEk=eV0-eV^==^-(R2—r「—尹(Jr；+l-JR;+L)00=1^（R2—R[—JR;+L+JR;+L）07—14有一半徑為R的帶電球面，帶電量為Q，球面外沿直徑方向上放置一均勻帶電細線，線電荷密度為入，長度為L（L>R），細線近端離球心的距離為L。設(shè)球和細線上的電荷分布固定，試求細線在電場中的電勢能。習(xí)題7-14圖解：在帶電細線中任取一長度為dr的線元，其上所帶的電荷元為dq$dr，據(jù)（7習(xí)題7-14圖JTTTQkdr電荷元的電勢能為：dW=成一4兀8r0細線在帶電球面的電場中的電勢能為：W=jdW=f2lQ^^L=ln2L4兀8r4兀8*7—15半徑為R的均勻帶電圓盤，帶電量為Q。過盤心垂直于盤面的軸線上一點P到盤心的距離為L。試求P點的電勢并利用電場強度與電勢的梯度關(guān)系求電場強度。解：P到盤心的距離為L，p點的電勢為V=fRb2兀rdrp04兀8vr2+L

0

bVr2+L2280b,、28"R2+L一L)00圓盤軸線上任意點的電勢為Rb2兀rdrV(x)=jR04冗8\：r2+x20280Q二―-——(%,R2+X2一X)

2兀8R2'270P,、dVPbVr2+L2280b,、28"R2+L一L)00圓盤軸線上任意點的電勢為Rb2兀rdrV(x)=jR04冗8\：r2+x20280Q二―-——(%,R2+X2一X)

2兀8R2'270—(1-—

2兀80R2.\R+X2)gP到盤心的距離為L，p點的電場強度為：E（L）=12—（2）兩球面間的電勢差為多少?式的結(jié)論得各區(qū)城電勢分布為(R12—（2）兩球面間的電勢差為多少?式的結(jié)論得各區(qū)城電勢分布為(R]<r<R);(r2R2).（2）兩球面間的電勢差為V12=j^4^r=備R-100127—17一半徑為R的無限長帶電圓柱，其內(nèi)部的電荷均勻分布，電荷體密度為P,若取棒表面為零電勢，求空間電勢分布并畫出電勢分布曲線。解：據(jù)高斯定理有r<R時：jE?dS=E2m=y-E=80V=0，則Sr=R時，.PLP28n0r<R時:V=-^jRrdr28r0P480(R2-r2)空間電勢分布并畫出電勢分布曲線大致如圖。V空間電勢分布并畫出電勢分布曲線大致如圖。Vr>R時:EE.d?=E2nrl=些一巳些2￡2srnS00V=2R11R空=￡R1lnR2&rr2&r7-187-18為U,求：兩根很長的同軸圓柱面半徑分別為R「(1)圓柱面單位長度帶有多少電荷？R,帶有等量異號的電荷，兩者的電勢差2(2)兩圓柱面之間的電場強度。解：設(shè)圓柱面單位長度帶電量為人，則兩圓柱面之間的電場強度大小為兩圓柱面之間的電勢差為由上式可得:二、R攵―lnR2雙rr2雙RX_U2雙°—lnR2R1所以E=—-—2=Ue(R<r<R)2雙rnlnR/R-rni27-19在一次典型的閃電中，兩個放電點間的電勢差約為109V，被遷移的電荷約為30庫侖，如果釋放出來的能量都用來使OoC的冰熔化成OoC的水，則可融化多少冰？(冰的熔解熱為3.34X105J.kg-1)解：兩個放電點間的電勢差約為109V，被遷移的電荷約為30庫侖，其電勢能為W=30x109J一A30x109上式釋放出來的能量可融化冰的質(zhì)量為：質(zhì)=點e=8-98x104kg7-20在玻爾的氫原子模型中，電子沿半徑為a的玻爾軌道上繞原子核作圓周運動。(1)若把電子從原子中拉出來需要克服電場力作多少功？(2)電子在玻爾軌道上運動的總能量為多少？解：電子沿半徑為a的玻爾軌道上繞原子核作圓周運動，其電勢能為-eeWp4?！阛oe2(1)把電子從原子中拉出來需要克服電場力作功為：w=-W=——外p4兀￡a(2)電子在玻爾軌道上運動的總能量為：W=七+氣=氣+2mv2v2e2m———mv2=a.1二E=—mv2=k28雙a電子的總能量為：W=Wp1+—mv電子的總能量為：W=Wp24雙a8雙a8雙a第八章靜電場中的導(dǎo)體與電介質(zhì)球殼的內(nèi)球面帶一球殼的內(nèi)球面帶一q、外球殼帶q電荷8-1點電荷+q處在導(dǎo)體球殼的中心和電勢的分布。解：靜電平衡時，在r<R1的區(qū)域內(nèi)殼的內(nèi)外半徑分別為&和R2,試求，電場強度在R1<r<R在R1<r<R2的區(qū)域內(nèi)習(xí)題8—1圖=r14雙r2oE2=0，U2在r>R2的區(qū)域內(nèi)：E3r.U3習(xí)題8—在r>R2的區(qū)域內(nèi)：E3r.U3習(xí)題8—2圖EoEo8-2把一厚度為d的無限大金屬板置于電場強度為E°的勻強電場中，E°與板面垂直，試求金屬板兩表面的電荷面密度。解：靜電平衡時，金屬板內(nèi)的電場為0，金屬板表面上電荷面密度與緊鄰處的電場成正比所以有b=-8E,b=8E.8-3一無限長圓柱形導(dǎo)體，半徑為a,單位長度帶有電荷量氣，其外有一共軸的無限長導(dǎo)體圓簡，內(nèi)外半徑分別為b和c,單位長度帶有電荷量X2,求(1)圓筒內(nèi)外表面上每單位長度的電荷量；(2)求電場強度的分布。2解：(1)由靜電平衡條件，圓筒內(nèi)外表面上每單位長度的電荷量為-X,%+氣；(2)在r<a的區(qū)域內(nèi)：E=0

在a<rb的區(qū)域內(nèi):E=——e2?！阹n0在r>b的區(qū)域內(nèi):E=\+人2e2雙rn08—4三個平行金屬板A、B和C,面積都是200cm2,A、B相距4.0mm,A、C相距2.0mm,B、C兩板都接地，如圖所示。如果A板帶正電3.0X10-7C，略去邊緣效應(yīng)（1）求B板和C板上感應(yīng)電荷各為多少？（2）以地為電勢零點，求A板的電勢。解：（1）設(shè)A板兩側(cè)的電荷為％、q2，由電荷守恒原理和靜電平衡條件，有12qiMF⑴qB=-^1LN（2）%d=Ld￡0S=2%代入（1）(2)式得q=1.0X10qB=-^1LN（2）%d=Ld￡0S=2%代入（1）(2)式得q=1.0X10-7C,1q2=2.0X10-7C,(2)UAqB=—1.0X10-7C,qc=-q2=—2.0X10-7C,2x10-7=eSdi=Kd2=200x10-4x8.85x10一1200x2x10-3=2.3X103V8—5半徑為R「l.0cm的導(dǎo)體球帶電量為q=1.0X10-10C,球外有一個內(nèi)外半徑分別為R「3.0cm和R「4.0cm的同心導(dǎo)體球殼，殼帶有電量Q=11X10-10C,如圖所示，求（1）兩球的電勢；（2）用導(dǎo)線將兩球連接起來時兩球的電勢；（3）外球接地時，兩球電勢各為多少？（以地為電勢零點）解：靜電平衡時，球殼的內(nèi)球面帶一q、外球殼帶q+Q電荷q+Q、(1)U1+y）代入數(shù)據(jù)R習(xí)題8—5圖U=1.0x10-101—1+1+11(1)U1習(xí)題8—5圖1=4x3.14x8.85x10-12x10-2(1—3+4=3.3X102V口q+Q1.0x10-10(1+11)U==24雙0R4x3.14x8.85x10-12x10-24=2.7X102V（2）用導(dǎo)線將兩球連接起來時兩球的電勢為〃q+Q1.0x10-10(1+11)2=4雙R=4x3.14x8.85x10-12x10-24=2.7X102V02

（3）外球接地時，兩球電勢各為1.0X10-101zqq、口_1.0X10-1011(—)U=(——)=60V4雙°R%14x3.14x8.85x10-12x101.0X10-108-6證明:兩平行放置的無限大帶電的平行平面金屬板A和B相向的兩面上電荷面密度大小相等，符號相反，相背的兩面上電荷面密度大小等，符號相同。如果兩金屬板的面積同為100cm2，帶電量分別為Q=6X10-8C和Q=4X10-sC，AB表面上的電面密度。證：設(shè)A板帶電量為Qa、兩側(cè)的電荷為％、％，B板板帶電量為Qb、兩側(cè)的電荷為q3、q4。由電荷守恒有q1+q2=QA（1）q3+q4=QB（2）在A板與B板內(nèi)部取兩場點，金屬板內(nèi)部的電場為零有略去邊緣效應(yīng)，求兩個板的四個AB習(xí)題略去邊緣效應(yīng)，求兩個板的四個AB習(xí)題8—6圖2582Se2Se2Se0000+2Se2Se00上qq+——1—4—2Se2Se00=0，得0+2Se2Se00上qq+——1—4—2Se2Se00=0，得0]+q2+q3-q4=0(4)聯(lián)立上面4個方程得：q1=q4=QA；。日,q2=-q=QA「Q即相向的兩面上電荷面密度大小相等，符號相反，相背的兩面上電荷面密度大小等，符號相同，本題得證。如果兩金屬板的面積同為100cm2，帶電量分別為Q=6X10-8C和Q=4X10-8C，則AB=b4(6+4)2X100X10-4X10-8=5.0X10-6C/m2,(6-4)2x100x10-4X10-8=1.0X10-6C/U28-8RqD習(xí)題88-8RqD習(xí)題8—7圖一—3平行板電容器，兩極板為相同的矩形，寬為a，長為b，間距為d，今將一厚8-7半徑為R的金屬球離地面很遠，并用細導(dǎo)線與地相聯(lián)，在與球心相距離為D=3R處有一點電荷+q，試求金屬球上的感應(yīng)電荷。解：設(shè)金屬球上的感應(yīng)電荷為Q，金屬球接地電勢為零，即=0

略去邊緣效應(yīng)，求插入金屬板后的電容習(xí)題8—8圖度為t、寬度為a的金屬板平行地向電容器內(nèi)插入略去邊緣效應(yīng)，求插入金屬板后的電容習(xí)題8—8圖解：設(shè)如圖左邊電容為^，右邊電容為^八￡a(b—x)C=_d—Csax2d—t左右電容并聯(lián)，總電容即金屬板后的電容量與金屬板插入深度x的關(guān)系，為C=C+C=￡0a(b—x)+理2dd—t￡atx=-^(b+)dd—t8-9收音機里的可變電容器如圖(a)所示，其中共有n塊金屬片，相鄰兩片的距離均為d，奇數(shù)片聯(lián)在一起固定不動(叫定片)偶數(shù)片聯(lián)在起而可一同轉(zhuǎn)動(叫動片)每片的形狀如圖(b)所示。求當(dāng)動片轉(zhuǎn)到使兩組片重疊部分的角度為9時，電容器的電容。解：當(dāng)動片轉(zhuǎn)到使兩組片重疊部分的角度為9時，電容器的電容的有效面積為S(r2—r2)9兀(r2—r2)9兀此結(jié)構(gòu)相當(dāng)有n-1的電容并聯(lián)，總電容為—2360C_(n-1)￡@(〃—1片°兀("—此結(jié)構(gòu)相當(dāng)有n-1的電容并聯(lián)，總電容為_d—360d28-10半徑都為a的兩根平行長直導(dǎo)線相距為d(d>>a),(1)設(shè)兩直導(dǎo)線每單位長度上分別帶電十人和一人求兩直導(dǎo)線的電勢差；(2)求此導(dǎo)線組每單位長度的電容。ro習(xí)題8—10圖解：(1)兩直導(dǎo)線的電電場強度大小為人E=2x2?！阹0ro習(xí)題8—10圖兩直導(dǎo)線之間的電勢差為[M人b_adr人d-a000(2)求此導(dǎo)線組每單位長度的電容為c人脫0V|d—aa8-11如圖，CjlOpF,C「5口F,C「5|iF,求(1)AB間的電容;(2)在AB間加上100V電壓時，求每個電容器上的電荷量和電壓；(3)如果q被擊穿，問C3上的電荷量和電壓各是多少？解：(1)AB間的電容為C二；3匕+圣二V=3.75.F；C]+C2+C320H

(2)在AB間加上100V電壓時，電路中的總電量就是^電容器上的電荷量，為q=q3=CV=3.73x10-6x100=3.73x10-4Cq3.73x10-4V廣匕=cTF=1^107=25V12C3習(xí)題8—11圖V3=C3習(xí)題8—11圖q1=CK=10x10-6x25=2.5x10-4Cq2=C2V2=5x10-6x25=1.25x10-4C(3)如果C1被擊穿，C2短路，AB間的100V電壓全加在C3上，即V3=100V，c3上的電荷量為233q3=C3V3=5x10-6x100=5.0x10-4C8—12平行板電容器，兩極間距離為l.5cm，外加電壓39kV，若空氣的擊穿場強為30kV/cm，問此時電容器是否會被擊穿？現(xiàn)將一厚度為0.3cm的玻璃插入電容器中與兩板平行，若玻璃的相對介電常數(shù)為7,擊穿場強為100kV/cm，問此時電容器是否會被擊穿？結(jié)果與玻璃片的位置有無關(guān)系？解：(1)未加玻璃前，兩極間的電場為E=哭=26kV/cm<30kV/cm1.5不會擊穿(2)加玻璃后，兩極間的電壓為V習(xí)題8—12圖12E+03E=39TE=31kV/cm>30kV/cm,,7空氣部分會擊穿，此后，玻璃中的電場為E=03=130kV/cm>V習(xí)題8—12圖8—13一平行板電容器極板面積為S，兩板間距離為d,其間充以相對介電常數(shù)分別為孔、孔，的兩種均勻電介質(zhì)，每種介質(zhì)各占一半體積，如圖所示。若忽略邊緣效應(yīng)，求此電容器的電容。解：設(shè)如圖左邊電容為^，右邊電容為^TOC\o"1-5"\h\zC=氣氣S/212習(xí)題8—13圖板間距d習(xí)題8—13圖板間距d為2mm，電壓600V，如果斷開電C=￥2S/2=0d左右電容并聯(lián)，總電容為八八八以S/2以S/2C=C+C=0r1+0r2=任(^,1+8「2)d28—14平行板電容器兩極間充滿某種介質(zhì)，源后抽出介質(zhì)，則電壓升高到1800V。求（1）電介質(zhì)相對介電常數(shù)；（2）電介質(zhì)上極化電荷面密度；（3）極化電荷產(chǎn)生的場強。解：設(shè)電介質(zhì)抽出前后電容分別為C與C/QC=4,C，=￥dd3U=孥U/ddE=U=600V=3x105V/md2x10-3mU1800Vc=3U'600V.?.b=D—￡E=￡E(￡—1)=5.31x10-6C/m2(3)E=E0+E',E0=%=21810V=9x1。5V/mE'=E—E=9x105V/m—3x105V/m=6x105V/m0QC=4,C，=￥dd3U=孥U/ddE=U=600V=3x105V/md2x10-3mU1800V)=3U'600V:.b=D—￡E=￡E(￡—1)=5.31x10-6C/m2(3)E=E0+E，,E0=三=21810V=9x1。5V/m:.E'=E—E=9x105V/m—3x105V/m=6x105V/m08-15圓柱形電容器是由半徑為R1的導(dǎo)體圓柱和與它共軸的導(dǎo)體圓筒組成。圓筒的半徑為虬，電容器的長度為L,其間充滿相對介電常數(shù)為氣的電介質(zhì)，設(shè)沿軸線方向單位長度上圓柱的帶電量為+人，圓筒單位長度帶電量為-人，忽略邊緣效應(yīng)。求（1）電介質(zhì)中的電位移和電場強度；（2）電介質(zhì)極化電荷面密度。解：取同軸圓柱面為高斯面，由介質(zhì)中的高斯定理可得JD-ds=D-2兀rl=人l:.D=—,E=—-—2兀r2兀r￡￡(￡—1)-(￡—1)-,b=P=D—￡E=>--￡2兀R220￡2兀R8-16半徑為R的金屬球被一層外半徑為R/的均勻電介質(zhì)包裹著，設(shè)電介質(zhì)的相對介電常數(shù)為￡，金屬球帶電量為Q,求（1）介質(zhì)層內(nèi)外的電場強度；（2）介質(zhì)層內(nèi)外的電勢；（3）r金屬球的電勢。解：U,ER12習(xí)題8—16圖（1取同心高斯球面，由介質(zhì)的高斯定理得巨?於=D-4kr2=Q,:.D=D=Q124兀r2-D=Q

4kr2￡0卜，Q『11)+Qje-al—(———-)+介質(zhì)層外的電勢2-"E2.0!=-0-R0\o"CurrentDocument"rrrr(3)金屬球的電勢-"E.dl+JR'E?dl0R12R11D:.E=——i1￡￡4兀r28￡（2）介質(zhì)層內(nèi)的電勢廣』E=—2=2￡0rrsE.dl+QA1、(———)+4兀￡￡RR4?！闞8-17球形電容器由半徑為&的導(dǎo)體球和與它同心的導(dǎo)體球殼組成，球殼內(nèi)半徑為R2,其間有兩層均勻電介質(zhì)，分界面半徑為r,電介質(zhì)相對介電常數(shù)分別為￡r1、￡r2，如圖所示。求（1）電容器的電容；（2）當(dāng)內(nèi)球帶電量為+Q時各介質(zhì)表面上的束縛電荷面密度。解：nQ—nQ—D—24kr2日DE————-2￡￡4kr2￡￡習(xí)題8—17圖E[￡￡4kr習(xí)題8—17圖q0：i1、0r211、()+()rR4k￡￡.Rq0：i1、0r211、()+()rR4k￡￡.RR22r14k￡￡Q4k￡￡￡RRr.：C———0r2r121U(￡1—￡2RR]+r(R&2—R]￡])(1)b=D—￡E-—^(1-上),.:。--一^(1-上)TOC\o"1-5"\h\z11014kR2￡14kR2￡1r11r1Q,11、Q,11、Q,11、氣=盂(1—r),c3=—-^(1—r),c-=詼a一廠)r1r22r28-18一平行板電容器有兩層介質(zhì)（如圖），孔=4,￡我=2,厚度為d「2.0mm,d「3.0mm,極板