1—2—2、求下列情况下，真空中带电面之间的电压。

(2)、无限长同轴圆柱面，半径分别为a 和b （a b >），每单位长度上电荷：内柱为τ而外柱为τ-。

解：同轴圆柱面的横截面如图所示，做一长为l 半径为r （b r a <<）且与同轴圆柱面共轴的圆柱体。

对此圆柱体的外表面应用高斯通量定理，得l S D sτ=⋅⎰d考虑到此问题中的电通量均为r e即半径方向，所以电通量对圆柱体前后两个端面的积分为0，并且在圆柱侧面上电通量的大小相等，于是l rD l τπ=2即 r e r D πτ2=， r e rE02πετ= 由此可得 a b r e e r r E U b a r r b aln 2d 2d 00⎰⎰επτ=⋅επτ=⋅=1—2—3、高压同轴线的最佳尺寸设计——高压同轴圆柱电缆，外导体的内半径为cm 2，内外导体间电介质的击穿场强为kV/cm 200。

内导体的半径为a ，其值可以自由选定但有一最佳值。

因为a 太大，内外导体的间隙就变得很小，以至在给定的电压下，最大的E 会超过介质的击穿场强。

另一方面，由于E 的最大值m E 总是在内导体的表面上，当a 很小时，其表面的E 必定很大。

试问a 为何值时，该电缆能承受最大电压？并求此最大电压。

（击穿场强：当电场增大达到某一数值时，使得电介质中的束缚电荷能够脱离它的分子 而自由移动，这时电介质就丧失了它的绝缘性能，称为击穿。

某种材料能安全地承受的最大电场强度就称为该材料的击穿强度）。

解：同轴电缆的横截面如图，设同轴电缆内导体每单位长度所带电荷的电量为τ，则内外导体之间及内导表面上的电场强度分别为r E πετ2=， aE πετ2max = 而内外导体之间的电压为abr r r E U ba ba ln 2d 2d πετπετ⎰⎰===或 )ln(max ab aE U =0]1)[ln(a d d max =-+=abE U 即 01ln=-a b ， cm 736.0e ==ba V)(1047.1102736.0ln 55max max⨯=⨯⨯==abaE U1—3—3、两种介质分界面为平面，已知014εε=，022εε=，且分界面一侧的电场强度V /m 1001=E ，其方向与分界面的法线成045的角，求分界面另一侧的电场强度2E 的值。

解：25045sin 10001==t E ，25045cos 10001==n E220040101εε==n n E D 根据t t E E 21=，n n D D 21=得2502=t E ，220002ε=n D ，21002022==εnn D E 于是：V/m)(1050)2100()250(2222222=+=+=n t E E E1—8、对于空气中下列各种电位函数分布，分别求电场强度和电荷体密度： （1）、2Ax =ϕ （2）、Axyz =ϕ （3）、Brz Ar +=φϕsin 2 （4）、φθϕcos sin 2Ar =解：求解该题目时注意梯度、散度在不同坐标中的表达式不同。

（1）、i Ax i x Ax k z j y i x E2)()(2-=∂∂-=∂∂+∂∂+∂∂-=-∇=ϕϕϕϕ00002)2()(εεεερA Ax xx E z E y E x E D x z y x -=-∂∂=∂∂=∂∂+∂∂+∂∂=⋅∇=（2）、)(k z j y i x E∂∂+∂∂+∂∂-=-∇=ϕϕϕϕ )(k zAxyz j y Axyz i x Axyz∂∂+∂∂+∂∂-=)(k xy j xz i yz A++-=0)]()()([0=-∂∂+-∂∂+-∂∂=⋅∇=Axy z Axz y Ayz x D ερ（3）、)1[k ze r e r E r∂∂+∂∂+∂∂-=-∇=ϕφϕϕϕφ φφφφe Brz Ar r e Brz Ar r r )sin (1)sin ([22+∂∂++∂∂-=)])sin (2k Brz Ar z +∂∂+φ)]cos )sin 2[(k Br e Ar e Bz Ar r+++-=φφφ)cos (1)sin 2(1[0φφφερAr r Bz Ar r r r D ∂∂++∂∂-=⋅∇=)](Br z∂∂+]sin )sin 4(1[0φφεA Bz Ar r-+-=]sin )sin 4[0φφεA rBzA -+-=（4）、]sin 11[φϕθθϕϕϕφθ∂∂+∂∂+∂∂-=-∇=r e r e r e E r)cos sin (1)cos sin ([22φθθφθθAr r e Ar r e r ∂∂+∂∂-= )]cos sin (sin 12φθφθφAr r e ∂∂+θφθφθe Ar r e Ar r )cos cos (1)cos sin 2[(2+-=])sin sin (sin 12φφθθe Ar r -])sin ()cos cos ()cos sin 2[(φθφφθφθe Ar e Ar e Ar r-+-=)](sin 1)sin (sin 1)(1[220φθφθθθθερE r E r E r r r D r ∂∂+∂∂+∂∂=⋅∇=)sin cos cos (sin 1)cos sin 2(1[320θφθθθφθεAr r Ar rr -∂∂+-∂∂=)]sin (sin 1φφθAr r ∂∂+]sin cos )sin (cos sin cos cos sin 6[220θφθθθφφθεA A A +---=1—4—2、两平行导体平板，相距为d ，板的尺寸远大于d ，一板的电位为0，另一板的电位为0V ，两板间充满电荷，电荷体密度与距离成正比，即x x 0)(ρρ=。

试求两极板之间的电位分布（注：0=x 处板的电位为0）。

解：电位满足的微分方程为x x0022d d ερϕ-= 其通解为：21306C x C x ++-=ερϕ 定解条件为：00==x ϕ； 0V ==d x ϕ 由00==x ϕ得 02=C 由0V ==d x ϕ得 01300V 6=+-d C d ερ，即 200016d V d C ερ+= 于是x d d x )6V (6200300ερερϕ++-= 1—4—3、写出下列静电场的边值问题：（1）、电荷体密度为1ρ和2ρ（注：1ρ和2ρ为常数），半径分别为a 与b 的双层同心带电球体（如题1—4—3图（a ））；（2）、在两同心导体球壳间，左半部分和右半部分分别填充介电常数为1ε与2ε的均匀介质，内球壳带总电量为Q ，外球壳接地（题1—4—3图b ））； （3）、半径分别为a 与b 的两无限长空心同轴圆柱面导体，内圆柱表面上单位长度的电量为τ，外圆柱面导体接地（题1—4—3图（c ））。

解：（1）、设内球中的电位函数为1ϕ，介质的介电常数为1ε，两球表面之间的电位函数为2ϕ，介质的介电常数为2ε，则1ϕ，2ϕ所满足的微分方程分别为1112ερϕ-=∇， 2222ερϕ-=∇ 选球坐标系，则11212212122sin 1)(sin sin 1)(1ερφϕθθϕθθθϕ-=∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂r r r r r r 22222222222sin 1)(sin sin 1)(1ερφϕθθϕθθθϕ-=∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂r r r r r r 由于电荷对称，所以1ϕ和2ϕ均与θ、φ无关，即1ϕ和2ϕ只是r 的函数，所以11122)(1ερϕ-=∂∂∂∂r r r r ， 22222)(1ερϕ-=∂∂∂∂r r r r定解条件为：分界面条件： ar a r ===21ϕϕ； ar ar rr==∂∂=∂∂2211ϕεϕε电位参考点： 02==br ϕ；附加条件：01=r ϕ为有限值（2）、设介电常数为1ε的介质中的电位函数为1ϕ，介电常数为2ε的介质中的电位函数为2ϕ，则1ϕ、2ϕ所满足的微分方程分别为1112ερϕ-=∇， 2222ερϕ-=∇ 选球坐标系，则0sin 1)(sin sin 1)(1212212122=∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂φϕθθϕθθθϕr r r r r r 0sin 1)(sin sin 1)(1222222222=∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂φϕθθϕθθθϕr r r r r r由于外球壳为一个等电位面，内球壳也为一个等电位面，所以1ϕ和2ϕ均与θ、φ无关，即1ϕ和2ϕ只是r 的函数，所以0)(1122=∂∂∂∂r r r r ϕ，0)(1222=∂∂∂∂r r rr ϕ 分界面条件： 2221πθπθϕϕ===由分解面条件可知21ϕϕ= 。

令 ϕϕϕ==21，则在两导体球壳之间电位满足的微分方程为0)(122=∂∂∂∂r r rr ϕ电位参考点： 0==b r ϕ；边界条件：Q E E a a r r r =+=)(2212εεπ，即Q r a ar =∂∂-+=)()(2212ϕεεπ （3）、设内外导体之间介质的介电常数为ε，介质中的电位函数为ϕ，则ϕ所满足的微分方程分别为02=∇ϕ，选球柱坐标系，则01)(122222=∂∂+∂∂+∂∂∂∂z r r r r r ϕφϕϕ由于对称并假定同轴圆柱面很长，因此介质中的电位ϕ和φ及z无关，即ϕ只是r的函数，所以)(1=∂∂∂∂rrrrϕ电位参考点：0==brϕ；边界条件：τεπ==arrEa2，即τϕεπ=∂∂-=arra)(21－7－3、在无限大接地导体平板两侧各有一个点电荷1q和2q，与导体平板的距离均为d，求空间的电位分布。

解：设接地平板及1q和2q如图（a）所示。

选一直角坐标系，使得z轴经过1q和2q且正z轴方向由2q指向1q，而x，y轴的方向与z轴的方向符合右手螺旋关系且导体平板的表面在x，y平面内。

计算0>z处的电场时，在（d-,0,0）处放一镜像电荷1q-，如图（b）所示，用其等效1q在导体平板上的感应电荷，因此))(1)(1(422222211dzyxdzyxq+++--++πε=ϕ计算0<z处的电场时，在（d,0,0）处放一镜像电荷2q-如图（c）所示，用其等效2q在导体平板上的感应电荷，因此))(1)(1(422222222dzyxdzyxq-++-+++πε=ϕ1－7－5、空气中平行地放置两根长直导线，半径都是2厘米，轴线间距离为12厘米。

若导线间加1000V电压，求两圆柱体表面上相距最近的点和最远的点的电荷面密度。

解：由于两根导线为长直平行导线，因此当研究它们附近中部的电场时可将它们看成两根无限长且平行的直导线。

在此假定下，可采用电轴法求解此题，电轴的位置及坐标如图所示。

由于对称cm6212==h而cm24262222=-=-=Rhb设负电轴到点),(yxp的距离矢量为2r，正电轴到点),(yxp的距离矢量为1r（p点应在以R为半径的两个圆之外），则p点的电位为222212)()(ln2)ln(2),(ybxybxrryx+-++πετ=πετ=ϕ两根导体之间的电压为U，因此右边的圆的电位为U21，即2)()(ln2)0(22UbRhbRhτ,Rh=--+-πε=-ϕ由此可得)21ln(250)21ln(410002ln20+=+=+=πετh-R-bb h-R U于是2222)()(ln )21ln(250),(y b x y b x y x +-+++=ϕ ϕ-=grad Exe y b x y b x y b x b x y b x b x])][()[(]))[((]))[(({)21ln(25022222222+++-++--+-++-=由于两根导线带的异号电荷相互吸引，因而在两根导线内侧最靠近处电场最强电荷密度最大，而在两导线外侧相距最远处电荷密度最小。