《川师大学物理第十章-静电场中的导体和电介质习题解(14页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《川师大学物理第十章-静电场中的导体和电介质习题解(14页).doc（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、-第 101 页川师大学物理第十章-静电场中的导体和电介质习题解-第 101 页第十章 静电场中的导体和电介质101 如图 10-1 所示，有两块平行无限大导体平板，两板间距远小于平板的线度，设板面 积 为 S，两 板 分 别 带 正 电 Qa和 Qb，每 板 表 面 电 荷 面 密 度1=，2=，3=，4=。解：建立如图 10-2 所示坐标系，设两导体平板上的面电荷密度分别为1，2，3，4。由电荷守恒定律得12aSSQ（1）34bSSQ（2）设 P，Q 是分别位于二导体板内的两点，如图 10-2 所示，由于 P，Q 位于导板内，由静电平衡条件知，其场强为零，即3124000002222PE（
2、3）3124000002222QE（4）由方程（1）（4）式得142abQQS（5）232abQQS（6）由此可见，金属平板在相向的两面上（面 2，3），带等量异号电荷，背向的两面上（面1，4），带等量同号电荷。102 如图 10-3 所示，在半径为 R 的金属球外距球心为 a 的 D 处放置点电荷+Q，球内一点 P 到球心的距离为 r，OP 与 OD 夹角为，感应电荷在 P 点产生的场强大小为，方向；P 点的电势为。解：（1）由于点电荷+Q 的存在，在金属球外表面将感应出等量的正负电荷，距+Q 的近端金属球外表面带负电，远端带正电，如图 10-4 所示。P 点的场强是点电荷+Q 在 P 点产
3、生的场强 E1，与感应电荷在 P 点产生的场强 E2的叠加，即 EP=E1+E2，当静电平衡时，EP=E1+E2=0，由此可得其中 er是由 D 指向 P 点。因此，感应电荷在 P 点产生的场强 E2的大小为方向是从 P 点指向 D 点。（2）静电平衡时，导体是等势体。P 点的电势 VP等于球心 O 点的电势 VO。而由电势叠加原理，球心 O 点的电势 VO是由点电荷+Q 在该点的电势 V1和感应电荷在该点的电势 V2的叠加，即其中，点电荷+Q 在 O 点的电势 V1为由于感应电荷是非均匀地分布在导体球外表面，设球面上面积元 dS 处的面电荷密度为，则它在球心的电势为0d4SR，考虑球的半径是
4、一常量，故整个球面上的感应电荷在球心O 点产生的电势为+QDPRaOr图 104x1243PQQaQb图 10-21243QaQb图 10-1+QDPRaOr图 10-3-第 102 页由电荷守恒可知，感应电荷的代数和d0SS。因此所以，P 点电势为103 如图 10-5 所示，三个无限长、半径分别为 R1，R2，R3的同轴导体圆柱面。A 和 C接地，B 带电量为 Q，则 B 的内表面的电荷 Q1和外表面的电荷 Q2之比为。解：三个导体圆柱面构成两个圆柱形电容器，电容分别为由于 A 和 C 接地，则BABCVVVV，因此104 一平行板电容器，充电后断开电源，然后使两极板间充满相对介电常数为r
5、的各向同性均匀电介质，此时电场能量是原来的倍。如果在充入电介质时，电容器一直与电源相连，能量是原来的倍。解：一平行板电容器，充电后断开电源，其电荷量不变，根据电容器能量公式2e2qWC，可得电容器充入电介质后的能量 W与充入电介质前的能量 W 之比为若电容器一直与电源相连，电容器电压不变，根据公式212WCV，可得105 一平行板电容器两极板间电压为 V，其间充满厚度为 d，相对介电常数为r的各向同性均匀电介质，则电介质中的电场能量密度 we=。解：电介质内场强为VEd。故电介质中的电场能量密度为106 如图 10-6 所示，真空中有一点电荷 q，旁边有一半径为 R 的球形带电导体，q 距球心
6、为 d（dR），球体旁附近有一点 P，P 在 q 与球心的连线上，静电平衡时，P 点附近导体的面电荷密度为。以下关于 P 点电场强度大小的答案中，正确的是。A20024()qdRB20024()qdRC2004()qdRD2004()qdRE0F以上答案全不对解：导体处于静电平衡时，邻近导体表面 P 处的电场强度大小为/0，正确答案选（E）。107 如图 10-7 所示，一半径为 R 的金属球接地，在与球心相距 d=2R 处有一点电荷+q，则金属球上的感应电荷 q为。A2qB0C2qD由于感应电荷分布非均匀，因此无法求出ABC图 105图 106PqdR-第 103 页解：金属球面上感应电荷
7、q分布非均匀，设感应电荷的面电荷密度为，在导体球面面积元 dS 处的感应电荷为dS，则它在球心的电势为0d4SR，故整个球面上感应电荷在球心 O 处产生的电势为电荷+Q 在球心 O 处产生的电势为由电势叠加原理，球心 O 处的电势由点电荷+q 和导体表面的感应电荷 q在该处产生的电势的叠加，又由于金属球接地，于是由此可求得导体表面上存在感应电荷为故应选（C）。108 下列说法正确的是。A高斯面上各点的 D 为零，则面内必不存在自由电荷B高斯面上各点的 E 为零，则面内自由电荷的代数和为零，极化电荷的代数和也为零C高斯面内不包围自由电荷，则面上各点 D 必为零D高斯面上各点的 D 仅与自由电荷有
8、关解：高斯面上各点的 D 为零，表明曲面内自由电荷的代数和一定为零；所以（A）说法错误。由电介质的高斯定理diQSDS和D=E，可知高斯面上各点的 E 为零，则曲面内自由电荷的代数和一定为零。又由0011diniqQqSES，可知极化电荷的代数和也为零，所以（B）说法正确。高斯面上的 D 由空间中所有电荷（包括自由电荷和极化电荷）的分布决定，通过高斯面的 D 的通量只由其中的自由电荷所决定，高斯面内不包围自由电荷，只能说明通过该高斯面的 D 的通量为零。所以（C）、（D）说法错误。故答案应选（B）。109 极化强度 P 是量度介质极化程度的物理量，有一关系式为 P=0(r1)E，电位移矢量公式
9、为 D=0E+P，则。A二公式适用于任何介质B二公式只适用于各向同性电介质C二公式只适用于各向同性且均匀的电介质D前者适用于各向同性电介质，后者适用于任何电介质解：在电磁学中，为简化数学，D=0E+P 是由一些特例得到的，对任何介质都适用，是一个一般结论，介质的特性由 P 与 E 的关系体现，对各向同性介质，才有0 e PE，由此可得到 P=0(r1)E，因此 P=0(r1)E 只适用于各向同性介质。故答案应选（D）。1010 空气平行板电容器保持电压不变，再在两极板内充满均匀介质，则电场强度大小E、电容 C、极板上电量 Q 及电场能量 W 四个量与充入介质前比较，变化情况是。AE 减小，C、
10、Q、W 增大BE 不变，C、Q、W 增大CE、W 减小，C、W 增大DE 不变，C、Q、W 减小解：未插入介质前，设平行板电容器电容为 C0，极板上的电量为00QC U，插入介质ROqdq图 107-第 104 页后，电容r0CC增大，电容器接在电源上，两极板间的电势差0VV仍不变，极板上的电量r0r0QCUC UQ增大。未插入介质前，电场强度0VEd，插入介质后，VEd，因 V，d 不变，所以0EE，电场强度不变。未插入介质前，电场能量20012WC V，插入介质后，22r0r01122WCVC VW增大。综上，正确答案是（B）。1011 如图 10-8 所示，一球形导体 A 含有两个球形空
11、腔，这导体本身的总电荷为零，但在两空腔中心分别有一个点电荷 q1和 q2，导体球外距导体球很远的 r 处有另一个点电荷q3。求：（1）球形导体 A 外表面所带电量；（2）A，q1，q2，q3所受的力。解：（1）在导体内作一闭合曲面包围 q1所在空腔。由于静电平衡时，导体内场强处处为零，因此闭合曲面的电通量为零。根据高斯定理，点电荷 q1空腔壁上有电量q1，同理，点电荷 q2空腔壁上有电量q2。已知导体本身的总电荷为零，根据电荷守恒，导体球 A 外表面所带电量为（q1+q2）。由于静电屏蔽效应，q1，q2不受 q3影响，在腔内均匀分布。（2）由于点电荷 q1所在球形空间被周围金属屏蔽，q1相当于
12、只受空腔 1 内表面电荷的作用，又因q1处于带电空腔的中心，空腔表面上的感应电荷q1均匀分布，则感应电荷q1在 q1处产生的场强 E1=0，因此，点电荷 q1受到的作用力 F1=q1E1=0。同理，点电荷 q2受到的作用力 F2=0。由于点电荷 q3距导体球 A 很远，它对导体球外表面电荷的影响可忽略，因此，感应电荷在导体球 A 外表面上近似均匀分布，它在 q3处产生的场强可等效看成是在球心的点电荷（q1+q2）激发因而导体球 A 近似地对 q3产生的作用力为两空腔中心处的 q1，q2对 q3的作用受导体球 A 的屏蔽，对其无影响。q3对导体球 A 产生的作用力与 F3大小相等，方向相反。10
13、12 面电荷密度为1的无限大均匀带电平面 B 与无限大均匀带电导体平板 A 平行放置，如图所示。静电平衡后，A 板两面的面电荷密度分别为2，3。求靠近 A 板右侧面的一点 P 的场强大小。解：方法一：利用场强叠加原理。在导体平板 A 内任取一点 P，如图 10-10 所示。取向右为电场强度的正方向，根据静电平衡条件，P点场强为由此可得321（1）而靠近 A 板右侧面 P 点的场强可看成是三个无限大的均匀带电平面产生的电场的叠加，321000222PE（2）Aq1q2q3r图 108x132ABPP图 1010132ABP图 10-9-第 105 页联立（1）（2）式得方法二：利用静电平衡时，导
14、体表面附近任一点的场强大小与导体表面上对应点电荷面密度的关系，得1013 一导体球半径为 R1，球外有一个内、外半径分别为 R2，R3的同心导体球壳，此系统带电后内球电势为 V1，外球所带总电量为 Q。求此系统各处的电势和电场分布。解：设内球带电为 q，由于静电感应，则球壳内表面带电为q，而球壳外表面带电为（q+Q），如图 10-11 所示。已知内球电势为 V1，它可看作是三个同心带电球面在 r=R1处产生的电势叠加，即由此式可解得由高斯定理0dinqSES，可得各区域的电场分布方向沿径向。由电势叠加原理，系统的电势 V1可看作是三个同心带电球面在 r 处产生的电势叠加，各区域的电势分布为当1
15、rR时同理，当12RrR时当23RrR时当3rR时1014 如图 10-12 所示，半径为 r1，r2（r1r2）的两个同心导体球壳互相绝缘，现把+q的电荷量给予内球，求：（1）外球的电荷量及电势；（2）把外球接地后再重新绝缘，外球的电荷量及电势；（3）然后把内球接地，内球的电荷量及外球的电势的改变。解：（1）外球壳内表面的感应电荷量为q，由于外球原来没有电荷，根据电荷守恒，外球壳外表面感应电荷量为+q，且均匀分布。由电势叠加原理，外球的电势 V1是内球电荷电场在外球壳处的电势（2）外球壳接地后，其外表面电荷为零。重新绝缘后，由高斯定理，外球壳的内表面电荷仍为q，外球电势 V2为（3）内球接地
16、后，它的电势为零。设内球电量为 q，则外球壳的内表面带q，球壳外表面带电（q+q），由电势叠加原理，内球电势为由此解得此时，外球壳电势变为外球电势的改变量为结果表明，导体接地时，其电荷未必是零。导体接地时唯一可确定的条件是它的电势为零。1015 如图 10-13 所示，由半径分别为 R1=5cm，R2=10cm 的两个很长的共轴金属圆柱面构成一个圆柱形电容器。将它与一个直流电源相接。今将电子射入电容器中，如图（b），电子的速度沿其半径为 r（R1ra，求单位长度上的电容。解：如图 10-15 所示，假设两根导线单位长度上的电荷分别为+，因 ba，电荷在导线上均匀分布，在两导线中心连线上距离带正
17、电荷导线中心为x 处的 P 点的电场强度的大小为方向沿 x 轴正方向。两导线之间的电势差为由电容器电容的定义式qCV，可得单位长度的电容R1R2AB图 1014OOaa+-Uxb-xxPE图 1015图 1013R1OR2（a）OR1R2rv（b）-第 107 页为1018 将一个电容为4F的电容器和一个电容为6F的电容器串联起来接到200V的电源上，充电后，将电源断开并将两电容器分离。在下列两种情况下，每个电容器的电压各变为多少？（1）将每一个电容器的正板与另一个电容器的负板相连；（2）将两电容器的正板与正板相连，负板与负板相连。解：当电容器 C1=4F 与 C2=6F 串联接到 U=200
18、V 的电源时，它们的总电容为1 2124646C CCCCF2.4F由于是串联充电，所以两电容器带有相同的电荷量 Q，其值为2.4200QCVC480C（1）当每个电容器的正板与另一个电容器的负板相连时，正负电荷将等量中和，总电量为零，电容器的电压都变为零。（2）将两电容器同极相连时，此时两电容器为并联，总电容为12(46)CCC F10F总电量为22480QQ C960C两电容器的电压相等，均是96010QVC V96V1019 平行板空气电容器的空气层厚 1.5102m，两极间电压为 40kV 时，电容器是否会被击穿（设空气的击穿场强为 3103kV/m）？再将一厚 0.3cm，相对电容率
19、为 7.0，介电强度为 10MV/m 的玻璃片插入电容器中，并与两极板平行，这时电容器是否会被击穿？解：未插入玻璃片时，电容器内的电场强度为32402.7 101.5 10VEdkV/m因空气的击穿场强 Eb=3103kV/m，bEE，故电容器不会被击穿。设空气中的场强为 E1，当所加电压不变时，插入厚度为 d2的玻璃片，玻璃片中场强为于是由此可得122222r40()/(1.5 100.3 10)0.3 10/7.0VEdddkV/m=3.2103kV/m由于313 10bEEkV/m，因此，空气层首先被击穿。空气层被击穿后，40kV 电压全部加到玻璃片上，此时玻璃片内的场强增大到22400
20、.3 10VEdkV/m=13.3 MV/m因玻璃的击穿场强为 10MV/m，210bEEMV/m，因此，玻璃片也相继被击穿，整个电容器被击穿。1020 如图 10-16 所示，三块平行金属板 A，B，C，面积均为 0.02m2，A 与 B 相距 4.0mm，A 与 C 相距 2.0mm，B 和 C 两板都接地。若 A 板带正电荷 Q=3.0107C，不计边缘效应，求：-第 108 页（1）若平板间为空气（r=1.00），求 B 板、C 板上的感应电荷及 A 板的电势；（2）若在 A，C 平板间充以另一r=6 的均匀电介质，求 B 板、C 板上的感应电荷及 A板的电势。解：（1）A 板上的电荷
21、 Q 分布于它的两个侧面上。设右侧面电量为 Q1，左侧面电量为Q2，则12QQQ（1）由高斯定理和静电平衡条件，可得 B 板内侧面上感应电荷为Q1，C 板内侧面上感应电荷为Q2，因此，A，B 两板间场强和 A，C 两板间场强分别为由于 B，C 板同时接地，电势都为零，所以 A，B 两板间和A，C 两板间电势差相等，即而由此可得即12ACABdQQd（2）联立方程（1）式和（2）式，可得731333.0 102.0 104.0 102.0 10ACABACQdQddC=1.0107C732333.0 104.0 104.0 102.0 10ABABACQdQddC=2.0107C所以，B 板上感
22、应电荷为Q1=1.0107C，C 板上感应电荷为 Q2=2.0107C。A 板的电势7311201.0 104.0 108.85 100.02AABAB ABABQVVEddSV=2.3103V（2）解法同（1）A 板上的电荷 Q 分布于它的两个侧面上。设右侧面电量为 Q1，左侧面电量为 Q2，则12QQQ（3）A，B 两板间和 A，C 两板间电势差相等，即而在 A，C 平板间充以另一r=6 的均匀电介质，则由此可得即12rACABdQQd（4）联立方程（3）（4），可得73133r3.0 102.0 102.0 1064.0 10ACACABQdQddC=2.3108CABC图 1016-第
23、 109 页73r233r3.0 1064.0 102.0 1064.0 10ABACABQdQdd C=2.8107C所以，B 板上感应电荷为Q1=2.3108C，C 板上感应电荷为Q2=2.8107C。A 板的电势8311202.3 104.0 108.85 100.02AABAB ABABQVVEddSV=5.2102V1021 两个同心的薄金属球壳，内、外球壳半径分别为 R1=0.02m，R2=0.06m。球壳间充满两层均匀电介质，它们的相对介电常数分别为r1=6 和r2=3。两层电介质的分界面半径R=0.04m。设内球壳带电量 Q=6108C，求（1）D 和 E 的分布，并画 Dr，
24、Er 曲线；（2）两球壳之间的电势差；（3）贴近内金属壳的电介质表面上的面束缚电荷面密度。解：（1）以r为半径，与球壳同心的球面为高斯面，由电介质的高斯定理diQSDS=及关系式0 r D=E=E得当1rR时，有当1RrR时，有当2RrR时，有当2rR时，有Dr，Er 曲线如图 10-17 所示。（2）两球壳之间的电势差为9811119 10(6 10)()60.0260.043 0.043 0.06 V=3750V（3）贴近内金属壳的电介质表面上的面束缚电荷面密度为贴近内金属壳的电介质表面处，er与 n 反向，且 r=R1，由上式，得826 10(61)43.1460.02 C/m2=9.9
25、5106C/m21022 半径为 R 的介质球，相对电容率为r，其电荷体密度01rR，式中0为常量，r 是球心到球内某点的距离。试求：（1）介质球内的电位移和场强分布；（2）在半径r 多大处的场强最大？解：由电荷分布的球对称性，取与介质球同心，半径为 r（rR）的球形高斯面，根据电介质的高斯定理diQSDS=得即可得由关系式0 r DE可得电位移 D 和场强 E 的方向沿径向。（2）令d0dEr，即图 1017E,DEEErDOR1RR2-第 110 页得又因该处22d0dEr，故此处场强最大。1023 在图 10-18 各图中，平行板电容器极板面积均为 S，板间距为 d，如图（a）（b）（c
26、）所示，充以相对电容率分别为r1，r2，r3的均匀电介质，求各电容器的电容。解：（1）由电容器定义QCV求 C。方法一：设电容器上极板带电+Q，下极板带电Q，左边介质中两极板的电荷面密度为1，场强为 E1，右边介质中两极板的电荷面密度为2，场强为 E2，则由电荷守恒，可得1222SSQ（1）又由于上极板为等势体，下极板为等势体，故左边和右边极板间的电势差相等，有则左、右两边电介质的场强相等，即12EE。又因可得120 r10 r2 （2）联立（1）式和（2）式，解得由电容器定义QCV可得此结果说明：该电容器相当于左、右两介质电容器并联。方法二：利用两电容器并联关系求 C。图 10-18（a）可
27、看成是相对电容率为r1的平行板电容器 C1和相对电容率为r2的平行板电容器 C2的并联，如图 10-19（a）。（2）方法一：由电容器定义QCV求 C。设电容器上极板带电+Q，下极板带电Q，在相对电容率为r1的介质内场强为 E1，在相对电容率为r2的介质内场强为 E2，则在两种介质中的场强分别为上、下极板的电势差为由电容器电容的定义QCV，得此结果说明：该电容器相当于上、下两介质电容器串联。方法二：图 10-18（b）可看成是两个平行板电容器1C，2C串联，如图 10-19（b），则（3）图 10-18（c）可看成是两个平行板电容器 C2，C3串联，然后与平行板电容器 C1并联，如图 10-1
28、9（c），有则1024 有两块平行板，面积各为 100cm2，板上带有 8.9107C 的等值异号电荷，两板间充以介质，已知介质内部电场强度为 1.4106V/m，求：（1）介质的相对电容率；（2）介质面上的极化面电荷。S/2S/2dr1r2（a）Sd/2d/2r1r2（b）r1r2d/2d/2S/2S/2r3（c）图 1018图 1019C1C2（a）C2C1（b）C2C3C1（c）-第 111 页解：（1）介质内部的场强由此可得介质的相对电容率（2）介质面上的极化面电荷7rr111(1)(1)(1)8.9 107.2qSSQC=7.7107C1025 一平行板电容器（极板面积为 S，间距为
29、 d）中平行于极板放有一块厚为 t，面积为 S，相对电容率为r的均匀电介质，如图 10-20 所示。设极板间电势差为 V，忽略边缘效应，求：（1）电介质中的电场强度 E，极化强度 P 和电位移 D；（2）极板上的电荷量 Q；（3）极板和介质之间区域的场强；（4）此电容器的电容。解：设空气中的场强为 E0，介质中的场强为 E，极板自由电荷面密度为，则0()VEdtEt作如图 10-21 所示的圆柱形高斯面 1，由 E 的高斯定理，有由此得为求介质中的 E，作如图 10-21 所示的圆柱形高斯面 2，由电介质的高斯定理，有dD SS SDS由此得介质中的电位移为因此电介质中的电场强度为代入 U 的
30、表达式有所以介质中的场强为介质中的极化强度为介质中的电位移为E，D，P，的方向垂直于极板，由带正电荷的极板指向带负电荷的极板。（2）极板上的电荷量为（3）极板和介质之间区域的场强为E0的方向垂直于极板，由带正电荷的极板指向带负电荷的极板。（4）此电容器的电容为1026 半径为 a，b（ab）的同心导体球之间充有电容率01r的非均匀电介质（0与为常数，r 是径向坐标）。电位移矢量 D（r）=E（r）。内表面上有电荷 Q，外表面接地，试计算：（1）arb 区域内的 D；（2）系统的电容；（3）arb 时的电极化强度 P；（4）r=a 和 r=b 处的面极化电荷密度。rSd21t图 1021rSdt
31、图 10-20-第 112 页解：（1）由电荷分布的球对称性及电介质的高斯定理diQSDS=得则写成矢量形式为（2）由电位移矢量 D(r)=E(r)，可得内、外球电势差为因此，系统电容为（3）电极化强度（4）r=a 时，面极化电荷密度为r=b 时，面极化电荷密度为1027 如图 10-22 所示，把原来不带电的金属板 B 移近一块带有正电荷 Q 的金属板 A，且两者平行放置。设两板面积均为 S，相距为 d。分别计算B板接地和不接地两种情况下金属板间的电势差VAVB和电场能量 We。解：如果 B 板接地，A，B 两板可看成平行板电容器，其电容为由电容的定义QCV，可得两板间的电势差为两板间的电场
32、能量为如果 B 板不接地，A，B 板的两个表面上都带有电荷，如图 10-23所示。由习题 101 可知，23qq，14qq，又由电荷守恒定律对 A 板：12qqQ对 B 板：340qq，即210qq，可得则 A，B 板之间的电场强度为因此两板间的电势差为两板间的电场能量为1028 一平行板电容器极板面积为 S，接在电源上以保持电压为V，使两极板间的距离由 d1缓慢拉开到 d2，必须对系统做多少功（不考虑损耗）？解：极板拉开前，平行板电容器的电容为能量为极板拉开后，平行板电容器的电容变为能量为因此，极板拉开后，电容器的静电能改变为电源做的功为根据功能原理，外力与电源做功之和等于电容器能量的增量，
33、即因此，拉力做功为1029 计算半径为 R，电荷体密度为的均匀带电球体的电场总能量。解：对于半径为 R，电荷体密度为的均匀带电球体，由于电荷分布具有球对称性，取与球体同心的球形高斯面，由高斯定理201d4inErqSES求出场强分布。球内（Rr），有ABq1q2q3q4图 1023图 10-22ABQd-第 113 页球外（Rr），有23201443ErR当Rr 时，球体内的能量密度为当Rr 时，球体外的能量密度为取半径为 r，厚度为 dr 的球壳为体积元，如图 10-24 所示，其体积为2d4dVrr，整个电场的能量为1030 如图 10-25 所示，圆柱形电容器由半径为R1和R3的两同轴圆
34、柱导体面构成，且圆柱体的长度 l 比半径R2大得多，内外筒间充满相对电容率分别为r1和r2的均匀电介质，两层电介质的分界面半径为R2。设沿轴线单位长度上内、外筒带电为+和，求：（1）两介质中的 D 和 E；（2）内外筒间的电势差；（3）电容 C；（4）整个电介质内的电场总能量。解：（1）由电荷的对称分布，作一封闭同轴圆柱面为高斯面，根据电介质的高斯定理diQSDS=得于是电介质 1 中电位移为电介质 1 中电场强度为D1和 E1的方向均沿 r 向指向外。同样的方法，电介质 2 中有D2和 E2的方向均沿 r 指向外。（2）内外筒间的电势差为（3）该电容器的电容为（4）整个电介质内的电场总能量为或用电容器储能公式计算得r1R2R3R1r2图 10-25ROrdr图 10-24