电磁场与电磁波课后答案

1、第一章矢量场 1.1 A =25? 3y?-Z；B 二 x y?-2Z；C =35?-？ ？(A B) C求:(a) A ； (b) b ; (c)A B ; (d) BC ; (e)(f) (A B) C(5? ?- 2?)解: (a) A=. ；A： A： A； *：22 32 12 ；14 ； (b)(c) AB =7;(d)B C 二 一5?一70-4?(e) (A B) C =2? 20 4?(A B) C = -19耳441.2A=2 z;求:(a) A;(b)b ； (c)解:(a)A = 5 二;(b)(d)B A = (3 2(e)A B = ?(二1.3A=2r 二v -2

2、“；求:(a) A；(b)b ； (c)解:(a)A =、4 5二2 ；(f)(d)44卜B =3-2zA B ; (d) B A ; (e)1b?：(- X 3 ? - 2?) ;(c) V14)?-3?-(二 6)?3) X - ？4B = r - 二 vA B ； (d)(b) b?=.1亠；B A ; (e)(?-词；2(c) A B=27f1.4B A = 2二2r? 2二？ 3二？； (e) A B = 3?- 2二？444A = x 2y -z;当A_B时，求:-o解：当A_B时，A B=0,由此得- -51.5将直角坐标系中的矢量场R (x,y, z)二x,F2 (x, y,z

3、) = y分别用圆柱和圆球坐标系中的坐标分量表示o 解：(1)圆柱坐标系 由(1.2-7)式，戸=X = ?cos: 一 ：?sin ： ; F2 = 0= ?sin m ：Xcos :(2)圆球坐标系由(1.2-14) 式,fi = x = Xsin J cos 丨 cosv cos - ?sin F2 二？ = Xsinsincossin：； Xcos1.6将圆柱坐标系中的矢量场F1C?, ,z) = 2;?, F2C?, ,z) =：用直角坐标系中的坐标分量表示。- 2解：由(1.2-9)式，R = 2X = 2cos 2sin y?(x? y?)Jx2+y2-3F2 =3? = -3s

4、in ? 3cos ?(-衣 x?)Ux2 + y241.7将圆球坐标系中的矢量场Frj,)=5r,F2(rj, ) - 用直角坐标系中的坐标分量表示。-5Fj =5(sin 日 cos + sin 日 sin 半？ + cosZ) =(双 + y? + zZ)解:由(1.2-15)式，x2 亠 y2 亠 z2=(cos日 coP)? + cosT sinsin 喝 =誓述？= ,?=?汉,y?2 2 2 2 2x y x y - z11 2 222222 xz? yz?-(x2 y2)?x y - z . x y1.8求以下函数的梯度：(a) f(x,y,z)=5x+10xy-xz+6(b)

5、(c)解：F21.9解:(a)f (,；z) = 2 sin ：-z 4f (r,入)=2r cost - 5。亠 2 if (5 10y - z)? - 10x0 - x?if- -z? - 2cos ? _ r?P(b)(c)求标量场、f =2cos)?-2sin 丁？- 一5?sin v2 - 1f (x,y,z)二xy 2z2在点(i,i,i)沿I ：(-?)方向的变化率。J 2f 八 f ?=.：l.”x)1.10在球坐标中，矢量场 F(r)为- kF(r)訂r其中k为常数，证明矢量场F(r)对任意闭合曲线I的环量积分为零，即F dl =0I 解：由斯托克斯定理，F d = .、 F

6、 dSIs_-_ k因为l F =、(飞？)=0 所以 F dl =0r:1.11 证明(1.3-8e)、(1.3-8f) 式。1.12 由(1.4-3) 式推导(1.4-4a) 式。1.13 由(1.5-2) 式推导(1.5-3a) 式。1.14计算下列矢量场的散度a) F 二 yzx zyy xzzb) F = ： ： zsin :- 2z4c) F = 2r r cos r解:(a)、(b)(c)F 二 x zz .I F = 2 cos :Pf =4cosX如r sin 日1.15a)b)c)解:(c)计算下列矢量场的旋度444F = xyx2yzy - zF = 2 Jsin :44

7、AF =rrJ sin :(a)、F = -2y?-x(b)、Fp1、F(2cos：?-sin ：？;?)r计算1.16a) r,r,ekrb) 、( p, i r, (kekr)c) x 冃 V x f,V x (z0)烫+g空+咅竺=?；r 二;：:z解: (a)？ ? ? ?crr 胡 r sin 8靜、ekr 二 ekr (kr)二 ke r 二？kekr(b) 丄 ( &) = 2;P cP -1c 2、r = 2 一(r r) =3;r :r(kekr) = k ekr ekr，k = k ekr =k ?kekr(c) =0Q r =0;(z?)？1.17 已知 A = yx -

8、xy，计算 A C A)解：A = 2A C A)=01.18 已知 F =、(x) (y)、(z), F = 0,计算 F解：根据亥姆霍兹定理，因为、F = 0，所以A = 0讥丄皿)d丄(x)(y)(z)dxdydz、丄5 VR7R绷r4r2行9 已知 i f =0,、 F = z；!(x)；f(y)；(z),计算 F解：根据亥姆霍兹定理，因为i F = 0,所以G = 04门r 4门 rr4； r1.20求矢量场F二卜？ ? - z?穿过由匸 1,0 ： 一，0乞z乞1确定的区域的封闭面的通量。解：根据高斯定理，矢量场F =二？ ？ z?穿过由_ 1,0 _二，0 _ z _丨确定的区域

9、的封闭面的通量? 一 F dS 二 FdVSV汀- I FdV =3V 二3-第二章习题解2-1.已知真空中有四个点电荷qj 1C，q2 2C，q3 = 4C，q4 = 8C，分别位于(1,0,0) ，(0,1,0)(-1,0,0,)，(0,-1,0) 点，求(0,0,1)点的电场强度。解：设 r 二?, r-i ? r2 ?,r3X, r2 = -？Rj = r _n=_? + ?R2 = r _2=_? + ?艮=r= r _门=+?1 円代+q?R2+qsR3+q4R4、二3刃十 6甘15?4二；0(戌R；Rs戌)4： ；0 82-2.已知线电荷密度为丨的均匀线电荷围成如图所示的几种形状

10、，求P点的电场强度。(a)(b)题2-2图解: (a)(c)由对称性E =巳 E2 E3E4=0(b)(c)由对称性E =巳 E2E0两条半无限长线电荷产生的电场为Ea 二巳E21(?-0(-？-？)二4 兀E0a半径为a的半圆环线电荷产生的电场为2二；0aPl2- ；0a总电场为E = Ea Eb =02-3.真空中无限长的半径为a的半边圆筒上电荷密度为，求轴线上的电场强度。解：在无限长的半边圆筒上取宽度为ad的窄条，此窄条可看作无限长的线电荷，电荷线密度为八二ad二对积分，可得真空中无限长的半径为a的半边圆筒在轴线上的电场强度为E = 土0 2二；0日P兀s J（-si n 申？-cosx

11、）d =-0题2-3图2-4.真空中无限长的宽度为解：在平板上x处取宽度为题2-4图a的平板上电荷密度为s，求空间任一点上的电场强度。dx的无限长窄条，可看成无限长的线电荷，电荷线密度为3 二?sdx，在点(x, y)处产生的电场为dE(x,y)5其中 .(x：)2y2 ； ?=(XX)x y?*(x-x)2 + y2对x积分可得无限长的宽度为a的平板上的电荷在点 (X, y)处产生的电场为s(x a/2)2 y2E(x,y)二?ln22 ?2(arctg40(xa/2) +y2-5.已知电荷分布为2t;心 aa0; r as =b;r 二ar为场点到坐标原点的距离，a，b为常数。求电场强度。

12、解：由于电荷分布具有球对称性，电场分布也具有球对称性，取一半径为 11E dS =s；0x a/2arctg2等式左边为E 9S二4 r Erx - a / 2）y的球面，利用高斯定理4 r5半径为r的球面内的电量为 q 一r；r a5a2/ a3 5ba24; r a因此，电场强度为r32；r : aEr5 ；0a a3 5ba22 ；r a5；r22-6.在圆柱坐标系中电荷分布为r;r a 3；r2-7.在直角坐标系中电荷分布为 口fP0；lx Aa3山冷0；|求电场强度。解：由于电荷分布具有面对称性，电场分布也具有面对称性，取一对称的方形封闭面，利用高斯定理，穿过面积为S的电通量为Ex2

13、S,方形封闭面内的电量为2xSP0; x a2aS0; x a a?oX因此，电场强度为Ex =;x :：: a题2-9图；0;x a题2-7图x Ea2-8.在直角坐标系中电荷分布为l!x;(x,y,z):求电场强度。解：由于电荷分布具有面对称性，电场分布也具有面对称性，取一对称的方形封闭面 x2S; x a a2S; x a2x；a X 丿2a;x ： -a 2；0,利用高斯定理，穿过面积为s的电通量为因此，电场强度为Ex2S,方形封闭面内的电量为Ex产2Px2 n;0 c x a 2sPa2；x a.2；oEx(常数)半径为a的带电球中挖一个半径为 b的球形空腔，空腔中心到带电球中心的距

14、2-9.在电荷密度为离为c(b+c b / 24x;x vb/2求电荷分布。解：由I E = / ；0得= ；。 E= 2b；X ：b/2、0; x b/22-11.已知在圆柱坐标中，电场分布为Cr.er;a 汀0; r : a, r b求电荷分布。-二 0、 在 r=a,r=bE = 0的面上，电场不连续，有面电荷.电荷面密度为0C /a;r = a-pEn、一 %C/b;r = b2-12.若在直角坐标系中电位为Ax B其中A，B均为常数，求电荷密度。解：由 2门-：-7 ；0得、；-;八 2：加-02-13.分别计算方形和圆形均匀线电荷在轴线上的电位。(a)解:(a)方形均匀线电荷在轴线

15、上的电位 对于方形，每条边均匀线电荷的电位:L/2Idx(d)_4二； 丄促 d2 x.24 ；。PG(z) = L lnns0、Z2 +L2/2 L/2(b)圆形均匀线电荷在轴线上的电位p 2兀:：J(z)l其中 d2 Z2(L/2)2方形均匀线电荷在轴线上的电位为Jz2 +L2/2 +L/24恥0 0*a2+z22%Ja2+z22-14.计算题2-5给出的电荷分布的电位。解：题2-5给出的电荷分布的电场为3r2；r a5 0a32a 5ba2 ；r aI 5r2由电位的定义，电位为oO：(r) = Erdrr对于ra不 =a3 +5ba2(r) = - wr 5r对于ra-3 2讥“ 5b

16、a_-5%rdrdra3 5ba2ar 5 ；a322r a 5ba a 2dr :25；04r220 ；020；a2-15.半径为a，长度为L的圆柱介质棒均匀极化，极化方向为轴向，极化强度为 求介质中的束缚电荷以及束缚电荷在轴线上产生的电场。P = F0z( Po 为常数)。解：(1)介质中的束缚电荷体密度为宀=一P=0(2) 介质表面的束缚电荷面密度为s = ? - P在圆柱介质棒的侧面上束缚电荷面密度为零；在上下端面上束缚电荷面密度分别为(3) 上下端面上束缚电荷产生的电场由例题2.2,圆盘形电荷产生的电场为r ps (1 -2p-(12靭s =P0 .Ez(z)二z了)； 、z az.

17、)Z： 0.z2 a2式中a为圆盘半径。将坐标原点放在圆柱介质棒中心。对上式做变换，z = Z - L / 2,= P0,可上端面上束缚电荷产生的电场为PoEzi(z)c (12 ；oPo2 ；oz - L/2)；z L/2i22 ,(z - L / 2) az L/2);z ： L/222八z-L/2) a同理，做变换，z z L/2,- -P0,可下端面上束缚电荷产生的电场为(1-P0z L/20(122);zL/22 p , (z L/2) a P。z L/2-(1 - - 2；0上下端面上束缚电荷产生的总电场为Ez2(Z)T); z ： _L/2.(z - L/2)2 a2P2 ；o2

18、-16.半径为Poz L/22 ；0 ( (z L/2)2 a2 / c z + L/2(-2J(z + L/2)2 +a2z + L/22 / (z L/2)2 a2a的介质球均匀极化,解：(1)介质中的束缚电荷体密度为z- L/2);z L/2.(z L/2)2 a2z L/2)；_l/2：z： L/2.(z L/2)2 a2-I L/2=)； z _L/2(z-L/2)2 a2p二P0Z，求束缚电荷分布及束缚电荷在球中心产生的电场。补 -、P =0(2) 介质表面的束缚电荷面密度为(3) 介质表面的束缚电荷在球心产生的电场在介质球表面取半径为r = asin 宽度为dl = adv的环带

19、，可看成半径为r =asin = , z - -acos ,电荷线密度为 一 =aR cos dv的线电荷圆环，例2.1给出了线电荷 圆环的电场，对二积分得a3 sin cos2 心二=n?卩二？ rp0 = p0 costEzP 二2；00(as in 巧2 (acosR23/2兀PJ cos2 牝 cos =-2 ；0 03 ；0F02-17.无限长的线电荷位于介电常数为；的均匀介质中，线电荷密度-为常数，求介质中的电场强度。解：设无限长的线电荷沿 z轴放置，利用高斯定理，容易求得介质中的电场强度为：?为场点到线电荷的距离Pl2 二；2-18 .半径为a的均匀带电球壳，电荷面密度为常数，外

20、包一层厚度为 d、介电常数为；的介质，求介质内外的电场强度。r的球面，利用高斯定理解:由于电荷与介质分布具有球对称性，取半径为T D dS =qS上式左右两边分别为由此得Dr4：r2Dr =4：a2sr2，由于电荷与介质分布具有球对称性，取半径为:,求两导体球壳之间的电容。r的球面，采用高斯定理，两导体因为D二E，所以 Er =:2-19.两同心导体球壳半径分别为 解：设内导体带电荷为 q 球壳之间的电场为a2Ps“;a c r ca +dera2 s.z-; r a da、b，两导体之间介质的介电常数为1b)E _r4兀ST两导体球壳之间的电压为b.q 1V = Er dr(a4二；ac)V

21、2-20 .两同心导体球壳半径分别为；求两导体球壳之间的电容。解：设内导体带电荷为 q两导体球壳之间的电容为4 二；abb - ab,两导体之间有两层介质，介电常数为，由于电荷与介质分布具有球对称性，取半径为1、 ；2，介质界面半径为C，r的球面，采用高斯定理可得,Dr 笃4兀r两导体球壳之间的电场为q:C2；a :r4二 Mr q；c ： r4二；2r两导体球壳之间的电压为4二；a bb q 1 1 V = Er dr()a4二；a b两导体球壳之间的电容为c =qV4- ；ab2-21 .圆柱形电容器，求此电容器的耐压。解：设内导体带电荷为斯定理，两导体球壳之间的电场为b a内外导体半径分

22、别为a、b,两导体之间介质的介电常数为；，介质的击穿场强为 Eb，q，由于电荷与介质分布具有轴对称性，取半径为r的柱面，忽略边缘效应，采用高bVmax 二.Erdr =aEbln aa2二刑设等于击穿场强Eb，则q = Eb 2二；al。两导体球壳之间的电场用击穿场强Eb内导体表面上的电场最强, 表示为aEbErr两导体球壳之间的耐压为b2-22.已知电场强度为 E =3x4y _5z，试求点（0,0,0）与点（1,2,1）之间的电压。解：由于i E =0，从而： E dl = 0，即对E的线积分与路径无关，因此从点（o,o,o）到点（1,2,1）之i间对E的线积分的路径可取沿如图所示的路径，

23、点（0,0,0）与点（1,2,1）之间的电压为ae题2-22图121V = E Xdx E ydy E Zdz = 600032-23.已知在球坐标中电场强度为E 2r，试求点（a,：、）与点（b2, - 2）之间的电压。r解：由于 E =0，从而： E dl =0，即对E的线积分与路径无关，因此从点（ajj,到点l（b,v2,笃）之间对E的线积分的路径可取从 （a,沿径向到点（b,），再从（b,刊，J沿球面到点（b,二2,2）的路径，而第二条路径的切向与E垂直，线积分为零，因此b 3dr 3（b-a）2 dr 二a rba2-24.已知在圆柱坐标中电场强度为E2、二 试求点（a, ,0）与点

24、（b,2,0）之间的电压。解：由于 E = 0，从而 E dl =0，即对E的线积分与路径无关，因此从点（a, ,0）到点（b, ：:2,0）l之间对E的线积分的路径可取从 （a, 路径，而第二条路径的切向与E垂直，b 2bV = E dl 二一小 =21 n laa2-25已知真空中一内外半径分别为场强度。解：由题意，电场具有球对称结构。利用高斯定理1,0）沿径向到点（b, 1,0），再从（b,1,0）沿柱面到点（b/ 2,0）的线积分为零，因此a、b的介质球壳，介电常数为匚，在球心放一电量为q的点电荷，求电D dS = q，在半径为r的球面上S;r ： a, r b;a ： r : bq4

25、%r2qL 4 兀 Sr244匀强场，且E 3x 2z，求解：因为三层介质中均为匀强场，2-26.有三层均匀介质，介电常数分别为，；2, ；3,取坐标系使分界均平行于xy面。已知三层介质中均为E2, E3。E2E2y? E2z?；由边界条件 E1t =E2t可得E2x = E3x = E1x = 3，E2y由边界条件D1n二D2n，可得2z = D3Z = Dtz = 2 M，即 E2zE3 二 E3x5?E3yy E3zZ=E3y = E1y = 0=2 ” / 2 ；E3Z = 2 ；i / 0半空间为介电常数为；r介质侧：?s =2 V；r = aa Inad ；r b blnb a的介

26、质，Z)题2-30图解：(a)设导体板之间介质与空气中的电场分别为Ee、E0，那么Ee、E0满足关系Eet E(d -t)二V；Ee = ；0E0(边界条件)求解以上两式得E(dt)根据导体表面上的边界条件E。t 亠 j(d -t)Ts =Dn，在上、下导体表面上的电荷面密度为eVt；r(d -t)%AASC =-V t+s(d-1)(b)由图可见，导体板之间介质与空气中的电场为E =V/d根据导体表面上的边界条件电容为二Dn ,在上、下导体板与空气的界面上的电荷面密度为?0s在上、二-0V /d下导体板与介质的界面上的电荷面密度为二 V/d电容为 C 二 5s A0： esAe _ ；0A(

27、a -t) Atad+ad2-31 .电荷分布为0;x :： 0(X)=2x;0 ： x :： d0;x d在x=0处电位为0，求电位分布。解：由电荷分布可知，电位仅是dx2x的函数，电位满足的方程为-x/ %;0 d其通解为在 0 : x ： d3xCiXC26 ；0在 x ： 0：23=c3xc4设：.：（x =0）二 C5XC6=0 ,根据边界条件0 m 1 一叮3=0d ：2dxdi _ d3dx x = 0 dx dx x = d当x时，电荷分布可看成薄层，薄层外电场具有对称分布,_贰2dx x 一； 一心E2 = - E3，即得 c2 = c4 =0。少3dx x: d2 .=C3

28、 = _C5;C64d33；od204；。x3d2-.x;0 ： x d 6 ；o4 p23dd.x ;x d4 ；o3 ；o2-32 .两块电位分别为 0和V的半无限大的导电平板构成夹角为_：的角形区域，求该角形区域中的电位分布。解：由题意，在圆柱坐标系中，电位仅是 ；：的函数，在导电平板之间电位方程为、2；：-1喚=0Pd2其通解为：=C： . c0由边界条件：:（即=0） =0;（即=V，得-V图V外，其余盒壁电位为 0，求盒内电位分布。题 2.312-33.由导电平板制作的金属盒如图所示，除盒盖的电位为 解：用分离变量法，可得电位的通解为（x,y,z） = E Amn Sin宜xsin

29、 y（e + Bmn）n,m 壬aC。=進毋）2+（竺）2a c利用边界条件 （z =0） =0;（z =b） =，可求出系数Bmn = 一116VAm =2（m n 为奇数）mn 兀 sh（ab）Amn = 0（ m n为偶数）题2-33图题2-34图2-34.在E二E0X的匀强电场中沿z轴放一根半径为a的无限长导电圆柱后，求电位及电场 解：由分离变量法，无限长导电圆柱外的电位的通解为v：（ , ;:） =c0ln d0 （cmdm）（cosmbm sinm）（ 1）m =1设*（ ：二0）二0，当）二时的电位等于无导电圆柱的电位，即0：）=门0（ ，= E0 Xdlx=_E0x=_E0 F

30、eos（2）x要使式（1 ）的电位在 ）:时等于式（2），可得到系数Ci = -E，Cm 1 = 0， bm = 0， d0 = 0再由导体界面的边界条件（卜=a） = 0得2d1a E0 dm 1 - 0因此，电位的特解为2：（,）一E0（t）cos2-35.在无限大的导电平板上方距导电平板h处平行放置无限长的线电荷，电荷线密度为 J，求导电平板上方的电场。-的线电荷，导电平板上方的电场为解：用镜像法，导电平板的影响等效为镜像位置的一个电荷线密度为式中口、r2分别为线电荷及其镜像线电荷到场点的距离矢量。2-36.由无限大的导电平板折成 45 的角形区，在该角形区中某一点（x0,y0,z0）有

31、一点电荷q，用镜像法求 电位分布。解：如图将空间等分为 8个区，在每个区中以原来的导电面为镜面可以依次找到镜像位置，原电荷的位置为 （X0,y,Z0），在圆柱坐标系中为 （0, 0,Z0），另外7个镜像电荷在圆柱坐标系中的坐标为= 0 ； Zi = Z0i -1/790 -0； 2 =9000； 3 =180 0； 4 =180 0； 270 -0；6 =270 r7 =0镜像电荷为 q = q；q2 二 q；q3 二 _q；q q；q -q；q6 =q；q -q 对于场点(x, y,z)，电荷到场点的距离矢量为r = (x -xj? (y - yj? (z -zj?； i = 073:题2-

32、36图题2-37图2- 37.半径为a，带电量为Q的导体球附近距球心f处有一点电荷q，求点电荷q所受的力。解：点电荷q受到的力(场)有两部分，一部分等效为镜像电荷q的力，另一部分等效为位于球中心的点电荷q的力。由镜像法，镜像电荷q的大小和位置分别为a a2q = _f q;d 行由于包围导体球的总电量为Q,所以位于位于球中心的点电荷q=Q-q;因此点电荷q受到的力为匚 q Q aq/ aq/ f 40f2 (fd)22-38.内外半径分别为 a、b的导电球壳内距球心为d(d0半空间为介电常数为；勺介质，z0半空间的场时，原来的问题可等效为图2-4i(b)，计算z2 In i Inac电场能量为

33、We J V2C22 二；i jdV,c , b ；2 In i Ina c2-45.两尺寸为a x a的平行导电平板之间距离为d,带电量分别为q ,当将介电常数为 ；的介质板插入导电板之间深度为题 2.45 解：设空气填充部分和介质填充部分导电平板上的电荷密度分别为X时，分别求介质板所受的电场力。-Si、-S2由导体边界条件得Di=;?si， D2 =匚2;由介质边界条件得Eisi空气填充部分和介质填充部分导电平板上的电量分别为qi = S di 二 a(a -x)si，q2- S2 :s2=ax L。由 qqi q2 及;2siiqa(a -x) M ax ；2平行导电平板之间的电场能量为

34、2qa(a -x) i ax 辽i 22We =尹1 /Ci q2 /C2)q2d丄2 a(a -X)i ax 2 由虚功原理，对于常电荷系统，介质所受的沿X方向电场力为We2q ad( ；2 一 i)-x q = c2a(a -X)；ax 2第三章恒定电流场3- i 半径为a的薄圆盘上电荷面密度为，绕其圆盘轴线以角频率，旋转形成电流，求电流面密度。解：Js =sv =sr ?3-2平板电容器两导电平板之间为三层非理想介质，厚度分别为di ,d2d3,电导率分别为 i Q- 2 o- 3，平板面积为S，如果给平板电容器加电压V,求平板之间的电场。解：设导电平板之间三层非理想介质中的电场均为匀强

35、电场，分别为Ei、E2、E3，根据电压关系和边界条件，Ei、E2、E3满足以下关系Eidi E?d2 E3d3 =VEiE32-，3d1二1；拥3 二1勺3厂 1 3V 2 3d1+ 1343 +D22d3-1V1、- 1 =22 = 3- 3解此方程组得E23-3- 2 3d 11 3d 3- 1 2 dg在 3.3例2中，如果在弧形导电体两弧面之间加电压，求该导电体沿径向的电阻。解:设流过两弧面的电流为I。作以与两弧面同轴的半径为r的弧面，流过此弧面的电流密度为J = J?，则由=J dSSnI brJ2由此得j二竺_：br2Iabr两弧面之间的电压为Edrc竺l n二;bc该导电体沿径向的电阻为ja c二;b4-3球形电容器内导体半径为I 二；b ca，外导体内半径为c，内外导体之间填充两层介电常数分别为别为二12的非理想介质， 及界面上的电荷密度。解：由于圆球形电容器内填充两层非理想介质，有电流流过,两层非理想介质分界面半径为2，电导分 b，如果内外导体间电压为V