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1、第九章 靜電場 (Electrostatic Field) 二、計算題 9.7 電荷為＋q和－2q的兩個點電荷分別置于x＝1 m和x＝－1 m處．一試驗電荷置于x軸上何處，它受到的合力等于零？ 解：設試驗電荷置于x處所受合力為零，根據電力疊加原理可得 即：。因點處于q、－2q兩點電荷之間，該處場強不可能為零．故舍去．得 m 9.8 一個細玻璃棒被彎成半徑為R的半圓形，沿其上半部分均勻分布有電荷+Q，沿其下半部分均勻分布有電荷－Q，如題圖9.4所示．試求圓心O處的電場強度． 解：把所有電荷都當作正電荷處理. 在q 處取微小電荷 dq = ldl = 2Qdq

2、 / p 它在O處產生場強 按q 角變化，將dE分解成二個分量： 對各分量分別積分，積分時考慮到一半是負電荷 ＝0 所以 9.9如圖9.5所示，一電荷線密度為的無限長帶電直導線垂直紙面通過A點；附近有一電量為的均勻帶電球體，其球心位于O點。是邊長為的等邊三角形。已知處場強方向垂直于，求:和間的關系。 解：如圖建立坐標系。根據題意可知 9.10 如題圖9.6所示，一電荷面密度為s的“無限大”平面，在距離平面a處的一點的場強大小的一半是由平面上的一個半徑為R的圓面積范圍內的電荷所產生的．試求該圓半徑的大?。?

3、 解：電荷面密度為s的無限大均勻帶電平面在任意點的場強大小為 ：E=s / (2e0)。 以圖中O點為圓心，取半徑為r→r＋dr的環(huán)形面積，其電量為dq = s2prdr。它在距離平面為a的一點處產生的場強 則半徑為R的圓面積內的電荷在該點的場強為 由題意,令E=s / (4e0)，得到 R＝ 9.11 如題圖9.7所示,一均勻帶電直導線長為，電荷線密度為。過導線中點O作一半徑為（）的球面，P為帶電直導線的延長線與球面的交點。求： （1）、通過該球面的電場強度通量。 （2）、P處電場強度的大小和方向。 解：（1）利用靜電場的高斯定理即可得：。 （2

4、）如圖建立一維坐標系，坐標原點與圓心重合。在帶電導線上坐標為處取長度為的帶電元，其所帶電荷量為，在p點產生的電場強度為： 則p點的電場強度為 9.12 題圖9.8中，虛線所示為一立方形的高斯面，已知空間的場強分布為：Ex＝bx，Ey＝0, Ez＝0。高斯面邊長a＝0.1 m，常量b＝1000 N/(Cm)．試求該閉合面中包含的凈電荷．(真空介電常數＝8.8510-12 C2N-1m-2 ) 解：設閉合面內包含凈電荷為Q．因場強只有x分量不為零，故只是二個垂直于x軸的平面上電場強度通量不為零．由高斯定理得： 則 9.13 體圖9

5、.9所示，有一帶電球殼，內、外半徑分別為、，電荷體密度為，在球心處有一點電荷。證明：當時，球殼區(qū)域內電場強度的大小與半徑無關。 證：用高斯定理求球殼內場強： ,而 r Q a b r 圖9.9 要使的大小與r無關，則應有 ： ， 即 9.14 如題圖9.10所示，一厚為b的“無限大”帶電平板，其電荷體密度分布為 (0≤x≤b )，式中k為一正的常量．求： (1) 平板外兩側任一點P1和P2處的電場強度大??； (2) 平板內任一點P處的電場強度； (3) 場強為零的點在何處？ 解： (1) 由對稱

6、分析知，平板外兩側場強大小處處相等、方向垂直于平面且背離平面．設場強大小為E．作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小為S，如圖所示． 按高斯定理，即： 得到： ， (板外兩側) (2) 過P點垂直平板作一柱形高斯面，底面為S．設該處場強為，如圖所示．按高斯定理有： 得到： (0≤x≤b) (3) =0，必須是， 可得 9.15 一球體內均勻分布著電荷體密度為的正電荷,若保持電荷分布不變,在該球體挖去半徑為r的一個小球體,球心為,兩球心間距離,如題圖9.11所示。 求： (1) 在球形空腔內,球心處的電場強度； (2) 在球體內P點處的

7、電場強度。設、O、P三點在同一直徑上，且。 解：挖去電荷體密度為r 的小球，以形成球腔時的求電場問題，可在不挖時求出電場，而另在挖去處放上電荷體密度為－r的同樣大小的球體，求出電場，并令任意點的場強為此二者的矢量疊加，即： 在圖(a)中，以O點為球心，d為半徑作球面為高斯面S，則可求出O與P處場強的大小。 得： 方向分別如圖所示。 在圖(b)中，以O點為小球體的球心，可知在O點E2=0. 又以O 為心，2d為半徑作球面為高斯面S 可求得P點場強E2P (1) 求O點的場強 . 由圖(a)、(b)可得 EO’ = E1O’ =， 方向如圖(c)

8、所示. (2)求P點的場強.由圖(a)、(b)可得 方向如(d)圖所示. E1P r P E2P EP 圖(d) O O P E1O’ r 圖(a) O r O d EO’=E1 O’ 圖(c) O P E2P -r O r E2O’=0 圖(b) E1P 9.16 如題圖9.12所示，兩個點電荷＋q和－3q，相距為d. 試求： (1) 在它們的連線上電場強度的點與電荷為＋q的點電荷相距多遠？ (2) 若選無窮遠處電勢為零，兩點電荷之間電勢U=0的點與電荷為＋q的點電荷相距多遠？

9、解：設點電荷q所在處為坐標原點O，x軸沿兩點電荷的連線． (1) 設的點的坐標為，則  解出： 另有一解不符合題意，舍去． (2) 設坐標x處U＝0，則 得： 9.17 一均勻靜電場，電場強度，空間有兩點和，（以米計）。求兩點之間的電勢差。 解：空間某點的位矢表示為，則 9.18 題圖9.13所示，為一沿x軸放置的長度為l的不均勻帶電細棒，其電荷線密度為，為一常量．取無窮遠處為電勢零點，求坐標原點O處的電勢． 解：在任意位置x處取長度元dx，其上帶有電荷dq=l0 (x－a)dx 。它在O點產生的電勢 O

10、點總電勢： 9.19 題圖9.14所示，電荷q均勻分布在長為2l的細桿上。求 （1）、在桿外延長線上與桿端距離為a的P點的電勢(設無窮遠處為電勢零點)。 （2）、桿的中垂線上與桿中心距離為a的P點的電勢。(設無窮遠處為電勢零點)． 解：（1）設坐標原點位于桿中心O點，x軸沿桿的方向，如圖所示． 細桿的電荷線密度l＝q / (2l)，在x處取電荷元dq = ldx＝qdx / (2l)，它在P點產生的電勢為 整個桿上電荷在P點產生的電勢： （2）設坐標原點位于桿中心O點，x軸沿桿的方向，如圖所示. 桿的電荷線密度l=q / (2l)．在x處取電

11、荷元dq．dq = ldx = qdx / (2l) 它在P點產生的電勢 整個桿上電荷產生的電勢： 9.20 兩個帶等量異號電荷的均勻帶電同心球面，半徑分別為R1＝0.03 m和R2＝0.10 m．已知兩者的電勢差為450 V，求內球面上所帶的電荷． 解：設內球上所帶電荷為Q，則兩球間的電場強度的大小為 (R1＜r＜R2） 兩球的電勢差： ∴ ＝2.1410-9 C 9.21 電荷以相同的面密度s 分布在半徑為r1＝10 cm和r2＝20 cm的兩個同心球面上．設無限遠處電勢為零，球心處的電勢為U0＝300 V． ［＝8.8510-12 C2

12、/(Nm2)］ (1) 求電荷面密度． (2) 若要使球心處的電勢也為零，外球面上應放掉多少電荷？ 解：(1) 球心處的電勢為兩個同心帶電球面各自在球心處產生的電勢的疊加，即 ＝8.8510-9 C / m2 (2) 設外球面上放電后電荷面密度為，則應有： = 0 即 ： 外球面上應變成帶負電，共應放掉電荷： ＝6.6710-9 C 9.22如題圖9.15所示，半徑為R的均勻帶電球面，帶有電荷q．沿某一半徑方向上有一均勻帶電細線，電荷線密度為，長度為l，細線左端離球心距離為r0．設球和線上的電

13、荷分布不受相互作用影響，試求細線所受球面電荷的電場力和細線在該電場中的電勢能(設無窮遠處的電勢為零)． 解：設x軸沿細線方向，原點在球心處，在x處取線元dx，其上電荷為，該線元在帶電球面的電場中所受電場力為： 整個細線所受電場力為： ，方向沿x正方向． 電荷元在球面電荷電場中具有電勢能： 整個線電荷在電場中具有電勢能： 9.23一真空二極管，其主要構件是一個半徑R1＝510-4 m的圓柱形陰極A和一個套在陰極外的半徑R2＝4.510-3 m的同軸圓筒形陽極B，如題圖9.16所示．陽極電勢比陰極高300 V，忽略邊緣效應. 求電子剛從陰極射出時所受的電場

14、力．(基本電荷e＝1.610-19 C) 解：與陰極同軸作半徑為r (R1＜r＜R2 )的單位長度的圓柱形高斯面，設陰極上電荷線密度為l．按高斯定理有： 即兩極間的電場強度可表示為： ， (R1＜r＜R2)， 的方向沿半徑指向軸線．兩極之間電勢差 所以，兩極間的電場強度為： 在陰極表面處電子受電場力的大小為 ＝4.3710-14 N 方向沿半徑指向陽極． 9.24 題圖9.17為一球形電容器，在外球殼的半徑b及內外導體間的電勢差U維持恒定的條件下，內球半徑a為多大時才能使內球表面附近的電場強度最??？求這個最小電場強度的大小． 解：設內

15、球殼帶電量為，則根據高斯定理可得出兩球殼之間間半徑為的同心球面上各點電場強度的大小為 內外導體間的電勢差： 當內外導體間電勢差U為已知時，內球殼上所帶電荷即可求出為： 內球表面附近的電場強度大小為： 欲求內球表面的最小場強，令，則 得到： 并有 可知這時有最小電場強度： 9.25 題圖9.18所示，一半徑為R的“無限長”圓柱形帶電體，其電荷體密度為： (r≤R)，式中A為常量．求： (1) 圓柱體內、外各點場強大小分布； (2) 選與圓柱軸線的距離為l (l＞R) 處為電勢零點，計算圓柱體內、外各點的電勢分布． 解：

16、(1) 取半徑為r、高為h的高斯圓柱面(如圖所示)．面上各點場強大小為E并垂直于柱面．則穿過該柱面的電場強度通量為： 為求高斯面內的電荷，時，取一半徑為r，厚d r、高h的圓筒，其電荷為： 則包圍在高斯面內的總電荷為 由高斯定理得： 解出： (r≤R) 時，包圍在高斯面內總電荷為： 由高斯定理： 解出： (r >R) (2) 計算電勢分布 當時： 當r＞R時 ： 9.26已知某靜電場的電勢函數 (SI)．求點(4，3，0)處的電場強度各分量值

17、． 解：由場強與電勢梯度的關系式得 =-1000 V/m；； 9.27 如題圖9.19所示，在電矩為的電偶極子的電場中，將一電荷為q的點電荷從A點沿半徑為R的圓?。▓A心與電偶極子中心重合，R>>電偶極子正負電荷之間距離）移到B點，求此過程中電場力所作的功。 解：用電勢疊加原理可導出電偶極子在空間任意點的電勢 式中為從電偶極子中心到場點的矢徑．于是知A、B兩點電勢分別為 ； q從A移到B電場力作功(與路徑無關)為 第十章 靜電場中的導體和電介質 二、計算題 10.13 如題圖10.4所示，一內半徑為a、外

18、半徑為b的金屬球殼，帶有電荷Q，在球殼空腔內距離球心r處有一點電荷q．設無限遠處為電勢零點，試求： (1) 球殼內外表面上的電荷． (2) 球心O點處，由球殼內表面上電荷產生的電勢． (3) 球心O點處的總電勢． 解：(1) 由靜電感應，金屬球殼的內表面上有感生電荷-q，外表面上帶電荷q+Q． (2) 不論球殼內表面上的感生電荷是如何分布的，因為任一電荷元離O點的 距離都是a，所以由這些電荷在O點產生的電勢為 (3) 球心O點處的總電勢為分布在球殼內外表面上的電荷和點電荷q在O點產生的電勢的代數和

19、 10.14 有一"無限大"的接地導體板 ，在距離板面b處有一電荷為q的點電荷．如題圖10.5(a)所示，試求： (1) 導體板面上各點的感生電荷面密度分布(參考題圖10.5(b))； (2) 面上感生電荷的總電荷(參考題圖10.5(c))。 解：(1) 選點電荷所在點到平面的垂足O為原點，取平面上任意點P，P點距離原點為r，設P點的感生電荷面密度為s． 在P點左邊鄰近處(導體內)場強為零，其法向分量也是零，按場強疊加原理， ∴ (2) 以O點為圓心，r為半徑，dr為寬度取一小圓環(huán)面，其上電荷為 總電荷為

20、 10.15 如題圖10.6所示，中性金屬球A，半徑為R，它離地球很遠．在與球心O相距分別為a與b的B、C兩點，分別放上電荷為qA和qB的點電荷，達到靜電平衡后，問： (1) 金屬球A內及其表面有電荷分布嗎？ (2) 金屬球A中的P點處電勢為多大？(選無窮遠處為電勢零點) 解：(1) 靜電平衡后，金屬球A內無電荷，其表面有正、負電荷分布，凈帶電荷為零． (2) 金屬球為等勢體，設金屬球表面電荷面密度為s． ∵ ∴ 10.16 三個電容器如題圖10.7聯接，其中C1 = 101

21、0-6 F，C2 = 510-6 F，C3 = 410-6 F，當A、B間電壓U =100 V時，試求： (1) A、B之間的電容； (2) 當C3被擊穿時，在電容C1上的電荷和電壓各變?yōu)槎嗌伲? 解：(1) 3.1610-6 F (2) C1上電壓升到U = 100 V，電荷增加到110-3 C 10.17 一個可變電容器，由于某種原因所有動片相對定片都產生了一個相對位移，使得兩個相鄰的極板間隔之

22、比為，問電容器的電容與原來的電容相比改變了多少？ 解：如下圖，設可變電容器的靜片數為，定片數為，標準情況下，極板間的距離為（圖a），極板相對面積為。則該電容器組為個相同的平行板電容器并聯（圖a）?？傠娙轂椤? 當動片由于某種原因發(fā)生相對位移而使相鄰的極板間隔變?yōu)楹?，總電容為? 所以電容增加了： 10.18 一平行板空氣電容器充電后，極板上的自由電荷面密度＝1.7710-6 C/m2．將極板與電源斷開，并平行于極板插入一塊相對介電常量為 的各向同性均勻電介質板．計算電介質中的電位移、場強和電極化強度的大小。(真空介電常量＝8.8510-12 C2 / Nm2) 解：由的

23、高斯定理求得電位移的大小為 由的關系式得到場強的大小為 ＝2.5104 V/m 介質中的電極化強度的大小為 10.19 如題圖10.8所示，一空氣平行板電容器，極板面積為，兩極板之間距離為，其中平行地放有一層厚度為 (、相對介電常量為的各向同性均勻電介質．略去邊緣效應，試求其電容值。 解：設極板上的自由電荷面密度為．應用的高斯定理可得兩極板之間的電位移大小為 由得：空氣中的電場強度大小為；電介質中的電場強度的大小為。 兩極板之間的電勢差為 電容器的電容為 作法二： 看成二個電容串聯， ， ，則 10.20一平行板

24、電容器，極板間距離為10cm，其間有一半充以相對介電常量的各向同性均勻電介質，其余部分為空氣，如題圖10.9所示．當兩極間電勢差為100 V時，試分別求空氣中和介質中的電位移矢量和電場強度矢量。 解：設空氣中和介質中的電位移矢量和電場強度矢量分別為、和、，則 (1) (2) (3) 聯立解得 V/m ； 方向均相同,由正極板垂直指向負極板． 10.21 一導體球帶電荷，放在相對

25、介電常量為 的無限大各向同性均勻電介質中．求介質與導體球的分界面上的束縛電荷。 解：導體球處于靜電平衡時，其電荷均勻分布在球面上．以為半徑作一同心高斯球面．按的高斯定理，可求出介質內半徑的同心球面上各點電位移的的大小 介質與導體球的分界面上各點的電場強度大小為 電極化強度的大小為 極化電荷面密度為： 分界面上的束縛電荷為 10.22 半徑為的介質球，相對介電常量為、其自由電體荷密度，式中為常量，是球心到球內某點的距離．試求： (1) 介質球內的電位移和場強分布． (2) 在半徑多大處

26、場強最大？ 解：(1) 在介質中，取半徑為→＋d的同心薄殼層，其中包含電荷 取半徑為的同心球形高斯面，應用的高斯定理， 則介質內半徑為的球面上各點的電位移為： ，（ 為徑向單位矢量） 介質內半徑為的球面上各點的電位移為： ， (2) 對求極值 得，且因，所以： 處最大． 10.23 如題圖10.10，一各向同性均勻電介質球，半徑為R，其相對介電常量為，球內均勻分布有自由電荷，其體密度為．求球內的束縛電荷體密度和球表面上的束縛電荷面密度。 解：∵介質是球對稱的，且r0均勻分布，∴ r，s 也必為球對稱分布．因而電場必為球對稱分布．用的高

27、斯定理，可求得半徑為的同心球面上 ；； 在介質內，取半徑間的球殼為體元，則可求出介質內極化電荷體密度： 略去dr的高次項，則 ， (與異號) 介質表面極化電荷面密度： , （與同號）． 10.24 如題圖10.11所示，一平行板電容器，極板面積為S，兩極板之間距離為d，中間充滿介電常量按規(guī)律變化的電介質。在忽略邊緣效應的情況下，試計算該電容器的電容。 解：設兩極板上分別帶自由電荷面密度，則介質中的電場強度分布為 兩極板之間的電勢差為 該電容器的電容值為 10.25 如

28、題圖10.12所示，一電容器由兩個同軸圓筒組成，內筒半徑為，外筒半徑為，筒長都是，中間充滿相對介電常量為的各向同性均勻電介質。內、外筒分別帶有等量異號電荷+Q和-Q．設，L >> b，可以忽略邊緣效應，求： (1) 圓柱形電容器的電容； (2) 電容器貯存的能量． 解：（1）、由題給條件 (和，忽略邊緣效應, 應用高斯定理可求出兩筒之間的場強為： 兩筒間的電勢差 電容器的電容 （2）、電容器貯存的能量 10.26兩個相同的空氣電容器,其電容都是,都充電到電壓各為后斷開電源,然后,把其中之一浸入煤油 (中,然后把兩個電容器并聯,求:

29、 (1)、浸入煤油過程中損失的靜電能； （2）、并聯過程中損失的靜電能。 解：（1）電容器浸入煤油前的能量為 浸入煤油后，電容器的能量 在此過程中損失的能量為 （2）、并聯前，兩個電容器的總能量為 并聯后的總電容。并聯電容器上的總電量 并聯后電容器的總能量為 并聯過程中損失的能量為 10.27電容的電容器在的電勢差下充電,然后切斷電源,并將此電容器的兩個極板與原來不帶電、的電容器的兩極板相連，求： （1）、每個電容器極板所帶的電荷量； （2）、連接前后的靜電能。 解：1）、電容器的總電荷量為： 設兩個電容器極板所帶的電荷量分別為和

30、，則由： ， 得： 2） 、連接前的靜電場能就是連接前第一個電容器的能量，即： 連接后的靜電場能即并聯后電容器的能量，即： 10.28 一平行板電容器的極板面積為S = 1 m2，兩極板夾著一塊d = 5 mm厚的同樣面積的玻璃板．已知玻璃的相對介電常量為。電容器充電到電壓U = 12 V以后切斷電源。求把玻璃板從電容器中抽出來外力需做多少功。(真空介電常量e 0 = 8.8510-12 C2N-1m-2 ) 解：玻璃板抽出前后電容器能量的變化即外力作的功．抽出玻璃板前后的電容值分別為 ， 撤電源后再抽玻璃板．板上電荷不變，但電壓改變，即 ∴

31、 抽玻璃板前后電容器的能量分別為 外力作功 = 2.5510-6 J 10.29 一平行板電容器，極板面積為S，兩極板之間距離為d，中間充滿相對介電常量為的各向同性均勻電介質．設極板之間電勢差為U．試求在維持電勢差U不變下將介質取出，外力需作功多少？ 解：在兩極板之間電勢差U不變下，有介質時電容器中的電場能量為 取出介質后的電場能量為 在兩極板之間電勢差U不變下，由于電容值改變，極板上電荷發(fā)生變化 Dq = q2 -q1 = C2U -C1U 電源作功 設外力作功為A1，則根據功能原理，

32、 A1 +A2 = DW = W2 -W1 故外力作功 第十一章 穩(wěn)恒電流(Steady Current) 二、計算題 11.6 已知導線中的電流按的規(guī)律隨時間變化，式中各量均采用國際單位。計算在到的時間內通過導線截面的電荷量。 解：導線中的電流不是恒定的，在時間間隔內通過導線截面的電量。 在時間段內，通過導線截面的電量 11.7 內外半徑分別為、的兩個同心球殼構成一電阻元件，當兩球殼間填滿電阻率為的材料后，求該電阻器沿徑向的電阻。 解：在半徑間取球殼（），該球殼沿經向的電阻為 該電阻器沿經向的總電阻應為這些殼層電阻的串聯，即該電阻器沿徑向的

33、電阻為： 11.8 當電流為，端壓為時，試求下列各情形中電流的功率以及內產生的熱量。 （1）電流通過導線； （2）電流通過充電的蓄電池，該蓄電池的電動勢為； （3）電流通過充電的蓄電池，該蓄電池的電動勢為。 解：（1）、電流的功率。電流在內產生的熱量。 （2）、電流的功率。當給電動勢為、內阻為的蓄電池充電時，有： 故電流在內產生的熱量：。 （3）、電流的功率。當電動勢為、內阻為的蓄電池放電時，有： 故電流在內產生的熱量：。 11.9在一由電動勢恒定的直流電源供電的載流導線表面某處帶有正電荷，已知其電荷面密度為，在該處導線表面內側的電流密度為，其方向沿導線

34、表面切線方向，如圖11.4所示．導線的電導率為，求在該處導線外側的電場強度。 解：規(guī)定在導線內側和導線外側各物理量分別用角標1，2區(qū)分．由高斯定理可求得導線表面電場強度的垂直分量 ：。 由邊界條件和歐姆定律可求得導線外側電場強度的平行分量 ：。 則導線外側電場強度的大小 的方向： , 11.10在如題圖11.5所示的電路中，兩電源的電動勢分別為和，內阻分別為和，電阻，求電阻兩端的電位差。 解：設各支路的電流為I1、I2和I3，如圖． ①

35、 ② ③ 由①、②、③三式聯立解得： A 11.11 如題圖11.6所示的電路中，電源電動勢分別為，，，內阻為。，，。求： （1）a、b兩點間的電位差； （2）、短路后，電阻上電流大小和流向。 解：（1）、參考題圖11.6a，因為；，所以： （2）、a、b短接后，設各支路的電流方向如題圖11.6b所示。則： 解得： ,, 即，如果、短路，電阻上電流的大小為，方向自左向右。 11.12 在如題圖

36、11.7所示的電路中，已知，，，，，。O點接地，K為開關，C為電容。求： (1) 開關閉合前A點的電勢； (2) 開關閉合后A點的電勢。（開關閉合前后，A點的電勢及電容器極板上的電荷量均指電路穩(wěn)態(tài)時的值）。 解：（1）、開關閉合前，參考題圖11.7a，可得 （2）、開關閉合后， 設各支路電流參考方向如題圖11.7b標出，列KCL、KVL方程， 解得結果為；；。故此時A點的電勢為： 11.13在如題圖11.8所示的電路中，已知，，，，。各電池的內阻均可忽略。求： 1）、當開關K打開時，求電路中B、C兩點間的電位差； 2）、當開關K閉合后，若已知此時A、B兩點的

37、電位相等，求電阻。 解：1）、開關打開時，閉和回路中的電流為： ，（順時針流動） 在B、C兩點間取一段電路，如題圖11.8a，根據一段含源電路的歐姆定律得： 2）、K閉和后，設三個支路中電流分別為，和，其參考方向如題圖11.8b表示。 因為A、B兩點電勢相等，則根據一段含源電路的歐姆定律得： ； 代入數值后： ； 解得： ，。 又因為：，所以：。再根據一段含源電路的歐姆定律得： 所以： （本題亦可直接列基爾霍夫方程組求解） 11.14電容器由如圖所示的任意形狀的兩個導體A、B之間充滿各向同性的均勻電介質組成。電介質的相對介電常數為

38、。漏電電阻率為。試證明兩導體之間的電容和電阻之間的關系為：。 證明：如上圖，使A和B分別帶上自由電荷。包圍A（或B）作閉合曲面S，S為高斯面，運用的高斯定理： 把各向同性電介質的性能方程和歐姆定律的微分形式代入上式得： （1） 設導體A、B之間的電位差為，則根據電容的定義有： （2） 而A、B之間的漏電電阻為： （3） 把（2）、（3）帶入（1）得： 26