例4.1、如例4.1图所示，横截面为矩形的封闭区域由四块导体板构成，左右两边的板接地，顶板和底板分别保持恒定电位U,和U，。求矩形区域内的电位分布。分析先根据齐次边界条件写出相应的通解。由于电位(x,y）在x方向满足第一类齐次边界条件，所U,n元x以通解中关于变量x函数应取为sin(，才能满足.a二X方向上的第一类齐次边界条件，而对变量y则应取U2ax为双曲函数，并再利用方向的非齐次的边界条件确定通解中的待定系数。例4.1图解根据题意，电位(x,y）满足的边界条件为p(0,y) = p(a,y)= 0①②p(x,0)=U,③ p(x,b)=U,因此电位(x,y)的通解可取为n元1n元元+B, sinhp(x,y)=A_sinh(1)an=I (由条件②，有n元bn元xU, =B.sinsinhaa=n元x两边同乘以sin(并从0到a对x积分，得到a2U,2U,n元xB, =)dr(1-cosn元)sin(asinh( n元b)n元bansinh(aa4U,n为奇数n元b=nsinh（n为偶数[0,由条件③，同理可得4Un为奇数n元bA, =} n sinh(a10,n为偶数将A,和B代入式（1），即得到槽内的电位分布
例 4.1 如例 4.1 图所示，横截面为矩形的封闭区域由四块导体板构成，左右两边的板 接地，顶板和底板分别保持恒定电位 U1 和 U2 。求矩形区域内的电位分布。 分析 先根据齐次边界条件写出相应的通解。由 于电位 ( , ) x y 在 x 方向满足第一类齐次边界条件，所 以通解中关于变量 x 函数应取为 sin( ) a nx ，才能满足 x 方向上的第一类齐次边界条件，而对变量 y 则应取 为双曲函数，并再利用 y 方向的非齐次的边界条件确 定通解中的待定系数。 解 根据题意，电位 ( , ) x y 满足的边界条件为 ① (0, ) ( , ) 0 y a y = = ② 2 ( ,0) x U= ③ 1 ( , ) x b U= 因此电位 ( , ) x y 的通解可取为 1 ( , ) sinh( ) sinh ( ) sin( ) n n n n y n n x x y A B b y a a a = = − ＋ （1） 由条件②，有 = = 1 2 sin( )sinh( ) n n a n b a n x U B 两边同乘以 sin( ) a nx ，并从 0 到 a 对 x 积分，得到 2 0 2 sin( )d sinh( ) a n U n x B x n b a a a = (1 cos ) ) a n b sinh ( 2 2 − = n n U = ， 为偶数 为奇数 n n n U 0 , ) a n b sinh ( 4 2 由条件③，同理可得 = ， 为偶数 为奇数 n n n U An 0 , ) a n b sinh ( 4 1 将 An 和 Bn 代入式（1），即得到槽内的电位分布 y x U1 a a b o U2 例 4.1 图
n元+U,sinhp(x,y)sinhn元ba7alnsinh.n元y和cosh(n元y）2"(b-)是sinh("评注由于sinh["）的线性组合，根据顶板和底板aaa均为非齐次的边界条件，将变量>的函数取为4.sinh("元)+B,sinh["h[(b-y)]，可简化ba2计算过程。例4.2求如例4.2图所示的二维矩形区域中的电位和电场分布。分析由于电位(x,y)在y方向满足第二类齐次边界条件，所以在通解中，对变量V应取dp=0ann元y为三角函数。但sin(）显然不能满足y方向上6P=U0=0的第二类齐次边界条件，所以应取变量V的函数XaO0=0(元)。此外，由于常数也满足第二类齐次为cos(Onb边界条件，所以通解中还应包含线性函数项。例4.2图解电位P(x,y)满足的边界条件为oploph=0dy ly=0ehyp(0, y) =U.p(a,y)=0因此，电位的通解为0(x, )= Aox + B +Z[4, sinh(n)+ B,cosh()]cos(")]n=1由p(0,y)=U和p(a,y)=0，有n元yB + E B, cos()=U。bn=ln元an元an元y[A,sinh=0Aa+B.+)+B.coshb6bn=l由此解得U.B, = U。A =O
1 2 1,3, 4 1 ( , ) sinh( ) sinh ( ) sin( ) sinh( ) n n y n n x x y U U b y n b a a a n a = = + − 评注 由于 sinh[ ( )] n b y a − 是 sinh( ) n y a 和 cosh( ) n y a 的线性组合，根据顶板和底板 均为非齐次的边界条件，将变量 y 的函数取为 n sinh( ) sinh[ ( )] n n y n A B b y a a + − ，可简化 计算过程。 例 4.2 求如例 4.2 图所示的二维矩形区域中的电位和电场分布。 分析 由于电位 ( , ) x y 在 y 方向满足第二 类齐次边界条件，所以在通解中，对变量 y 应取 为三角函数。但 sin( ) b ny 显然不能满足 y 方向上 的第二类齐次边界条件，所以应取变量 y 的函数 为 cos( ) b ny 。此外，由于常数也满足第二类齐次 边界条件，所以通解中还应包含线性函数项。 解 电位 (x, y) 满足的边界条件为 0 0 y y b y y = = = = 0 (0, ) y U= ( , ) 0 a y = 因此，电位的通解为 0 0 1 ( , ) [ sinh( ) cosh( )]cos( )] n n n n x n x n y x y A x B A B b b b = = + + + 由 0 (0, ) y U= 和 ( , ) 0 a y = ，有 0 0 1 cos( ) n n n y B B U b = + = 0 0 1 [ sinh( ) cosh( )]cos( ) 0 n n n n a n a n y A a B A B b b b = + + + = 由此解得 0 0 0 0 , U A B U a = − = y =U0 b a x a o 0 n = 0 n = 例 4.2 图 = 0
A, =B, =0 (n=1,2,..)故得到p(x,y)=Uo(1-U.E(x,y)=-Vp(x,y)=ex0评注应用分离变量法解边值问题时，通解中所包含的函数形式与齐次边界条件的类型有关，对于不同的类型齐次边界条件，通解中所包含的函数形式一般是不同的。具体的函数形式，必须由满足相应的齐次边界条件来确定。例4.3如例4.3图所示，两平行无限大导体平中面，距离为b，其间有一极薄的导体片由y=d到Uoy=b(-<x<)。上板和薄片保持电位U。，下板保持零电位，设在薄片平面上，从y=0到y=d，dlX0IU.电位线性变化，p(0,J)=y。（1）求板间电位的d例4.3图U.解；（2）在板间电位的解中，除开y一项外，其d:2W他所有项对电场总储能的贡献，并按C，定出边缘电容。U分析应用叠加原理，把场分解为两个场的叠加：一个是距离为b的两无限大平行板间不存在薄片时，外加电压为U。的场：另一个是距离为b的两两无限大接地平行导体板间有电位为U.的导体薄片时的场。解（1）设板间的电位为p(x,y)=q(x,y)+(x,y)其中，（x，y）为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为U。）的电位，即Uoyp(x,y)=6JP(x,y)是两个电位为零的平行导体板间有导体薄片时的电位，其边界条件为：① P(x,0)=P(x,b)=0(x,y)=0 (x→0)②
0 ( 1,2, ) A B n n n = = = 故得到 0 ( , ) (1 ) x x y U a = − 0 ( , ) ( , ) x U x y x y a E e = − = 评注 应用分离变量法解边值问题时，通解中所包含的函数形式与齐次边界条件的类型 有关，对于不同的类型齐次边界条件，通解中所包含的函数形式一般是不同的。具体的函数 形式，必须由满足相应的齐次边界条件来确定。 例 4.3 如例 4.3 图所示，两平行无限大导体平 面，距离为 b ，其间有一极薄的导体片由 y = d 到 y = b (− x ) 。上板和薄片保持电位 U0 ，下 板保持零电位，设在薄片平面上，从 y = 0 到 y = d ， 电位线性变化， y d U y 0 (0, ) = 。（1）求板间电位的 解；（2）在板间电位的解中，除开 y d U0 一项外，其 他所有项对电场总储能的贡献，并按 2 0 2 U W C e f = 定出边缘电容。 分析 应用叠加原理，把场分解为两个场的叠加：一个是距离为 b 的两无限大平行板间 不存在薄片时，外加电压为 U0 的场；另一个是距离为 b 的两两无限大接地平行导体板间有 电位为 U0 的导体薄片时的场。 解 (1) 设板间的电位为 1 2 ( , ) ( , ) ( , ) x y x y x y = + 其中， 1 ( , ) x y 为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为 U0 ）的电位，即 0 1 ( , ) U x y y b = 2 ( , ) x y 是两个电位为零的平行导体板间有导体薄片时的电位，其边界条件为： ① 2 2 ( ,0) ( , ) 0 x x b = = ② 2 ( , ) 0 ( ) x y x = → U0 x 例 4.3 图 d o b y
U.U(0≤y≤d)b③P(0,y)=(0,y)-q(0,y) =U.U.(d≤y<b)Vdh根据条件①和②，可设(xy）的通解为ZA.sim-n元y(x,y)=Jebn=l由条件③有U.U.(0≤y≤d)2sbn元yA.sin(LLbn=1(d≤y≤b)V12-l d bn元y两边同乘以sin(并从0到b对y积分，得到b2U。rd(2U1n元y-yn元yA. =)ysin()dy+d(1-Osin(JobhbJObdaa2U。bn元dsin(b(n元)d故得到p(x,y)=p(x,y)+p(x,y)U.2bU。nad1nyLy+=inesin()sin(e6d元2bb（2）在导体板（y=0）上，相应于P(xy)的电荷面密度p28.U.1nrdesin(一02=-60bay元dny=0则导体板上（沿≥方向单位长）相应的总电荷n元d26.U.0,dx= 20,dx=-2)ebdxsin(1=6n元d1=l4U.b1n元dsin(nein?b元d相应的电场储能为.2Eb2 sin()90=-W.:n=in?h元d其边缘电容为
③ 0 0 2 1 0 0 (0 ) (0, ) (0, ) (0, ) ( ) U U y y d b y y y U U y y d y b d b − = − = − 根据条件①和②，可设 ( , ) 2 x y 的通解为 2 1 ( , ) sin( )e n x b n n n y x y A b − = = 由条件③有 0 0 1 0 0 (0 ) sin( ) ( ) n n U U y y d n y b A b U U y y d y b d b = − = − 两边同乘以 sin( ) b ny ，并从 0 到 b 对 y 积分，得到 0 0 0 0 2 2 1 1 ( ) sin( )d (1 )sin( )d d d n U U n y y n y A y y y b d b a b b a = − + − 0 2 2 sin( ) ( ) U b n d n d b = 故得到 1 2 ( , ) ( , ) ( , ) x y x y x y = + 0 0 2 2 1 2 1 sin( )sin( )e n x b n U bU n d n y y b d n b b − = = + （2）在导体板（ y = 0 ）上，相应于 ( , ) 2 x y 的电荷面密度 2 0 0 2 0 0 1 2 1 sin( )e n x b y n U n d y d n b − = = = − = − 则导体板上（沿 z 方向单位长）相应的总电荷 0 0 2 2 2 0 0 1 2 d 2 d 2 sin( )e d n x b n U n d q x x x n d b − − = = = = − 0 0 2 2 1 4 1 sin( ) n U b n d d n b = = − 相应的电场储能为 2 0 0 2 0 2 2 1 1 1 2 sin( ) 2 e n bU n d W q U d n b = = = − 其边缘电容为
2W。- 46.b 1.dCsih(b评注应用电位的叠加原理解边值问题时，应特别注意的是：边界条件中的电位是总的电位，因此，两部分电位叠加起来后必须满足原来的边界条件。所以，此题中，在x=0处的边界条件应为(0,y)十(0,y)=(0,y)，即(0,y)=(0,y)-(0,y)，而不是P2(0, y) =p(0, y) 。例4.4如例4.4图所示，在均匀电场E。=e,E.中垂直于电场方向放置一根无限长导体圆柱，圆柱的半径为。求导体圆柱外的电位和电场E以及导体表面的感应电荷密度d.分析在外电场E。作用下，导体表面产生感应电荷，圆柱外的电位是外电场E。的电位P。与感应电荷的电位的叠加。由于导体圆柱为无限长，所以电位与变量z无关。在圆柱面坐标系中，外电场的电位为P(r,Φ)=-E.x+C=-E.rcosΦ+C（常数C的值由参考点确定），而感应电荷的电位m(r,Φ)应与(r,）一样按cosΦ变化，而且在无限远处为0。解由于导体是等位体，所以(r,)满足的边界条件为① (a,d)=C一②p(r,)→-ErcosΦ+C (r→o)由此可设60p(r,g)=-Eorcos+Ar-lcosp+CE由条件①，有-E,acos+Aa-'cosΦ+C=C例4.4图于是得到A, =α’E.故圆柱外的电位为p(r,Φ)=(-r+a'r-")EcosΦ+C若选择导体圆柱表面为电位参考点，即β(a,Φ)=0，则C=0。导体圆柱外的电场则为apel0E=-V(r,0)=-6or-e000+)Ecoso+e.(-1+=-e,(1+)E,sindr
sin( ) 2 4 1 1 2 2 0 2 0 = = = n e f b n d d n b U W C 评注 应用电位的叠加原理解边值问题时，应特别注意的是：边界条件中的电位 是总 的电位，因此，两部分电位叠加起来后必须满足原来的边界条件。所以，此题中，在 x = 0 处的边界条件应为 1 2 (0, ) (0, ) (0, ) y y y ＋ = ，即 2 1 (0, ) (0, ) (0, ) y y y = − ，而不是 2 (0, ) (0, ) y y = 。 例 4.4 如例 4.4 图所示，在均匀电场 E e 0 0 = x E 中垂直于电场方向放置一根无限长导 体圆柱，圆柱的半径为 a 。求导体圆柱外的电位 和电场 E 以及导体表面的感应电荷密度 。 分析 在外电场 E0 作用下，导体表面产生感应电荷，圆柱外的电位是外电场 E0 的电位 0 与感应电荷的电位 in 的叠加。由于导体圆柱为无限长，所以电位与变量 z 无关。在圆柱 面坐标系中，外电场的电位为 000 ( , ) cos r E x C E r C = − + = − + （常数 C 的值由参考点 确定），而感应电荷的电位 ( , ) in r 应与 0 ( , ) r 一样按 cos 变化，而且在无限远处为 0。 解 由于导体是等位体，所以 ( , ) r 满足的边界条件为 ① ( , ) a C= ② 0 ( , ) cos ( ) r E r C r → − + → 由此可设 1 0 1 ( , ) cos cos r E r A r C − = − + + 由条件①，有 1 0 1 E a A a C C cos cos − − + + = 于是得到 0 2 A1 = a E 故圆柱外的电位为 2 1 0 ( , ) ( ) cos r r a r E C − = − + + 若选择导体圆柱表面为电位参考点，即 (a,) = 0 ，则 C = 0 。 导体圆柱外的电场则为 1 ( , ) r r r r = − = − − E e e 2 2 2 2 0 0 (1 ) cos ( 1 ) sin r a a E E r r = − + + − + e e x y o E0 a 例 4.4 图 0