导体圆柱表面的电荷面密度为ap(r,g)=26.E.cosG=-60Or评注由于外电场E。的电位按cos规律变化，故可设感应电荷的电位im(r,)也按cos变化。根据唯一性定理，只要最终结果满足边界条件，即为正确解。这样的技巧应在解题过程中注意应用。A例4.5如例4.5图所示，一无限长介质圆柱的半径为a、介电常数为ε，在距离轴线rr>a)处有一与圆柱平行的线电荷91，计算空间各部分的电位。分析在线电荷qi作用下，介质圆柱产生极化，例4.5图介质圆柱内外的电位(r.)均为线电荷q的电位p(r,g)与极化电荷的电位,(r,)的叠加，即(r,)=(r,)+,(r,)。线电荷q,的电位为0(r,0)=-_-In R=-2In yr2+r-2rgcosg(1)2元02元80而极化电荷的电位,(r,)满足拉普拉斯方程，且是Φ的偶函数。解设介质圆柱内外的电位分别为g(r,d)=P(r,)+Pp(r,Φ), (0≤r<a)P(r,d)=p(r,g)+Pp2(r,g), (a<r<00)则(r,)和,(r,)满足的边界条件为①(0,)为有限值；(r,g) →p(r,d) (r→)②00=00?r=a时，9=，860arr由于电位分布是中的偶函数，故l(r,)和p2(r,)的通解为ZA.r"cosngPpl(r,p)=)(2)n=1
导体圆柱表面的电荷面密度为 0 0 0 ( , ) 2 cos r a r E r = = − = 评注 由于外电场 E0 的电位按 cos 规律变化，故可设感应电荷的电位 (r,) in 也按 cos 变化。根据唯一性定理，只要最终结果满足边界条件，即为正确解。这样的技巧应在 解题过程中注意应用。 例 4.5 如例 4.5 图所示，一无限长介质圆柱的 半径为 a 、介电常数为 ，在距离轴线 ( ) r0 r0 a 处， 有一与圆柱平行的线电荷 l q ，计算空间各部分的电 位。 分析 在线电荷 l q 作用下，介质圆柱产生极化， 介质圆柱内外的电位 ( , ) r 均为线电荷 l q 的电位 ( , ) l r 与极化电荷的电位 ( , ) p r 的叠加，即 ( , ) ( , ) ( , ) l p r r r = + 。线电荷 l q 的 电位为 2 2 0 0 0 0 ( , ) ln ln 2 cos 2 2 l l l q q r R r r rr = − = − + − （1） 而极化电荷的电位 ( , ) p r 满足拉普拉斯方程，且是 的偶函数。 解 设介质圆柱内外的电位分别为 1 1 ( , ) ( , ) ( , ), (0 ) l p r r r r a = + 2 2 ( , ) ( , ) ( , ), ( ) l p r r r a r = + 则 1 ( , ) r 和 2 ( , ) r 满足的边界条件为 ① 1 (0, ) 为有限值； ② 2 ( , ) ( , ) ( ) l r r r → → ③ r = a 时， 1 2 1 2 0 , r r = = 由于电位分布是 的偶函数，故 1 ( , ) p r 和 2 ( , ) p r 的通解为 1 1 ( , ) cos n p n n r A r n = = （2） x y o a l q 0 r 0 例 4.5 图
Br-ncosndPp2(r,p)=(3)n=l将式（1）～（3）带入条件③，可得到24,a"cosn=2B.a""cosng(4)n=ln=l2(4,gna+B,ona")cosn=(s-s),%R(5)ar2元60月=1当r<r时，将nR展开为级数，有(")cos ngIn R=Inr -(6)n ro带入式（5），得(6-50)(Z(4,na+B,na")cosn =--)n- cos ng(7)2元800elr由式（4）和（7)，有Ana"= B,a"(8-E0)(-)r-IA,ena"- +B,cona-"-l 2元500ro由此解得1q;(8-80)q(-8)2nBaA.:2元(8+)mr2元(+80)故得到圆柱内、外的电位分别为q(-)qi!-Jn-(")"cosng+rp(r,g) =-2rr.cosg(8)2元802元（+）nq(8-) 1,qiIn1Jr2+r-2rrcosgP(r,g)=)"cosng(9)2元802元0(6+6)n讨论：利用式（6），可将式（8）和（9）中得第二项分别写成为(6-)-() cos n=g(6-6) (n R-Inr)2元（+%）台n2元8+60)q(8-8) 1,ag(6-%) (n R'-Inr)-)"cos ng=_2元（+）n0r2元（+8）
2 1 ( , ) cos n p n n r B r n − = = （3） 将式（1）～（3）带入条件③，可得到 1 1 cos cos n n n n n n A a n B a n − = = = （4） 1 1 0 0 1 0 ln ( )cos ( ) 2 n n l n n r a n q R A na B na n r − − − = = + = − （5） 当 0 r r 时，将 ln R 展开为级数，有 0 1 0 1 ln ln ( ) cos n n r R r n n r = = − （6） 带入式（5），得 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 ( ) ( )cos ( ) cos 2 n n n l n n n n q a A na B na n n r r − − − − = = − + = − （7） 由式（4）和（7），有 n n n An a B a − = 1 0 0 0 1 0 0 1 ( ) 2 ( ) − − − − − + = − n l n n n n r a r q A na B na 由此解得 n l n nr q A 0 0 0 0 1 2 ( ) ( ) + − = − ， n n l n nr q a B 0 2 0 0 0 2 ( ) ( ) + − = − 故得到圆柱内、外的电位分别为 2 2 1 0 0 0 ( , ) ln 2 cos 2 l q r r r rr = − + − 0 0 0 0 1 ( ) 1 ( ) cos 2 ( ) l n n q r n n r = − − + （8） 2 2 2 0 0 0 ( , ) ln 2 cos 2 l q r r r rr = − + − 2 0 0 0 0 1 ( ) 1 ( ) cos 2 ( ) l n n q a n n r r = − − + （9） 讨论：利用式（6），可将式（8）和（9）中得第二项分别写成为 0 0 0 0 0 0 0 0 1 ( ) ( ) 1 ( ) cos (ln ln ) 2 ( ) 2 ( ) l l n n q q r n R r n r = − − − = − + + 2 0 0 0 0 0 0 0 1 ( ) ( ) 1 ( ) cos (ln ln ) 2 ( ) 2 ( ) l l n n q q a n R r n r r = − − − = − + +