qro(xo,yo)a题4.7图解由于在（xo,yo）处有一与z轴平行的线电荷qi，以x=xo为界将场空间分割为0<x<x和x<x<a两个区域，则这两个区域中的电位(x,y)和p(x,y)都满足拉普拉斯方程。而在x=x。的分界面上，可利用函数将线电荷9表示成电荷面密度o(y)=q,8(y-y)，电位的边界条件为① q(0,y)=0, (a,y)=0②p(x,0)=p(x,b)=02(x,0)=p(x,b)=0?P(xo,y)=P2(xo, )(002_ 00)]=-8(y-%)axax60由条件①和②，可设电位函数的通解为n元yn元x)sinh(g(x,y)=ZA, sin((0<x<x)bbn=lny)sinh[n元B, sin(P,(x,y)=(a-x))(x <x<a)bbn=l由条件③，有SWTn元yn元xsW!n元y)sinh[n元)sinh(B, sin(A, sin((a-x))(1)bbbbnn元yn元x0))cosh(>sinoAbbbn=ln元(ny)cosh[n元(a-xo)=(-)+EB.sin((2)bbb6n=I由式（1），可得A, sinh(ntx))-B, sinh[元(-(α-x)= 0(3)hb将式（2）两边同乘以sin(m），并从0到b对积分，有b2q(nx)+B,cosh[(a-x0)=(y-o)sin(n)dyA,cosh(bbbn2q,n元y)sind(4)bTe由式（3）和（4）解得
y o a x l q b ( , ) 0 0 x y 题 4.7 图 解 由于在 ( , ) 0 0 x y 处有一与 z 轴平行的线电荷 l q ，以 0 x = x 为界将场空间分割为 0 0 x x 和 0 x x a 两个区域，则这两个区域中的电位 1 ( , ) x y 和 2 ( , ) x y 都满足拉普 拉斯方程。而在 0 x = x 的分界面上，可利用 函数将线电荷 l q 表示成电荷面密度 0 ( ) ( ) l y q y y = − ，电位的边界条件为 ① 1 (0, ) 0 y = ， 2 ( , ) 0 a y = ② 1 1 ( ,0) ( , ) 0 x x b = = 2 2 ( ,0) ( , ) 0 x x b = = ③ 1 0 2 0 ( , ) ( , ) x y x y = 0 2 1 0 0 ( ) ( ) l x x q y y x x = − = − − 由条件①和②，可设电位函数的通解为 1 1 ( , ) sin( )sinh( ) n n n y n x x y A b b = = (0 ) 0 x x 2 1 ( , ) sin( )sinh[ ( )] n n n y n x y B a x b b = = − ( ) x0 x a 由条件③，有 0 0 1 1 sin( )sinh( ) sin( )sinh[ ( )] n n n n n y n y n n x A B a x b b b b = = = − （1） 0 1 sin( )cosh( ) n n n n y n x A b b b = 0 0 1 0 sin( )cosh[ ( )] ( ) l n n n n y n q B a x y y b b b = + − = − （2） 由式（1），可得 0 0 sinh( ) sinh[ ( )] 0 n n n x n A B a x b b − − = （3） 将式（2）两边同乘以 sin( ) m y b ，并从 0 到 b 对 y 积分，有 0 0 0 0 0 2 cosh( ) cosh[ ( )] ( )sin( )d b l n n n x q n n y A B a x y y y b b n b + − = − 0 0 2 sin( ) l q n y n b = （4） 由式（3）和（4）解得
2q1元n元ysinhl-xo)]sin(Aabsinh(na/b) nob29i1元xntyosinh(B, =sin(bsinh(na/b)n0b故291sinh[n元g(x,y):(a-x)=nsinh(n元a/b)bn元yo)sinh(nxn元ysin((0<x<x)sirbbh12qin元x0sinh(p(x,y) :b= nsinh(n元a/b)n元(n元 y0)sinh["n元ysin((a-x)sin((xo <x<a)bbb若以y=为界将场空间分割为<y<y和y<y<b两个区域，则可类似地得到1297n元g(x,y)=sinh[(b- y%))元nsinh(n元b/a)an元yn元xn元x(0<y<y)sinsinhsinaaa124nyosinh(P2(x,y)=元nsinh(n元b/a)an元xon元n元x) sinh[-(b-y)lsin((% <y<b)sin(aaa4.8如题4.8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α。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。AyEX题4.8图解在外电场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Po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,)=-Ex+C=-ErcosΦ+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P(r,Φ)一样按cosΦ变化，而且在无限远处为0。由于导体是等位体，所以p(r，）满足的边界条件为① p(a,Φ)=C② (r,d)-→-Ercos@+C (r→o)由此可设
0 0 0 2 1 sinh[ ( )]sin( ) sinh( ) l n q n y n A a x n a b n b b = − 0 0 0 2 1 sinh( )sin( ) sinh( ) l n q n x n y B n a b n b b = 故 1 0 0 1 2 1 ( , ) sinh[ ( )] sinh( ) l n q n x y a x n n a b b = = − 0 sin( )sinh( )sin( ) n y n x n y b b b (0 ) 0 x x 0 2 0 1 2 1 ( , ) sinh( ) sinh( ) l n q n x x y n n a b b = = 0 sin( )sinh[ ( )]sin( ) n y n n y a x b b b − ( ) x0 x a 若以 0 y y = 为界将场空间分割为 0 0 y y 和 0 y y b 两个区域，则可类似地得到 1 0 0 1 2 1 ( , ) sinh[ ( )] sinh( ) l n q n x y b y n n b a a = = − 0 sin( )sinh( )sin( ) n x n y n x a a a 0 (0 ) y y 0 2 0 1 2 1 ( , ) sinh( ) sinh( ) l n q n y x y n n b a a = = 0 sin( )sinh[ ( )]sin( ) n x n n x b y a a a − 0 ( ) y y b 4.8 如题 4.8 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 。 x y o E0 a 题 4.8 图 解 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。 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
p(r,g)=-Eorcosg+ A,r-' cosp+C由条件①，有-Egacosp+Aa-'cos$+C=C于是得到A =α?E.故圆柱外的电位为p(r,d)=(-r +ar-")E, cos@+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aplapE=-Vo(r,0)=-e,%-e,F00a?O=e,(l+-)E.cosp+e(-1+-)E, sin g2导体圆柱表面的电荷面密度为op(r,d)r=a=28.E.cospG=-60Or4.9在介电常数为8的无限大的介质中，沿z轴方向开一个半径为α的圆柱形空腔。沿x轴方向外加一均匀电场E。=e,E。，求空腔内和空腔外的电位函数。解在电场E。的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔内、外的电场E为外加电场E与极化电荷的电场E，的叠加。外电场的电位为P(r,)=-Egx=-Eorcos而感应电荷的电位Pm(r,d)应与P(r,d)一样按cos变化，则空腔内、外的电位分别为(r,)和(r,)的边界条件为① r→o时, β(r,)→-E,rcosg②r=0时，9(r,)为有限值；③r=a时, P(a,)=P(a,)001-000Sor"Or由条件①和②，可设g(r,p)=-Eorcosp+Arcosp(r≤a)p2(r,g)=-Eorcosg+ Ar-"cosg(r≥a)代入入条件③，有Aa=Aa-l,-6,E+6A=-E,-caA由此解得A=---Eo, A =--dE.+606+60所以26_Ercosdp(r,g)=-(r≤a)6+60(r,0)=-[1+-0(9)]Ercos(r≥a)+60
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 ( , ) 0 a = ，则 C = 0 。 导体圆柱外的电场则为 2 2 2 2 0 0 1 ( , ) (1 ) cos ( 1 ) sin r r r r r a a E E r r = − = − − = + + − + E e e e e 导体圆柱表面的电荷面密度为 0 0 0 ( , ) 2 cos r a r E r = = − = 4.9 在介电常数为 的无限大的介质中，沿 z 轴方向开一个半径为 a 的圆柱形空腔。沿 x 轴方向外加一均匀电场 E e 0 0 = x E ，求空腔内和空腔外的电位函数。 解 在电场 E0 的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔内、外的电场 E 为外加电场 E0 与极化电荷的电场 E p 的叠加。外电场的电位为 0 0 0 ( , ) cos r E x E r = − = − 而感应电荷的电位 ( , ) in r 应与 0 ( , ) r 一样按 cos 变化， 则空腔内、外的电位分别为 1 ( , ) r 和 2 ( , ) r 的边界条件为 ① r → 时， 2 0 ( , ) cos r E r → − ； ② r = 0 时， 1 ( , ) r 为有限值； ③ r = a 时， 1 2 ( , ) ( , ) a a = 1 2 0 r r = 由条件①和②，可设 1 0 1 ( , ) cos cos r E r A r = − + ( ) r a 1 2 0 2 ( , ) cos cos r E r A r − = − + ( ) r a 代入入条件③，有 1 A a A a 1 2 − = ， 2 0 0 0 1 0 2 E A E a A− − + = − − 由此解得 0 1 0 0 A E − = − + ， 0 2 2 0 0 A a E − = − + 所以 1 0 0 2 ( , ) cos ( ) r E r r a = − + 0 2 2 0 0 ( , ) [1 ( ) ] cos ( ) a r E r r a r − = − + +
二个半径为b、无限长的薄导体圆柱面被分割成四个四分之一圆柱面，如题4.104.10图所示。第二象限和第四象限的四分之一圆柱面接地，第一象限和第三象限分别保持电位U。和-U。。求圆柱面内部的电位函数。yL题4.10图解由题意可知，圆柱面内部的电位函数满足边界条件为①p(0,)为有限值；[U。0<Φ<元/20元/2<<元②p(b,)=-U.元<<3元/203元/2<<2元由条件①可知，圆柱面内部的电位函数的通解为r"(A, sin ng+B, cosng)p(r,)=(r≥a)/a代入条件②，有25(4.sinp+ ,cosmn)=0(6.)n=l由此得到21[p(b,g)sin ngdpA.:b"元1x/23元/2U.sinnodo--TU.sinnodgb"元2U。U.n=1,3,5,...-(1-cosn元)n元bb"n元0,n=2,4,6,...271[ p(b,p)cosngdgB. :b"元3元/21U.cosngdg-U.cosngdqb"元元n+32U(-1) 2U.3n元n元n=1,3,5,..-(sinsinn元b"-22b"n元0,n=2,4,6,..故
4.10 一个半径为 b 、无限长的薄导体圆柱面被分割成四个四分之一圆柱面，如题 4.10 图所示。第二象限和第四象限的四分之一圆柱面接地，第一象限和第三象限分别保持电位 U0 和 −U0 。求圆柱面内部的电位函数。 x y o U0 −U0 b 0 0 题 4.10 图 解 由题意可知，圆柱面内部的电位函数满足边界条件为 ① (0, ) 为有限值； ② 0 0 0 2 0 2 ( , ) 3 2 0 3 2 2 U b U = − 由条件①可知，圆柱面内部的电位函数的通解为 1 ( , ) ( sin cos ) ( ) n n n n r r A n B n r a = = + 代入条件②，有 1 ( sin cos ) ( , ) n n n n b A n B n b = + = 由此得到 2 0 1 ( , )sin d n n A b n b = 2 3 2 0 0 0 1 [ sin d sin d ] n U n U n b = − 0 0 2 , 1,3,5, (1 cos ) 0 2, 4,6, n n U U n n n b b n n = = − = ， = 2 0 1 ( , )cos d n n B b n b = 2 3 2 0 0 0 1 [ cos d cos d ] n U n U n b = − 3 2 0 0 2 3 ( 1) , 1,3,5, (sin sin ) 2 2 0 2,4,6, n n n U U n n n n b b n n + − = = − = ， = 故