n?y) (x?0) an?1?n?y?2(x,y)??Bnen?xasin() (x?0)
an?1由条件③，有
??n?yn?yAsin()?Bsin() （1） ??nnaan?1n?1??qn?n?yn?n?y??Ansin()??Bnsin() ?l?(y?d) （2）
?0aaaan?1n?1由式（1），可得
An?Bn （3）
m?ysin()，并从0到a对y积分，有 将式（2）两边同乘以
a2qla2qln?yn?d?(y?d)sin()dy?sin() （4） An?Bn?n??0?0an??0a?1(x,y)??Ane?n?xasin(?由式（3）和（4）解得 An?Bn?故 ?1(x,y)?qln??0sin(n?d) a1n?d?n?xan?ysin()esin() (x?0) ???0n?1naaql??2(x,y)?1n?dn?xan?ysin()esin() (x?0) ???0n?1naaql?4.7 如题4.7图所示的矩形导体槽的电位为零，槽中有一与槽平行的线
电荷ql。求槽内的电位函数。
解 由于在(x0,y0)处有一与z轴平行的线电荷ql，以x?x0为界将场空间分割为0?x?x0和x0?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x?x0的分界面上，可利用?函数将线电荷ql表示成电荷面密度?(y)?ql?(y?y0)，电位的边界条件为
① ?1(0,y)=0，?2(a,y)?0 ② ?1(x,0)=?1(x,b)?0 ?2(x,0)=?2(x,b)?0 ③ ?1(x0,y)??2(x0,y)
(y b o ql (x0,y0) a 题4.7图
x
q??2??1?)x?x0??l?(y?y0) ?x?x?0由条件①和②，可设电位函数的通解为
?n?yn?x?1(x,y)??Ansin()sinh() (0?x?x0)
bbn?1?n?yn?)sinh[(a?x)] (x0?x?a) ?2(x,y)??Bnsin(bbn?1由条件③，有
??n?x0n?yn?yn?Ansin()sinh()??Bnsin()sinh[(a?x0)] （1） ?bbbbn?1n?1
?Ann?1?n?x0n?n?ysin()cosh()? bbb?Bnn?1?qn?n?yn?sin()cosh[(a?x0)] ?l?(y?y0) （2）
?0bbb由式（1），可得
Ansinh(n?x0n?)?Bnsinh[(a?x0)]?0 （3） bb将式（2）两边同乘以sin(m?y)，并从0到b对y积分，有 b2qlbn?yn?x0n???(y?y)sin()dy? Ancosh()?Bncosh[(a?x0)]0?0n??bbb02qln?y0sin() （4） n??0b由式（3）和（4）解得
2qln?y01n?A?sinh[(a?x)]sin() n0sinh(n?ab)n??0bb2qln?x0n?y01Bn?sinh()sin()
sinh(n?ab)n??0bb1n?sinh[(a?x0)] ???0n?1nsinh(n?ab)bn?y0n?xn?y?sin()sinh()sin() (0?x?x0)
bbb2ql?n?x01?2(x,y)?sinh() ???0n?1nsinh(n?ab)bn?y0n?n?y?sin()sinh[(a?x)]sin() (x0?x?a)
bbb若以y?y0为界将场空间分割为0?y?y0和y0?y?b两个区域，则可类似地得到
2ql?1n??1(x,y)?sinh[(b?y0)] ???0n?1nsinh(n?ba)an?x0n?yn?x?sin()sinh()sin() (0?y?y0)
aaa2ql?n?y01?2(x,y)?sinh() ???0n?1nsinh(n?ba)an?x0n?n?x?sin()sinh[(b?y)]sin() (y0?y?b)
aaa4.8 如题4.8图所示，在均匀电场E0?exE0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?。
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
故 ?1(x,y)?2ql?定），而感应电荷远处为0。由于导① y ?0(r,?)??E0x?C??E0rcos??C（常数C的值由参考点确的电位?in(r,?)应与?0(r,?)一样按cos?变化，而且在无限体是等位体，所以?(r,?)满足的边界条件为 ?(a,?)?C x E0 a o 题4.8图
② ?(r,?)??E0rcos??C(r??)
?1由此可设 ?(r,?)??E0rcos??A1rcos??C
?1由条件①，有 ?E0acos??A1acos??C?C
2于是得到 A1?aE0
故圆柱外的电位为
?(r,?)?(?r?a2r?1)E0cos??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
22??1??aaE????(r,?)??er?e???er(1?2)E0cos??e?(?1?2)E0sin?
?rr??rr??(r,?)导体圆柱表面的电荷面密度为 ????0r?a?2?0E0cos?
?r4.9 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E0?exE0，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Ep的叠加。外电场的电位为?0(r,?)??E0x??E0rcos?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(r,?)??E0rcos?； ② r?0时，?1(r,?)为有限值；
????③ r?a时， ?1(a,?)??2(a,?)，?01??2
?r?r由条件①和②，可设
?1(r,?)??E0rcos??A1rcos? (r?a) ?2(r,?)??E0rcos??A2r?1cos? (r?a)
?1?2带入条件③，有 A1a?A2a，??0E0??0A1???E0??aA2
???0???02E0， A2??aE0 由此解得 A1?????0???02??(r,?)??E0rcos? (r?a) 所以 1???0???0a2?2(r,?)??[1?()]E0rcos? (r?a)
???0r4.10 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y 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。
U00 解 由题意可知，圆柱面内部的电位函数满足边界条件为
?(0,?)为有限值； ① x b o 0????2?U00 ?U0?0 ?2?????4.10题图 ?(b,?)??② ；
?U????3?2?0
?3?2???2??0由条件①可知，圆柱面内部的电位函数的通解为
?(r,?)??rn(Ansinn??Bncosn?) (r?b)
n?1n代入条件②，有 ?b(Ansinn??Bncosn?)??(b,?)
n?1??由此得到
1An?nb?2?1?(b,?)sinn?d??[?U0sinn?d???nb?00?23?2??U0sinn?d?]?U0(1?cosn?)?bnn??2U0,n?1,3,5,?n?n?b??0，n?2,4,6,
1Bn?nb?2???(b,?)cosn?d??b?[?Un01?203?2cosn?d??0U??0cosn?d?]?
n?1,3,5,n?2,4,6,n?3?2U0,U0n?3n??(?1)2n(sin?sin)?n?b?bnn?22?0，?
n?31rn()[sinn??(?1)2cosn?] (r?b) 故 ?(r,?)???n?1,3,5,nb4.11 如题4.11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ql，计算空间各部分的电位。
解 在线电荷ql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ql的电位?l(r,?),)的叠加，即?(r?,?)?lr?(?,?p)r?(。线电荷ql的电位为 与极化电荷的电位?p(r?qq?l(r,?)??llnR??llnr2?r02?2rr0cos? （1）
2??02??0而极化电荷的电位?p(r,?)满足拉普拉斯方程，且是?的偶函数。介质圆柱内外y2U0? a ? o ?0 ql r0 x
题4.11图
的电位?1(r,?)和?2(r,?)满足的边界条件为分别为
① ?1(0,?)为有限值；
② ?2(r,?)??l(r,?)(r??)
????③ r?a时，?1??2,?1??02
?r?r由条件①和②可知，?1(r,?)和?2(r,?)的通解为
?n?1?1(r,?)??l(r,?)??Anrncosn? (0?r?a) （2）
?2(r,?)??l(r,?)??Bnr?ncosn? (a?r??) （3）
n?1?将式（1）～（3）带入条件③，可得到
?Aann?1?ncosn???Bna?ncosn? （4）
n?1??(An?nan?1?Bn?0na?n?1)cosn??(???0)n?1?ql?lnR2??0?rr?a （5）