第3章习题解答
3.1 对于下列各种电位分布，分别求其对应的电场强度和体电荷密度：
(1)()2,,x y z Ax Bx C Φ=++； (2)(),,x y z Axyz Φ=；
(3)()2,,sin z A B z Φρ?ρ?ρ=+； (4)()2,,sin cos r Ar Φθ?θ?=。
解：已知空间的电位分布，由E Φ=-?r r 和2
0/Φρε?=-可以分别计算出电场强度和体电荷密度。
(1) ()2x E e Ax B Φ=-?=-+r r r
0202εερA -=Φ?-=
(2) ()x y z E A e yz e xz e xy Φ=-?=-++r r r r r
020=Φ?-=ερ
(3) (2sin )cos z E e A Bz e A e B ρ?Φρ?ρ?ρ??=-?=-+++??r r r r
20004sin sin 3sin Bz Bz A A A ρεΦε??ε?ρρ????
=-?=-+-=-+ ? ????
?
(4) ()2sin cos cos cos sin r E e Ar e Ar e Ar θ?Φθ?θ??=-?=-+-r r r r r
200cos 2cos cos 6sin cos sin sin A A A θ??ρεΦεθ?θθ??
=-?=-+
- ??
?
3.5 如题3.5图所示上下不对称的鼓形封闭曲面，其上均匀分布着密度为0S ρ的面电荷。
试求球心处的电位。 解：上顶面在球心产生的电位为
22001111100
()()22S S d R d R d ρρ
Φεε=
+-=- 下顶面在球心产生的电位为
22
002222200
()()22S S d R d R d ρρΦεε=
+-=- 侧面在球心产生的电位为
030
014π4πS S S
S
R
R
ρρΦεε=
=
?
式中2
12124π2π()2π()2π()S R R R d R R d R d d =----=+。因此球心总电位为
1230
S R ρΦΦΦΦε=++=
3.6有02εε=和05εε=的两种介质分别分布在0z >和0z <的半无限大空间。已知0z >时，
201050x y z E e e e =-+r r r r
V /m 。试求0z <时的D r 。
解：由电场切向分量连续的边界条件可得
1t 2t
1212x x
y y E E E E E E =?== 222010x y E E ?==-
000520510x y z D D εε?
<=?=-?
代入电场法向方向分量满足的边界条件可得
1n 2n
1202250z z z D D D D D ε=?
=??= 200100z z D ε?<=
于是有
000010050100x y z z D e e e εεε<=-+r r r r
3.9 如题3.9图所示，有一厚度为2d 的无限大平面层，其中充满了密度为()()0cos π/x x d ρρ=的体电荷。若选择
坐标原点为零电位参考点，试求平面层之内以及平面层以外各区域的电位和电场强度。
解：由对称性可知0y z
ΦΦ??==??，即22222
2222d d x y z x ΦΦΦΦΦ????=++=???。
设各区域中的电位和电场强度分别为1Φ，2Φ，3Φ和1E ρ，2E ρ
，3E ρ。由电位所满
足的微分方程
2012
d πcos d x x d ρΦε??=- ???
2
2
2d 0d x Φ= 232d 0d x Φ= 解得
011d πsin d πd x C x d ρΦε??
=-+ ???
22d d C x Φ= 33d d C x
Φ= 201112πcos πd x C x D d ρΦε??=++ ???
222C x D Φ=+ 333C x D Φ=+
由于理想介质分界面没有面电荷，所以边界条件为
d x =时 12ΦΦ= 12
d d d d x x
ΦΦε
ε= d x -=时 13ΦΦ= 310d d d d x x
ΦΦεε=
又根据对称性可知，在0=x 的平面上，电场强度是为零的，即0=x 时，1d /d 0x Φ=。最后再选择零电位参考
点使得0=x 时，()100Φ=。联立解得
0321===C C C 2012πd D ρε=- 2
0232
2π
d D D ρε==-。 只要利用d d x E
e x
Φ
=-?Φ=-r r r 就可以得到
d x -<时， 20322πd ρΦε=- 3
3d 0d x
E e x
Φ=-=r r d x d ≤≤-时 2200122πcos ππd x d d ρρΦεε??=- ??? 011d πsin d πx x d x E e e x d ρΦε??=-= ???r r r d x >时， 20222πd ρΦε=- 2
2d 0d x
E e x
Φ=-=r r ? 选择不同的零电位参考点，得到的电位不同，但电场强度仍是相同的。 ? 根据对称性只需求出0>x 的解，即1Φ和23ΦΦ=。
3.10 位于0x =和x d =处的两个无限大导电平面间充满了()01x d ρρ=+的体电荷。若将0x =处的导电平
板接地，而将x d =处的导电平板加上电压0U 。试求板间的电位分布及电场强度为零的位置。
解：由于无限大导体极板之间电荷分布是只与x 有关，忽略边缘效应，可以认为电位分布也只与x 有关，且满足
一维泊松方程
2020d 1d x x d ρΦ
ε??=-+ ??? 其通解为 32001200
()62x x x C x C d ρρΦεε=--++ 由(0)0Φ= ? 02=C 而由0()d U Φ= ? 0
00132ερd d U C +=
因此板间电位分布为 3200000002()623U d x x x x d d ρρρΦεεε??=-
-++ ??
?
板间电场强度为 200
000
00223x U d E e x x d d ρρρΦεεε????=-?=+-+?
? ?????r r r 从该式可以求出电场强度为零的位置为
20000022000000000002423224 13U d d d U d b b ac x d d d d d
ρρρρεεεεερρρεε??
-±++ ???-±-?
?===-±++ ?
?? 由于我们是讨论极板内电场强度，因此零点位置为000002213U d x d d d d ερρε??
=-+++ ???
3.11 如题3.11图所示的平板电容器中，分别以两种不同的方式填充两种不同的介质1ε和2ε。当两极板之间外
加电压0U 时，试求电容器中电位和电场的分布以及电容器的电容。
解：对于图a ：忽略边缘效应，可以认为电位分布也只与x 有关，均满足一维拉普拉斯方程。且由介质分界面的
边界条件可知，两种介质中的电位分布是相同的，其通解为
Cx D Φ=+
根据已知条件0
0x Φ
==和02x d
U Φ
==，解得0D =和0
2U C d
=
，即平板电容器中的电位分布为
2U x d
Φ=
根据E Φ=-?r r ，可以得到平板电容器中的电场分布为 0d d 2x x U E e e x d
ΦΦ=-?=-=-r r r r
对0=x 平板上n x e e =r r
，面电荷密度分别为
()
01n n 02 2 2S U y S d e D e E U y S
d ερεε?-∈??=?=?=?
?-∈??
r r r r 上下 总电量为 ()0012120222U U S
Q S S U d d d
εεεε=-?-=-+
电容器的电容为 ()1202Q S C U d
εε==+ 对于图b ：忽略边缘效应，可以认为电位分布也只与x 有关，均满足一维拉普拉斯方程。两种介质中的电位分布的通解可以分别设为
111C x D Φ=+ 和 222C x D Φ=+
根据已知条件100x Φ==和2
02x d
U Φ==，
以及分界面处的边界条件12x d x d ΦΦ===和1
2x d
x d
x
x
ΦΦ==??=
??可以解得
20112U x d
εΦεε=
+ 和
202012U x d U d εΦεε-=++
根据E Φ=-?r r
，可以得到平板电容器中两种介质中的电场分布为
0121112d d x x U E e e x d ΦεΦεε=-?=-=-+r r r r 和 0
212212d d x x
U E e e x d
ΦεΦεε=-?=-=-+r r r r 对0=x 平板上n x e e =r r
，面电荷密度为 ()
012n n 112 S x U e D e E e d
εερεεε=?=?=-+r r r r r
总电量为 12
1222S S
Q S U d εερεε=?=-+ 电容器的电容为 120
122Q S
C U d
εεεε==
+
3.12 已知在半径为a 的无限长圆柱形体内均匀分布着电荷密度为0ρ的体电荷。圆柱体内外的介电常数分别为ε和0ε。若取圆柱体的表面为零电位的参考面，试利用直接积分法求出圆柱体内外的电位和电场强度。 解：取定圆柱坐标系，使z 轴与圆柱体的中心轴线相重合，由电位和电场的对称性可知Φ与?和z 无关。圆柱
体内外的电位1Φ和2Φ满足的微分方程分别为
01d 1d d d ρΦρρρρε??
=- ?
??
和 020d 1d d d ρΦρρρρε??=- ??? 它们的通解可以分别表示式为 ()2
0111ln 4C D ρΦρρρε
=-
++ 和 222ln C D Φρ=+ 由轴线上的电位应为有限值可得10C =。而由圆柱体的表面电位为零可得
2
0104a D ρε
-
+= 和 22ln 0C a D += 即 2014D a ρε= 和 22ln D C a =- 于是有 ()()22014a ρΦρρε=-- 和 22ln C a
ρΦ= 代入圆柱体表面电位的法向导数的边界条件1
2
r a
r a
r
r
ΦΦε
ε==??=??得到0
20
2a C a ρε=-，即2
020
2a C ρε=-。 最后得到圆柱体内外的电位分别为 ()()22014a ρΦρρε=- 和 2
020ln 2a a
ρρΦε=- 而圆柱体内外的电场强度分别为 01110d d 2E e e ρρρρΦΦρε=-?=-=r r r r 和 202220d d 2a E e e ρρ
ρΦΦρερ
=-?=-=r r r r 3.13 如题3.13图所示，半径为a 的无限长导体圆柱，单位长度的带电量为l ρ。其
一半埋于介电常数为ε的介质中，一半露在空气中。试求各处的电位和电场强度。 解：根据题意，空间中电位分布与?和z 无关，均满足一维的拉普拉斯方程，即
()
()
211222d 1d 0d d d 1d 0d d r r ΦΦρρρΦΦρρρ??
?== ?????
?=
= ???
介质中空气中
将上述两方程分别直接积分两次，得出通解为 111ln C D Φρ=-+ 和 222ln C D Φρ=-+ 根据不同介质分界面电位的连续性可知12C C C ==和12D D D ==，即 12ln C D ΦΦΦρ===+ 若设无限长导体圆柱上电位为0，也即()0a Φ=，可得ln D C a =-，即
ln
C a
ρΦ=
导体圆柱的面电荷密度为 ()()
0S C
C
εΦρεερ?-??=-=?
-???介质中空气中
单位长度导体圆柱的电量为 0ππl C a C a ρεε=--
即 0π()
l C ρεε=-
+
于是得到导体圆柱外的电位和电场强度分别为
0ln π()l a ρΦεερ
=+ 和 0π()l E e ρ
ρΦεερ=-?=+r r
3.14 如题3.14图所示同轴电容器，其中部分填充了介质ε，其余是空气。当外加电压0U 时，试求电容器中的电位和电场强度的分布以及单位长度的电容。 解：根据题意，空间中电位分布与?和z 无关，均满足一维的拉普拉斯方程，即
()()
211222d 1d 0d d d 1d 0d d r r ΦΦρρρΦΦρρρ??
?== ?????
?=
= ???
介质中空气中
将上述两方程分别直接积分两次，得出通解为 111ln C D Φρ=-+ 和 222ln C D Φρ=-+ 根据不同介质分界面电位的连续性可知12C C C ==和12D D D ==，即 12ln C D ΦΦΦρ===+
由0a
ρΦ
==和0b
U ρΦ
==可得到 ln D C a =- 和 0ln U C b D =+
可以解得 0/ln b C U a ??= ??? 和 0ln /ln b D U a a ??=- ???
因此电容器内电位和电场强度的分布分别为
0ln /ln b U a a ρΦ????= ? ????? 和 0d 1
d ln U E
e e b a ρ
ρΦΦρ
ρ=-?=-=-??? ???
r r r r 利用n S e D ρ=?r
r
可以计算出电容器内面电荷密度分布为 ()001 ln S U b b a ερ?θ=???? ??? 和 ()01 ln S U b b a ερ?θ=?∈?? ???
那么单位长度总电荷为 ()00000(2π)112πln ln ln b U b U U Q b b b b b a a a θεθεεθεθ-=?+?=-+???
??????? ? ? ???????
因此单位长度的电容为 ()0012πln Q C b U a εθεθ==-+???
??? ???
3.15在介电常数为ε的无限大介质中，均匀分布体密度为0ρ的电荷。若在该介质中挖了一个半径为0R 的球形
空腔（腔中的介电常数可视为0ε）。利用直接积分法求出各处的电位分布Φ和电场强度E r
。（以球面为零电
位参考点）
解：根据场的对称性可知
0=??=???
Φ
θΦ，即2221d d d d r
r r r ΦΦ???= ?
??
。设球形空腔内外的电位分别为1Φ和2Φ。
解212
d 1d 0d d r r r r Φ??= ???和2022d 1d d d r r r r ρΦε??
=- ???得 111D r
C +-=Φ 和 222026
D r C r +--=ερΦ 考虑到0→r 时，场应是有界的，即01=C 。再利用边界连续条件0R r =时，21ΦΦ=，12
d d d d r r
ΦΦεε
=以及给定的零电位参考点，即0R r =时，021＝ΦΦ=，联立解得 011=D C ＝,ε
ρ33
002R C =和ερ22
002R D =
由此可得 01=Φ，ε
ρερερΦ2362
003
00202R r R r +--= 011=?-=ΦρρE ，???? ??-=-=?-=230
0022233r R r e dr d e E r r ερε
ρΦΦρρρρ
3.16 顶端夹角为02θ的带电导体圆锥垂直于无限大的接地导体平面，但两者之间有一缝隙。当圆锥所加电压为
0U 时，试求圆锥体与导体平面之间的电位分布及电场强度。
解：由于圆锥体与导体平面之间的电位分布均仅为坐标θ的函数，满足一维的拉普拉斯方程
2
1sin 0sin r Φθθθθ????= ????? 即 sin 0Φθθθ????
= ?????
将上述方程分别直接积分两次，得出通解为 ln tan 2C D θΦ??
=+ ??
?
利用边界条件()00U Φθ=和()π/20Φ=解得 00/ln tan 2C U θ??
= ??
? 和 0D =
由此可得圆锥体与导体平面之间的电位和电场强度的分布分别为
00ln tan 2ln tan 2U θΦθ?
?= ????? ??? 和 0011sin ln tan 2U E e e r r θθ
ΦΦθθθ?=-?==??? ?
??r r r r 3.17如题3.17图所示，由两块形状相同的不相连矩形导体槽构成的无限长的矩
形管，内填空气，但两者之间有一缝隙。当外加电压0U 时，利用直角坐标系分离变量法求出矩形管内的电位分布。 解：定解问题为02
=?Φ，00
==y Φ
，0y b
U Φ
==以及
00
/20
0/2
x U d y d y d Φ
=<
0/2
x a
U
d y d y d Φ
=<
设0
01212U y b
ΦΦΦΦΦΦ=++=
++，其中1Φ和2Φ的满足的定解问题分别为 012=?Φ，001==y Φ，10y b Φ==，100x Φ==和0010/20/2x a
U U y b y b b U y y b b Φ=?-<
220Φ?=，200y Φ==，20y b Φ==，20x a Φ==和0020
0/20/2x U U y b y b b U y y b b Φ=?-<
A B b b b Φ∞
=??=+ ?
?
?∑ 由100x Φ==，则20A =，因此上式变成 11
ππsinh sin
n n n x n y
A b b Φ∞
==∑ 代入边界条件0010/20/2
x a U U y b y b b U y y b b Φ=?
-<
?-<
，则得到 0010/2ππsinh sin 0/2n n U U y b y b n a n y b A U b b y y b b ∞=?-<
/200
00/2π2ππsinh
sin d sin d b b n b U U n a n y
n y A U y y y y b b b b b b ???
???=-+-??
? ???????
??
积分得到 ()/2
021ππsinh
n n
U A n a
n b
=
-
由定解问题2
20Φ?=，2
0y Φ==，2
0y b
Φ==，20x a Φ==可知()21
ππsinh
sin
n n n a x n y
C b b
Φ∞
=-=∑
代入边界条件0020
0/20/2
x U U y b y b b U y y b b Φ
=?-<
，则得到 ()/2021ππsinh n n
U C n a n b =- 最后得到电位分布为()
/2
02,4,6,πsinh 12πππcosh 1cosh sin ππ
sinh
n n n x U y n x n a n y b U n a d n
b b b b Φ∞
=?
???-??=++-?? ??????
?∑
L
3.18 求题3.18图所示矩形空间区域内的电位分布，已知边界条件为：
（1）10U Φ=，2340ΦΦΦ===；
（2）20U Φ=，1
0n Φ?=?，340ΦΦ==； （3）303ππsin cos y y
U b b
Φ=，1240ΦΦΦ===；
（4）2
0E y Φ?-
=?，140ΦΦ==，30n
Φ?=?。 解：（1）根据给定的边界条件可以将通解直接选为()()()
1212,sinh cosh sin cos y y y y x y C k x C k x D k y D k y Φ=++
由边界条件240ΦΦ==可以得到20D = 和 π
1,2,3,y n k n b
=
=L
即 ()112πππ,sin sinh cosh n y n x n x x y D C C b b b Φ??=+ ?
?? 为了求解方便可以将上式改写为 ()()()112πππ,sin
sinh cosh n a x n a x n y x y D C C b b b Φ--?
?=+????
如此一来，由边界条件30Φ=可以直接得到20C =，于是有()()ππ,sin sinh
n n a x n y
x y E b b
Φ-= 式中，11D C E n =。将上式对n 求和，可将此边值问题的解写成
()1,2,3,ππsin
sinh
n n n a x n y E b b
Φ=-=
∑
L
最后，将边界条件10U Φ= 代入上式，得 01,2,3,ππsin
sinh
n n n y n a
U E b b
==
∑
L
利用三角函数的正交性可以得到 00041,3,5,π2ππsinh sin d πsinh
02,4,6,b n U n n a U n y n E y n a b b b n b ?=??
==??=??
?L L
最后得到电位分布为 ()01,3,5,π4πsin
sinh ππsinh
n n a x U n y n a
b b
n b
Φ=-=
∑
L
（2）根据给定的边界条件可以将通解直接选为()()()1212,sin cos sinh cosh x x x x x y C k x C k x D k y D k y Φ=++
由边界条件
1
0n
Φ?=?和30Φ=可以得到 ()212πππ,cos
sinh cosh 222n x n y n y x y C D D a a a Φ??
=+ ?
??
1,3,5,n =L 由边界条件40Φ=可以得到 ()ππ,cos
sinh 22n n x n y
x y E a a
Φ=1,3,5,n =L
式中，11D C E n =。将上式对n 求和，可将此边值问题的解写成()1,2,3,ππ,cos
sinh 22n n n x n y x y E a a
Φ==∑
L
最后，将边界条件20U Φ= 代入上式，得 01,2,3,ππcos
sinh 22n n n x n y U E a a
==∑
L
利用三角函数的正交性可以得到
()1
02024πsin d 1π2sinh
πsinh
22n a
n U U n x E x n b n b a b n a
a
π-=
=-? 最后得到电位分布为 ()
102
1,3,5,4ππ1cos sinh 22πsinh 2n n U n x n y n b a a n a
Φπ-==
-∑L
（3）根据给定的边界条件可以将通解直接选为()()()
1212,sinh cosh sin cos y y y y x y C k x C k x D k y D k y Φ=++
由边界条件240ΦΦ==可以得到()112πππ,sin sinh cosh n y n x n x x y D C C b b b Φ??=+ ?
??1,2,3,n =L 由边界条件10Φ=可以得到 ()ππ,sinh
sin n n x n y
x y E b b
Φ=1,2,3,n =L
式中，11D C E n =。将上式对n 求和，可将此边值问题的解写成()1,2,3,ππ,sinh
sin n n n x n y x y E b b
Φ==
∑
L
最后，将边界条件0303ππ2π4πsin cos sin sin 2U y y y y U b
b
b
b Φ??==+ ?
?
?
代入上式，得 01,2,3,2π4πππsin sin sinh sin 2n n U y y n x n y
E b b b b
=??+= ?
??∑L 比较系数可以得到
0212π2sinh U E a b =
和 0
414π2sinh U E a
b
=
其余的系数均为零。最后得到电位分布为 04π4π2π2πsinh sin sinh sin 4π2π2sinh sinh
x y x y U b b b b a a b b Φ?
???=+??????
（4）根据给定的边界条件可以将通解直接选为()()()1212,sin cos sinh cosh x x x x x y C k x C k x D k y D k y Φ=++ 由边界条件10Φ=和
30n Φ?=?可以得到 ()112πππ,sin sinh cosh 222n x n y n y x y C D D a a a Φ??=+ ???
1,3,5,n =L
由边界条件40Φ=可以得到 ()ππ,sin
sinh 22n n x n y
x y E a a
Φ=1,3,5,n =L
式中，11D C E n =。将上式对n 求和，可将此边值问题的解写成 ()1,2,3,ππ,sin
sinh 22n n n x n y x y E a a
Φ==∑
L
最后，将边界条件20E y Φ?-
=? 代入上式，得 01,2,3,πππsin cosh 222n n n n x n y E E a a a =-=∑L
利用三角函数的正交性可以得到
000
2228πsin
d πππcosh πcosh 22a
n E aE n x E x n n b
n b a b
n a a
a
=-
=-
?
最后得到电位分布为 022
1,3,5,8ππsin sinh 22πcosh 2n aE n x n y n b a a n a Φπ=????=
-????
??
∑
L
3．21两平行的无限大导体平板，距离为d ，其间有一薄片，如题3.21图所示。
当上板电位为0U ，下板电位为零，薄片电位为()01/U y d +时，利用直角坐标系中的分离变量法求板间0x >区域的电位分布。 解：定解问题为02
=?Φ，00
==y Φ
，0y b
U Φ
==以及()00
1/x U y d Φ
==+
设0
1U y d
ΦΦ=+
，则其中1Φ的满足的定解问题为012=?Φ，00
1
==y Φ0 1==b y Φ 100x U Φ==
由定解问题的边界条件1
0y Φ==和10y b Φ==很容易得到
ππ1111πe e sin
n x n x
d d n n y A B d Φ∞
-=??=+ ???
∑
由1x Φ→∞=有限，则10A =，因此上式变成 π111
πe sin
n x d
n n y
B d Φ∞
-
==∑ 代入边界条件100
x U Φ==，则得到 01
πsin n n n y U B d ∞
==∑
利用正弦函数的正交性可以得到 0
041,3,5,2πsin d π02,4,6,d
n
U n U n y E y n d
b
n ?=?
==??=??L L 最后得到电位分布为 π001,3,5,4πe sin
πn x d n U y n y U d n d
Φ∞-==+∑L 3.22 如题3.22图所示，已知矩形导体盒子顶面的电位分布为()02π3π,sin
sin
x y
U x y U a b
=，其余的面上电位均为零。试求盒内的电位分布。
解：利用分离变量法，根据盒子四个侧壁的齐次边界条件可以求出
()πsin n x X x a =，()πsin m y
Y y b
=，()z k B z k A z Z z z |||ch |sh += 式中2
2
?
?
? ??+??
? ??=b m a n k z ππ。由于(,,0)0x y Φ=，所以该边值问题解的形式应为 22
,ππππ(,,)sin sin sh nm n m
n x m y n m x y z A z
a b a b Φ∞
????=+ ? ?????∑ 最后，根据盒子顶部的非齐次边界条件由02π3π(,,)sin sin
x y
x y c U a a
Φ=可以得到 22
0,2π3πππππsin sin sin sin sh nm n m
x y n x m y n m U A c
a a a
b a b ∞????=+ ? ?????∑
比较系数得到2=n ，3=m ，2
2
2302π3π/sh A U c
a b ????=+ ? ?????
，因此问题的解为
22
2
2
2π3π2π3π(,,)sin sin sh 2π3πsh x y x y z z a b a b c
a b Φ????=
+ ? ?????
????+ ? ?????
3.23 半径为a 的无限长圆柱面上分布着密度为0cos S S ρρ?=的面电荷。试求圆柱面内、外的电位分布。 解：取定圆柱坐标系，使z 轴与圆柱体的轴相重合。在此坐标系下，诸场量均与z 坐标无关，圆柱内部电位1Φ和
圆柱外部电位2Φ均满足二维的拉普拉斯方程，其通解表示式可分别写为
()()()1121,ln sin cos sin cos n n
n n n n n P P A n B n C n D n Φρ?ρρ??ρ??∞
-=??=+++++??
∑ ()()()2121
,ln sin cos sin cos n n
n n n n n P P A n B n C n D n Φρ?ρρ??ρ??∞
-=''''''??=+++++??∑
上列两式的待定系数可以利用下列的边界条件来确定： （1）在圆柱体的轴线上，电位为有限值，即10ρΦ=<∞
（2）圆柱体表面的电荷在ρ→∞的地方所建立的电场已减弱至零，故ρ→∞时的电位边界条件为20ρΦ→∞
=
（3）在介质圆柱体的表面上满足电位边界条件，即
12a a ρρΦΦ=== 和 120
0cos S a
a
ρρΦΦεερ?ρ
ρ
==??-=??
由于边界条件（1）和（2）可得20P =，0n C =，0n D = 和 10P '=，20P '=，0n A '=，0n B '=，即
()()111,sin cos n
n n n P A n B n Φρ?ρ
??∞
==++∑ ()()21
,sin cos n n n n C n D n Φρ?ρ??∞
-=''=+∑
代入边界条件（3）得到 ()()11
1
sin cos sin cos n n n n n n n n P a
A n
B n a
C n
D n ????∞
∞
-==''++=+∑∑
和 ()()212101
1
cos sin cos sin cos n n S n n n n n n n a A n B n n a C n D n ρ?????ε∞
∞---==''+++=
∑∑
首先比较上两式中常数项以及cos ?和sin ?项对应的系数，得出
10P =，111aA a C -'=，111aB a D -'=，2
0110
S A a C ρε-'+=
，2
11
0B a C -'+= 将这些式子联立求解，得到 10P =，0102S A ρε=
，2
010
2S a C ρε'=，10B =，10D '=。 再比较cos n ?和sin n ?(2,3,4,n =L )各项的系数，得出
n n n n
a A a C -'=，n n n n a B a D -'=，20n n A a C -'+=，20n n B a C -'+= 将这些式子联立求解，得到 01n n n
n A B C D n ''====≠ 最后得到圆柱内外的电位分布函数分别为 010cos 2S ρΦρ?ε= 和 2020cos 2S a ρΦ?ερ
= 3.24 如题3.24图所示半径为a 、长为l 的圆柱形空间，其内的场是轴对称的，
试求该空间的电位分布，已知其边界条件为： （1）10U Φ=，230ΦΦ==； （2）20U Φ=，130ΦΦ==； （3）202πsin
z
U l
Φ=，130ΦΦ==。 解：(1)问题的解与?无关，因此，定解问题为
20
(,0)0(,)(,)0l U a z ΦΦρΦρΦ?====，
解法一：首先把上下边界齐次化，也即令0
1U z l
ΦΦ=+
，其中的1Φ满足定解问题为 2011110
(,0)0(,)0(,)U
l a z z l
ΦΦρΦρΦ?====，
由分离变量法可得 1001πππ()()sin n n n n n n z
A I
B K l l l Φρρ∞
=??=+???
?∑
由于0→ρ，1Φ为有限的，那么0=n B 。则上式变成 101
ππ()sin n n n n z
A I l l Φρ∞
==∑
由侧面的边界条件可得 001ππ()sin
n n U n n z
z A I a l l l ∞
==∑ 由三角函数的正交性可得 00000
221πsin cos πππ(π/)
()l n U U n z A z dz n n a l l l n I n a l I l =??=-? 即 00010
2ππcos π()sin
π(π/)n U U n n z
z n I l n I n a l l l Φρ∞
==-∑
解法二：直接由侧面的边界条件将电位的通解写成[][]001
()()sinh cosh n z n z n z n z n A J k B N k C k z D k z Φρρ∞
==++∑
由于0→ρ，Φ为有限的，那么0=n B ，则上式变成 []01
sinh cosh ()n z n z z n C k z D k z J k Φρ∞
==+∑。
由底面的边界条件可得 01
()sinh n z z n C J k k z Φρ∞
==∑
而由侧面的边界条件，可得 ()a
k a k a k J n
z n z z 000 0μμ=
?=?=
式中n 0μ为零阶Bessel 函数第n 个零点值。因此 0001
(
)sinh
n n n n z C J a
a
μρμΦ∞
==∑
利用顶面的边界条件可得 00001
()sinh n n n n l
U C J a a μρμ∞
==∑
两边同乘ρρ
μ)(
00a
J m ，并对),0(a 积分，那么 000000000
1
(
)d sinh
(
)(
)d a
a
m n n m n n l
U J C J J a
a a
a
μρμμρ
μρρρρρ∞
==∑??
式中 000022
00
00 ()()d 1[()] 2
a n m m m n J J a a a J m n μρμρρρμ≠??=?'=??? 于是得到
[]
0000
0000
2
2
2
000
000
00
10102
2
0000
00100
001022
(
)d ()d()
[()]sinh [()]sinh 22()()
[()]sinh [()]sinh
2()sinh
m
m
a
m m m m m m m m m m m m m m m m m m U C U J J x x x l
l
a
a J J a
a
U U xJ x J l
l
J J a
a
U l
J a
μμμρ
ρρμμμμμμμμμμμμμμμμ=
=
''=
=
'=
?
?
由此可得空间的电位分布为 ()
0000
01010J sinh
2J sinh n n n n n
n z U a a l a
μρμΦμμμ∞
=??
???=∑ (2)问题的解与?无关，根据边界条件可将通解选为 001πππ()()sin n n n n n n z
A I
B K l l l Φρρ∞
=??=+???
?∑
由于0→ρ，Φ为有限的，那么0=n B 。则上式变成 01
ππ()sin n n n n z
A I l l Φρ∞
==∑
由侧面的边界条件可得 001
2πππsin ()sin
n n z n n z
U A I a l l l ∞==∑ 利用三角函数的正交性可得 00000
41,3,5,π21ππsin π()02,4,6,l n U n n a U n z n I A dz n a l l l I l n ?
=????=?= ??????=?
?L L 由此可得 001,3,5,0π4πsin ππn n I U n z l n a n l I l ρΦ=?? ???=?? ?
??∑
L (3)问题的解与?无关，根据边界条件可将通解选为 001πππ()()sin n n n n n n z
A I
B K l l l Φρρ∞
=??=+???
?∑
由于0→ρ，Φ为有限的，那么0=n B 。则上式变成 01
ππ()sin n n n n z
A I l l Φρ∞
==∑
由侧面的边界条件可得 001
ππ()sin n n n n z
U A I a l l ∞
==∑
由三角函数的正交性可得 0
022π02n
U n a I A l n ?=????= ???
???≠?
由此可得 00
02π2πsin 2πI z l U a l I l ρΦ?? ?
??=??
???
3.25 如题 3.25图所示横截面为扇形的柱形空间，场沿轴线方向不变。已知
00??βΦΦ====，0a
U ρΦ
==-，
0b
U ρΦ==，
试求此扇形区域内的电位分布。 解：定解问题为0002
U U b
a
=-====?====ρρβ??Φ
Φ
ΦΦΦ。
解法一：由于问题解与z 无关，则02=z
k ，则问题的通解可以选为 1111(,)()(sin cos )k
k A B C k D k ??
??Φρ?ρρ
??-=++
由0
0?Φ
==得到01=D ，则 11(,)()sin k k A B k ???Φρ?ρρ?-=+
由0?βΦ==得到sin 0k ?β=，即 π
n k ?β
=
，Λ,2,1=n
于是有 π
π
1
π(,)()sin
n n n n n n A B β
β
?Φρ?ρ
ρ
β
∞
-
==+∑
由0a
U ρΦ
==-和0 b
U ρΦ
==分别得到下列
ππ01πsin n n n n n n A a B a U ββ?β∞
-=??+=- ? ???∑ ππ01πsin n n n n n n A b B b U ββ?β∞-=??+= ? ???
∑ 利用正弦函数的正交性可以得到系数n A 和n B 。
解法二：根据场的叠加性，可设12ΦΦΦ=+，其中的1Φ和2Φ满足的定解问题分别为
211111000
00 a b U ??βρρΦΦΦΦΦ====?===== 和 2
22220
200
0 0 a b U ??βρρΦΦΦΦΦ====?====-=
1Φ的通解可以选为 11111(,)(sinh cosh )(sin cos )A k B k C k D k ????Φρ?ρρ??=++
由100?Φ==得到01=D ，则 11(,)(sinh cosh )sin A k B k k ???Φρ?ρρ?=+ 由10?βΦ==得到sin 0k ?β=，即 π
n k ?β
=
，Λ,2,1=n
于是有 1111
πππ(,)(sinh cosh
)sin
n n n n A B ρ
ρ
?
Φρ?β
ββ
∞
==+∑
由10a
ρΦ==得到10B =，即 11
ππ(,)sinh sin n n n n E ρ?Φρ?ββ∞
==∑
最后利用三角函数的正交性，由0b
U ρΦ
==得到 011,3,5,4ππ(,)sinh
sin
ππsinh
n U n n n a
n ρ
?Φρ?β
β
β
==
∑
L
类似地，可以得到 ()()02
1,3,5,π4π(,)sinh sin
ππsinh
n n b U n n b a n ρ?Φρ?βββ
=-=-
-∑
L
即
()()12
001,3,5,1,3,5,π44πππsinh
sin
sinh sin
πππsinh
πsinh
n n n b U U n n n n a
n b a n n ΦΦΦρρ
?
?β
β
βββ
β
===+-=
-
-∑
∑
L
L
3.34如题3.34图所示，在由无限大平面和突起的半球构成的接地导体上方距离平面为d 处有一个点电荷0q ，利用镜像法求导体以外的电位分布。 解：由导体平面和导体球面的镜像法可知，为了满足所有的边界条件，需要
有三个镜像电荷10q q =-，20a q q d =-
和30a
q q d
=+。它们分别位于()0,0,d -，20,0,a d ?? ??
?和20,0,a d ??
- ???。于是所要求的电位分布为
0123
00012311114πq a a R R d R d R ΦΦΦΦΦε=+++??=--+ ???
其中
()()()()()()2
222202
222212222222222
222222232cos 2cos 2cos 2cos R x y z d r d rd R x y z d r d rd R x y z a d r a d r a d R x y z a d r a d r a d θθ
θ
θ
=++-=+-=+++=++=++-=+-=+++=++