《电磁场》课程教学资源_教学教案_第四章 静态场边值问题解法

集国章赫态场边值问通舞法（拉氏方程）（泊松方程数值法解释法β=0=-/分保有电镜有边图离角限像限界解轴变变差法元元法法量换量84.1直角坐标中的分高变量法要求：给定边界与适当的坐标系相合（分段相合）当边界为直角坐标时，电位可表示为=0......4.1.1ax?ay?Oz2设β=f(x)·g().h(=)成立，代入上式，并除以有：()+8()+(日)=0f（）tg(a)（三)由于xy,z的任意性，要求每项都是常数df=-k,f..4.1.4dr?d'g=-k2g..4.1.5..dy?d'h-k."h*-4.1.6[ d?且：k+k2+k2=0...4.1.7三者仅有需个是独立变量，且不能都为实数。分商变量法（换二）以k为例：f(x)=cx+c2kx=0 为零f (x)= A sin(k,x)+ A, cos(k,x)kx为实数

第四章 静态场边值问题解法 2 2  0               =    = − 拉氏方程 泊松方 解 数 程 释法 值法 分 保 电 镜 离 轴 换 像 法 角 变 法 量 变 图 有 有 边 限 限 界 差 元 法 量 解 元 §4.1 直角坐标中的分离变量法 要求：给定边界与适当的坐标系相合（分段相合） 当边界为直角坐标时，电位  可表示为 222 2 2 2 0 4.1.1 x y z   + + =    ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 h z h g y g y g y z h x z f f x f x     =   +  + = 设 成立，代入上式，并除以 有： 由于 x,y,z 的任意性，要求每项都是常数 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4.1.4 4.1.5 4.1.6 0 4.1.7 x y z y z x d g k g dy d h k d f k f dx k h dz k k      = −     = −  + = − 且： + = 三者仅有两个是独立变量，且不能都为实数。 分离变量法（续二） 以 kx 为例； kx =0 为零 ( ) 1 2 f x c x c = + kx 为实数 f x A k x A k x ( ) = + 1 2 sin( x x ) cos( )

B,sh(α,x)+B,ch(a,x)为纯虚数kx=jαxf(x)=[B'exp(α,x)+B, exp(αrx)g(y)与h(z)解的形式类似，并与kyk相4(px,y,z)=(x)g(y)h(=)所有待定常数可用边界条件确定。4Z例4.1.1求长方体内的电位函数。z=c时=0U(xv)其余为零。解：如图显见，为了满足x,y方向的(β=U(x, y)零边界条件，只能选sin(kxx)、sin(kyy)形式的解（kx=n/元a,ky=m/元b）nf(x)=.4.1.12A,sin4an=lx(m元g(t) =Z B, sin.4.1.13b0=mn1k,=±)(k2+k3)=±)(+()=±jα..：z=0,p=04 h(z)仅能选sh(αzz)形式m元0=224B.sm()sm(μ:.L[) ()4.1.14为了确定边界条件，令Z-Cm- B[() ()令2cms ()sis()- (x).4115有这正是函数U(x,y)的双重傅立叶展开式S元X1元式中的展开函数可sin乘上式两边并对x在(0.a)对y在(0,b)上积分.根据三角sinba函数的正交性,仅n=s和m=t的项除外,其余项积分均等于零

为纯虚数 kx =jx ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 exp exp x x x x B sh x B ch x f x B x B x      + =     +  g(y)与 h(z)解的形式类似，并与 ky、kz 相 (x,y,z)=f(x)g(y)h(z) 所有待定常数可用边界 条件确定。 例 4.1.1 求长方体内的电位函数。z =c 时,=U(x,y),其余为零。 解：如图显见，为了满足 x,y 方向的 零边界条件，只能选 sin(kxx)、 sin(kyy) 形式的解（kx=na, ky=mb) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 2 2 2 sin 4.1.12 sin 4.1.13 n n n m z x y z n f x A x a m g x B y b n m k j k k j j a b       =  =   =       =            =  + =  + =                  ∵z=0,=  h(z)仅能选 sh(zz)形式 1 2 1 1 2 2 sin sin 4.1.14 n m n m n x m y A B a b n m sh z a b        = =      =                             +               为了确定边界条件，令 z=c 1 2 2 2 nm n m n m c A B sh c a b             = +                     令 ( ) 1 1 sin sin , 4.1.15 nm n m c U x n x a y m y b     = =             有    = 这正是函数 U(x,y)的双重傅立叶展开式 式中的展开函数可 sin sin t y b s x a    乘上式两边 并对 x 在(0,a),对 y 在(0,b)上积分.根据三角 函数的正交性,仅 n=s 和 m=t 的项除外,其余项积分均等于零. =U(x,y) z y x

abc.sin ()s()d=故-Iu()sin()sn()ay4rarS元u(x,y)sindxd:Cst=IsinlabJoJ几种特例：1)若U(x,)=U sinx.sinba则p的解只有n=S,m=t的项(c=U.)U.1元yS元xsin-.sinD：7ba[) ()c[) ()]2)U(x,y)=U。=常数$元x仅当s.t为奇数时，cos±0a16U。:.Crm(2n-1)(2m-1)元2若有多个表面不为零，可用叠加原理计算【x=αU→保留U，其余为零，得g如y=bU,→保留U，其余为零，得p2==cU，→保留U，其余为零，得β3则=例4.1.2求导体槽中的电位。槽由两块T形导体构成，两块间有狭缝，外加Uo。图4.1.2导本赠内的电解：因为z无限，故电位β仅与xy有关，所以我们可将原来的结构分解为以下两个部分LyAV0Uo-yUo/d线性梯度变d化的电位-yUb/d -

( ) 2 0 0 0 0 2 4 , sin sin sin sin b st st a a b ab c c s x t y U x y dxdy a b t y dy b s x dx a     =     =                         故 ( ) 0 0 4 , sin sin a b st s x t y c U x y dxdy ab a b        =           几种特例: ( ) 1 1 1 2 1 2 1 1 0 1 1 0 0 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 1) , sin sin , ( ) sin sin s t s x t y U x y U a b n s m t c U U s x t y a b s t sh c a b s t sh z a b           =  = = = =                +                     +         若 则 的解只有 的项 ( )( ) 0 0 0 2 2) ( , ) , cos 0 16 2 1 2 1 a nm U x y U s x s t a U c n m   = =   = − − 常数 仅当 为奇数时， 若有多个表面不为零,可用叠加原理计算 1 1 1 2 2 2 3 3 3 1 2 3 x a U U y b U U z c U U         = →   = →   = → = + + 保留 ，其余为零，得 如 保留 ，其余为零，得 保留 ，其余为零，得 则 例 4.1.2 求导体槽中的电位。槽由两块 T 形导体 构成， 两块间有狭缝，外加 U0。 解：因为 z 无限，故电位  仅与 x,y 有关，所 以我们可将原来的结构分解为以下两个部分

Uo①.方程的解为=d②.先定边界：Uodoy2d若P2 (0, y) =U.dU.ydVd2d00≤y≤2则在x=0处P, +P2 =dUoysd2这样,在y=0,y=dx=0处均与原题一致：p=(P1P+2为原题的解，求P2：显然关于X对称，因此只需求Xc0的解即可。S元T2 (x,y)-ZA, exp..sird5=1代入x=0边界条件，有：UodO≤ysy2dST9=AsinU.d5=1sysdUod2用sin（晋y）乘上式并在0→d积分，有"A sin ()aS元-(-()+ ((u.-%y]sin(Sd=U. s()si(S元

①. 方程的解为 0 1 U y d  = ②. 先定边界: 若 ( ) 0 2 0 0 0 2 0, 2 U d y y d y U d U y y d d   −    =   −    则在 x=0 处 1 2 0 0 0 2 2 d y d U y d       + =      这样,在 y=0,y=d,x=0 处均与原题一致 ∴=1+为原题的解. 求  显然关于  对称 因此 只需求 的解即可。 2 ( ) 1 , exp sin s s s s x y A x y d d     =      = −           代入 x=0 边界条件，有： 0 2 1 0 0 0 2 sin 2 s s U d y y s d A y d U d U y y d d    =  −       = =       −     用 sin( ) s d y  乘上式并在 0→d 积分，有 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 sin sin sin sin sin d d d d s d d d s y A dy d U U s y s y y dy U y dy d d d d s y s y U U dy y dy d d d                    = − + −                     = −             

dS元A=UCOS-..22元2U。仅当s为偶数时，As0，且有A=S元s为偶数2U.(-1)"令2n=s,则A.n元U。(-1)"12n元2n..-expP2 =IsinXd元一n..=+2S4.2圆柱坐标中的分离变量法圆柱坐标中拉普拉斯方程为12(,2)+100+0=0rarlr?仅分析二维平面场，即与z无关，则有12()+10=0r or(orag?设=pf(r)g(),代入上式，并乘r2/p,有r a( af(r))1 a'g(g)0f(r)or(or J g(g) og?要对任意r.Φ均成立，仅当上面两部分都为常数则g"(Φ)+r'g(Φ)=0解为g()= Asin(r)+Bcos(rg)为保证中从0-→2元，必须是单值即[pr(β=])元2+r),则r必为整数n,g(g)= Asin(ng)+ Bcos(ng)..对于f(x)有(此时(2=-n2):

0 cos 2 2 s d d s A U s    = 仅当 s 为偶数时，As，且有 ( ) 0 2 2 1 S s s U A s = − 为偶数 令 2n=s, 则 ( ) 0 2 1 n n U A n = − ( ) 0 2 1 1 2 1 2 2 exp sin n n U n n x y n d d         = −      = −         = +  §4.2 圆柱坐标中的分离变量法 圆柱坐标中拉普拉斯方程为 2 2 2 2 2 1 1 r 0 r r r r z             + + =       仅分析二维平面场，即  与 z 无关，则有 2 2 2 1 1 r 0 r r r r           + =      设= f(r)g(),代入上式，并乘 r 2/有 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 0 r f r g r f r r r g           + =      要对任意 r, 均成立，仅当上面两部分都为常数 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 sin cos g r g g A r B r       + = = + 则 解为 为保证  从→  ， 必须是单值 即r((=)+r)则 r 必为整数 n,  = + g A n B n (   ) sin cos ( ) ( ) 对于 f(x)有(此时 r 2= -n 2):

2 f(r)=(.:Tzd)+r(-n(r)=0..欧拉方程即dr2drf (r)=Cr" + Dr-n其解为当n=0时J(r)=C+D,Inr场与无关通解为：Z(r"[A, sin(ng)+B, cos(ng)]+1r-"[C, sin(ng)+D, cos(ng)]).4.2.8(j,@,z)例4.2.1半径为a，介点常数的无限长介质棒置于外电场E。中且垂直于E。设外电场方向为x轴方向圆柱轴与轴相合，求柱内外电位函数解：外场E.可用电位函数表示为 P=-Eox.:.EoPO=-E.rcosd设柱内外为9、92，则柱无限长时，与中无关，解为式4.2.8对于9，当r→时，场有限 P,=P,=-Egrcosr→时C(r"[A, sin(ng)+B, cos(ng)]+r-"[C, sin(ng)+D, cos(ng)])=-E cos g对上式两边分别乘sin(n)和cos(ng),并对Φ从0>2元积分根据正交性，仅有n=1的项，且只能有cos项。0,=-Brcos$+D-cos..当r→o时=Brcos=-Ercosg..B, = -EoD,柱外场g=-Eorcos+cosdr对柱内：5r->0时，有限，故式4.2.8无负幂项r=a时，(P1P=2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 0 0 d df r r r n f r dr dr d f r df r r r n f r dr dr    − =     即 + − = 欧拉方程 ( ) ( ) 0 0 0 ln n n f r Cr Dr n f r C D r  − = + = = + 其解为 当 时 场与 无关 ∴ 通解为：  ( ) ( ) ( ) ( )  1 sin cos sin cos 4.2.8 n n n n n n n r A n B n r C n D n       = − = + +       +    例 4.2.1 半径为 a, 介点常数  的无限长介质棒置于 外 电场 E0 中,且垂直于 E0。设外电场方向为 x 轴方向 圆 柱轴与 z 轴相合，求柱内外电位函数 解：外场 E0 可用电位函数表示 为  =−E0 x ∴ =−E0 rcos 设柱内外为 、 ，则柱无限长时，  与  无关，解为式 对于 ，当 r→ 时，场有 限 = =−E0 rcos  ( ) ( ) ( ) ( )  1 0 sin cos sin cos cos n n n n n n n r r A n B n r C n D n E       = − →  + +       + = −   时  对上式两边分别乘 sin(n)和 cos(n)并对  从 → 积分根据正交性，仅有 n=的项，且只 能有 cos 项。 1 1 1 cos cos D B r r  = − +    1 1 0 1 0 1 1 0 cos cos cos cos r B r E r B E D E r r       →  = = −  = −  = − + 当 时 柱外场 对柱内：r→时， 有限， 故式 4.2.8 无负幂项 r=a 时，= (j,z) E0  a

, =Za"[4, sin(ng)+B, cos(ng)]7-DZa"[4, sin(ng)+B, cos(n)]=-Egacosd+cosd:a=l同理只有n=1的余弦项不为零DicosdP2=Bzacosg=-Egacos+..a=000r=d时D,=D2,即s0:arOrD..Bacos=-Ecos+cosga联立以上两式可解得：-280cos0D=S-dE.B, =6+606+60由此可得P1，2，然后可求得E1,E226E,为均匀场，且小于EE,=é.6+60这是因为极化后表面出现束缚电荷，抵消了部分外场。$4.3球坐标中的分离变量法在求解球空间或有球边界的场问题时球坐标下的拉普拉斯方程：1a1a01a(20psing=01r? ar(arr sing ae00rsingag?设场解与中无关1a1ar.20papsing=0..+arlarrsingeao

( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 0 1 sin cos sin cos cos cos n n n n n n n n a A n B n D a A n B n E a a         =  = = +      + = − +       同理只有 n=1 的余弦项不为零 1 2 2 0 cos cos cos D B a E a a  = = − +     1 2 1 2 0 1 2 0 0 2 , cos cos cos n n r a D D r r D B a E a            = = =    = − + 时 即 联立以上两式可解得： 0 0 2 1 0 2 0 0 2 D a E B cos         − − = = + + 由此可得 ，，然后可求得 0 2 0 0 0 2 E e E E x    = + 为均匀场，且小于 这是因为极化后表面出现束缚电荷，抵消了部分外场。 §4.3 球坐标中的分离变量法 在求解球空间或有球边界的场问题时 球坐标下的拉普拉斯方程： 2 2 2 2 2 2 1 1 1 sin 0 sin sin r r r r r r                       + + =          设场解与  无关 2 2 2 1 1 sin 0 sin r r r r r                + =            

令p=(r)g()代入上式，并乘有2of(n))og(0)1 aa7f (r) ar(Org(0)sineae00ddd dx-sing.令X=coso,dedxdedxdg.勒让德方程+Λg=0dxdx我们研究e从0到元，即x从1到(-1)取入，4.3.4入=m(m+1)m=0,1,2,则勒让德方程仅有一个有界解为m阶多项式,即勒让德多项式Pm(x)勒朗德函数特性Pm:m为偶数,只有偶数项;m为奇数,只有奇数项。Pm(1)=1,P(-1)=(-1)mP =xx=cosx1.0Polx0.83x2 -1)0.60.4-3x-P=0.20.0(35x4-30x2+3)-0.2P=-0.4Pi(X)Pa(x)-0.6Y(63x4-70x2+15x)P, =8-0.8-1.01.0-0.8-0.6-0.4-0.20.00.20.40.60.81.0特点：P奇过原点，P偶关于x=0对称。图4.3.1勒让德多项式图形。cosO=xLd(2-1)"通式P. (x)=..4.3.72"m!dx(勒让德多项式也具有正交性" P. (coso)P,(cos)singd=f" P.P,dxOmtn22m+1再看f(r)的解：代入入=m(m+1)后有：

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 , 1 1 sin 0 sin r f r g f r g r f r r r g          =              + =         令 代入上式，并乘 有 ( ) 2 cos , sin 1 0 d d dx d x d dx d dx d dg x g dx dx      = =  = −     − + =     令 勒让德方程 我们研究  从 0 到 ，即 x 从 1 到(-1),取 ， =m(m+1), m=0,1,2, . 4.3.4 则勒让德方程仅有一个有界解为 m 阶多项式,即勒 让德多项式 Pm(x) 勒朗德函数 特性 Pm: m 为偶数,只有偶数项; m 为奇数,只有奇数项。 Pm(1)=1, P(-1)=(-1)m ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 3 3 4 2 4 4 2 5 cos 1 3 1 2 1 5 3 2 1 35 30 3 8 1 63 70 15 8 P x x x P x P x x P x x P x x x = = = − = − = − + = − + 特点：P 奇过原点，P 偶关于 x=0 对称。 ( ) ( ) 1 2 1 4.3.7 2 ! m m m m m d P x x m dx 通式 = − 勒让德多项式也具有正交性 ( ) ( ) 1 0 1 cos cos sin 0 2 2 1 P P d P P dx m n m n m n m      − =    =    +   再看 f(r)的解: 代入 =m(m+1)后有:

12df-m(m+1)r(0)=0drdrf =r-(m+)显然有2个解：f=rmf =r-(m+1)f=rm故场的通解为：f=r-(m+I)在均匀外场Eo中放置半径为a的球,球介电常数为f=rm例4.3.1c,球外为空气(介电常数为sO)，计算球内外电位函数。Iz解：取极轴与外场Eo一致，(r,0,p)N则po=-EorcosoEo设球内为(P2，球外为β1，则r→ ==-Eorcoso8,020.1=-EorP(cos0)图4.3.2均匀外场中的介质球取上式内积，根据正交性，1仅有含P1项，即：, =(Ar+B,r-2)cos0r→0时有限：:,只有正幂项(a)=2(a).P2(a)=ZAm.a" . P. (cos0)=(-Ega+ B,a-2)cos0..m=(根据正交性可知Gp2也仅有含P1的项，即P, = A,acos0=(-Ega+B,a-2)coso00i-p再由(Dn=D,,),有-C60arar6,A,cos0=-8E.cos0-2Ba-cos04 -36 E.E-E可解得B, =+2606+280[0,=-Eorcos +-50E, cosor≥a6+260..?：-360-E.rcosor≤aP2+28

( ) ( ) 2 1 0 d df r m m f r dr dr     − + =   显然有 2 个解: m (m 1) f r f r − + = = 故场的通解为: m (m 1) f r f r − + = = 例 4.3.1 m (m 1) f r f r − + = = 在均匀外场 E0 中放置半径为 a 的球,球介电 常数为 ,球外为空气(介电常数为 0), 计算球内外电位函数。 解：取极轴与外场 E0 一致， 则 =- E0rcos 设球内为 ，球外为 ，则 ( ) 1 0 0 0 1 cos cos r E r E rP     →  = = − = − 取上式内积，根据正交性， 仅有含 P1 项，即： ( ) 2 1 1 1   A r B r cos − = + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 0 1 0 0 cos cos m m m m r a a a A a P E a B a        − = →  =  =  = − +  时有限 只有正幂项 根据正交性可知 也仅有含 P1 的项，即 ( ) 2 2 2 0 1    A a E a B a cos cos − = = − + 1 2 0 1 2 3 2 2 0 0 1 0 0 3 1 0 2 0 0 0 ( ), cos cos 2 cos 3 2 2 D D n n r r A E B a B E a A E                 −   = =   = − − − − = = + + 再由 有 可解得 0 3 1 0 0 0 0 2 0 0 1 cos cos 2 3 cos 2 E r a E r a r E r r a               − = − +    +  =  −  =   +

E=-V@:-360球内E,=e.E....4.3.13+26为均匀场，且小于外加场当6→8时，介质消失；8→8时，内场为零。例4.3.2一个半径为a的导体球壳，沿赤道平面割一窄缝，在上半球壳加电压Uo.下半球壳电位为零，求球内电位。解：显见这是一个轴对称问题，即与无关。r→0时，有界:Uo1β无负幂项:.24.r"P,(coso)a..0=m=00≤?U.2代入边界条件得β=A元≤0≤元0图4.3.3充电半球壳内的电场分布2用P（cosの)sin0乘上式，并从0→元积分有J"A.a"[P, (coso)}'sinodo=UJ" P.(cos)sinddeA.-U.f'P (a)d:.2m+1利用(2m+1) P, (x)= P*+ (x)- P" (x),[P ) P ( ) An=2:U + 3Uo r (coso)- Ug P (coso)...:Po=16024aP(x,y)电轴法12ri讨论：两根同半径平行长直导线1.Opi2.两根不同半径平行长直导线(-b,0)(b,0)3.两根不共轴圆柱的电场电轴法基础：空间任意点的电场

0 2 0 0 3 4.3.13 2 z E E e E     = − −  = + 球内 为均匀场，且小于外加场 0 当   → →  时，介质消失； 时，内场为零。 例 4.3.2 一个半径为 a 的导体球壳，沿赤道平面割 一窄缝，在上半球壳加电压 U0,下半球壳 电位为零， 求球内电位。 解：显见这是一个轴对称问题，即与  无关。 ( ) 0 0 0 cos 0 2 0 2 m m m m r A r P U           = →   =     =       时，有界 无负幂项 代入边界条件得 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0 0 0 1 0 0 cos sin 0 cos sin cos sin 2 2 1 m m m m m m m m P A a P d U P d A a U P x dx m            →   =    = +    用 乘上式，并从 积分 有 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 0 1 1 0 0 0 0 0 1 3 3 2 1 2 3 7 cos cos 2 4 16 m m m m m m m P x P x P x U A P x P x a U U U rP P a a    + − + − + = −    = −      = + − + 利用 电轴法 讨论： 1. 两根同半径平行长直导线 2. 两根不同半径平行长直导线 3．两根不共轴圆柱的电场