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1、第五章 靜態(tài)場的邊值問題,邊值問題 研究方法,解析法,數(shù)值法,分離變量法,鏡像法,復變函數(shù)法,有限差分法,有限元法,邊界元法,矩量法,模擬電荷法,,,,,,,,,,,,,,,,,5.1 唯一性定理和解的疊加原理,一. 唯一性定理,1、表述 在給定的區(qū)域內(nèi)，泊松方程（或拉普拉斯方程）滿足所給定的全部邊界條件的解是唯一的。,2、邊界條件的形式,給定全部邊界上的函數(shù)值,給出全部邊界上函數(shù)的法向?qū)?shù)值,給定部分邊界上的函數(shù)值，而其余邊界上給出函數(shù)的法向?qū)?shù)值,“狄利赫利”邊界條件,“聶曼”邊界條件,混合邊界條件,,3、唯一性定理的證明,證明：考慮泊松方程，用反證法,在區(qū)域內(nèi)存在兩個不同的函數(shù) 和
2、 都滿足相同的泊松方程 ，并且在區(qū)域邊界S上滿足同樣的邊界條件。,令,,則有,利用,取,則,,對上式兩邊在區(qū)域內(nèi)作體積分，然后運用散度定理，得,,將 代入上式得,,,,,,對于第一類邊界條件,對于第二類邊界條件,對于第三類邊界條件,不論對哪類邊界條件，面積分 都等于零,因此有,由于 恒為正值，故上式成立的條件是,解之可得,討論：,,第二類和第三類邊界條件的情況,對于求解場函數(shù)來說，解是唯一的。,4、應當明確,只有在區(qū)域的所有邊界上給出唯一的邊界條件時，邊值問題的解才是唯一確定的。,唯一性定理 給出了求解電磁場問題的理論依據(jù),不論采用什么方法，只要得到的解能
3、夠在區(qū)域內(nèi)滿足方程而在邊界上滿足邊界條件，這個解就是該邊值問題的唯一正確解。,二. 解的疊加原理,解的可疊加性是方程線性的必然結(jié)果。,1、表述,,,,,對拉普拉斯方程，若 、 、 都是滿足方程 的解,,則,其中ai為任意常數(shù)。,,也是方程 的解,并且 、 、 都是滿足方程 的解,則,其中ai為任意常數(shù)。,也是方程 的解,對泊松方程，若 是滿足方程 的一個任意解,2、證明,,討論泊松方程的情況,對疊加得到的結(jié)果兩邊作 運算，得,,,,因此 是方程 的解,令 f = 0，即可得到拉普拉斯方程情況的證明,3、應用,求解邊界問題時，可以先將復雜邊界條件分
4、解成便于求解的幾個邊界條件，則總的邊界問題解就是這些解的疊加。,,例：,,分解為三個邊界問題,分解后每個邊值問題都只有一個非齊次邊界值，求解變得容易。,,原問題的解應該是三個問題解的疊加,5.2 拉普拉斯方程的分離變量法,一. 直角坐標系中的分離變量法,直角坐標系中拉普拉斯方程的表達式為,令 ，并代入上式,,,并兩邊同除以 得,1、方法介紹,變量的分離,則上式分解成三個獨立的全微分方程，即,稱為分離常數(shù)，分離常數(shù)之間滿足約束關(guān)系,,,,全微分方程解的選?。ㄒ? 為例）,對 和 也都有與上述相同形式的解。在 、 、 三組可取解中各取其一并相乘，即可得到
5、一個解的表達式。,,解的選取并不是任意的，因為存在約束條件,,如果取 ， ，則必須取,a. 對于有兩個零值邊界的方向，其對應的函數(shù)取三角函數(shù)；,b. 對于單零值邊界方向，對應的函數(shù)一般取雙曲函數(shù)形式；,c. 而有無限遠邊界的方向，一般取指數(shù)函數(shù)形式。,d. 若位函數(shù)與某一坐標變量無關(guān)，則該變量對應的函數(shù)取成常數(shù)， 并取作1。,根據(jù)邊界條件來選擇函數(shù)：,拉普拉斯方程的通解,本征值：,滿足齊次邊界條件的分離常數(shù)可以取一系列特殊值,本征值對應的函數(shù)稱為本征函數(shù)或本征解。,,所有本征解的線性疊加構(gòu)成滿足拉普拉斯方程的通解,在許多問題中，單一本征函數(shù)不能滿足所給的邊界條件，而級數(shù)形式的通解則可以
6、滿足單個解函數(shù)所無法滿足的邊界條件。,2、例題,例5.1 邊界條件如圖，求電位分布,解：內(nèi)部電位與z無關(guān)，是二維問題,,,,根據(jù)邊界條件寫出通解,,,x方向電位有兩個零值邊界， 應取三角函數(shù)形式； y方向電位為單零值邊界， 應取雙曲函數(shù)形式。,,令分離常數(shù),則電位通解為,,求待定系數(shù),將邊界條件(a)代入得,,若對任意y成立，則,,,再利用邊界條件(b)得,通解變?yōu)?若對任意y成立，則,,再利用邊界條件(c)得,,若對任意x成立，則,,其中 ，若用整數(shù)n代替i，則上式表示為,,把邊界條件(d)代入上式，得,,將U0 在（0，a）區(qū)間內(nèi)展開為 的傅立葉級數(shù),于是,其中,,對比兩
7、邊各項系數(shù)可得,,因此，在槽內(nèi)的電位分布是,,例5.2 有兩塊一端彎成直角的導體板相對放置，中間留有一小縫，如圖所示。設(shè)導體板在x軸和z軸方向的長度遠遠大于兩導體板間的距離b，上導體的電位為U0，下導體接地。求兩板間的電位分布。,解：電位分布與z無關(guān)，這是一個二維拉普拉斯問題,,邊界條件,邊界條件的分解,,,對于(A)問題，情況與平行板電容器相同，兩極間為勻強電場,,,,,對于(B)問題,沿y軸方向存在兩個零電位邊界，取,沿x軸正方向邊界無界且電位趨于零，取,因此(B)問題的電位通解應為,,將邊界條件(c)代入，得,,利用傅立葉展開并比較系數(shù)，可求得(B)問題的解,利用疊加原理,所以原問題的電
8、位表達式為,原問題的解應該是A 問題和B 問題解的線性疊加,二. 圓柱坐標系中的分離變量法,1、方法介紹,變量的分離,圓柱坐標中拉普拉斯方程為,,,,令 ，代入上式，并在兩邊同乘以,得,得,,,上式第二項只與 有關(guān)，可以先分離出來，令其等于常數(shù),,將上式代回到式(A)，各項同除以 r2，得,(A),,令上式左邊最后一項等于常數(shù) ，則上式分離成為兩個方程,,,解的選取,,時 ，,對于,對于,時 ，,時 ，,時 ，,時 ，,對于 ，是一個n階貝塞爾方程,時,時,時,時,,,稱為n階第一類貝塞爾函數(shù),稱為n階第二類貝塞爾函數(shù)，也叫聶曼函數(shù),,第一類和第二類變形貝塞爾函數(shù),,其
9、中,本征解的疊加構(gòu)成通解,,例5.3 電場強度為 的均勻靜電場中放入一半徑為a的電介質(zhì)長圓棒，棒的軸線與電場相垂直，棒的電容率為 ，外部電容率為 ，求任意點的電位。,解：在柱坐標系中求解, 根據(jù)邊界條件，寫出通解,與z無關(guān)，取 ，則,故,,對于 ，根據(jù)問題的形式，可知,所以取 n2 0，并且 n為正整數(shù),,只取 項,對于 ，因為,,所以 取,,于是通解可以表示為,,求分區(qū)通解,,r < a時，r = 0 處電位為有限值，故此區(qū)域通解為,,r a 時，總電位包括外電場和介質(zhì)棒兩部分的貢獻,外電場電位,介質(zhì)棒電位,規(guī)定了,考慮到當 時，介質(zhì)棒產(chǎn)生的電位是有限值，故,
10、利用靜電場的邊界條件求系數(shù),將U1和U2的通解表達式代入上面兩個邊界條件，得,,比較上面兩式兩邊 的系數(shù)，得,,,n = 1時,以上兩式聯(lián)立求解，得,n 1時,,聯(lián)立解上面兩式求解，得,,求出圓柱內(nèi)外電位,求出圓柱內(nèi)外電場強度,,,,,,中的無限長圓柱體是和上面例子完全類似的磁場,在均勻外磁場,邊值問題。用,,和,分別表示圓柱體內(nèi)外的磁標位，則它們的邊界,條件也和電位的形式相同，即,,時 ,,時 ,,,此時，,和,的解也與靜電場,和,的解有相同的形式，只需把,和,解中的,和,,分別用,和,代替，,用,代替，便得到,和,的解。同樣可以得知圓柱體內(nèi)的磁場強度,是均勻的。,,例 5.4 一導體圓
11、筒的高度為b，半徑為a，所給邊界條件為,求圓筒內(nèi)的電位分布函數(shù)。,解：由問題對稱性可知，電位與變量,無關(guān)，因此應取,和,;,應該取成在零點處為零值,；并考慮到電位在r=0處為有限值，故,的形式為,。因此電位函數(shù)的本征解為：,的雙曲正弦函數(shù),，有,將邊界條件,代入上式，得,所以,應是零階貝塞爾函數(shù)的根,把所有本征值,所對應的本征解相加，得到電位函數(shù)的通解,將邊界條件,代入上式，得,上式兩邊同乘以,，從0a對r積分，得,對上式兩邊分別應用貝塞爾函數(shù)積分公式,,,和正交公式（540），可以得到,,,,所以,,例5.5 將例題5.4的邊界條件改成,求圓筒內(nèi)的電位分布函數(shù)。,解：由問題對稱性可知，電位與
12、變量,無關(guān)，因此應取,和,應該取成在零點處為零值的正弦函數(shù),,,并考慮到電位在r=0處為,的形式為,。因此電位函數(shù)的通解為,有限值,,,,將邊界條件,代入上式，得,,上式兩邊同乘以,，從0b對z積分，由三角函數(shù)的正交性，得,,代回原式，得到,,三. 球面坐標系中的分離變量法,球面坐標系中拉普拉斯方程的表達式為,,,令 代入上式，并兩邊同乘以,,變量的分離,,,,得,引入 - m2分離,引入 n(n+1)分離r,分離,解的選取,,時,對于,時,,對于 解只有一種形式,,,,,,,時,時,時,對于,,,,分別稱為第一類和第二類連帶勒讓德函數(shù),分別稱為第一類和第二類勒讓德函數(shù),
13、本征解的疊加構(gòu)成通解,例5.6 在均勻電場中放入一半徑為a的接地導體球。 求任意點的電位和電場強度,解：取球心位于坐標原點， 電場方向為極軸方向，建立球坐標系,根據(jù)邊界條件，求出通解,與 無關(guān)，取m = 0，,所求場域包括 ，故只含有第一類勒讓德多項式,,,,,,,,,,,,,,電位通解可以寫成,根據(jù)邊界條件確定電位,因為導體球接地，所以球內(nèi),在球外，電位包括均勻電場和導體球兩部分的貢獻,,均勻電場的電位,因為,感應電荷的電位,因為 時，,故總電位,,利用導體球的邊界條件 ，得,不含 rn 項,,由勒讓德多項式的正交公式可得,,根據(jù)電位求電場,因此球外電位是,,可見，感應
14、電荷對場的貢獻相當于一個沿z軸放置的電偶極子，這是由于球面感應電荷的分布恰好是上正下負之故。,例5.6 略,5.3 鏡像法,鏡像法理論依據(jù)：唯一性定理。,鏡像法基本思路：,鏡像電荷位置選擇原則：,1、鏡像電荷必須位于求解區(qū)域以外的空間。,2、鏡像電荷的引入不能改變原問題的邊界條件。,一. 平面鏡像,例5.8 真空中一點電荷q位于一無限大接地導體平面的上方，與平面的距離為h。求z 0區(qū)域的電位分布。,1、導體介質(zhì)（電場）,,用鏡像電荷 代替導體平面上的感應電荷,將 區(qū)域換成真空,z 0區(qū)域所滿足的邊界條件保持不變，即,所以，原問題就化作求解電荷 在無界真空區(qū)域中的問題。 區(qū)別僅在于
15、我們只取z 0區(qū)域的解。,求解等效問題,空間任意點的電位由q和 共同產(chǎn)生,根據(jù) ，可知R時，U = 0,根據(jù) ，可得,,,于是,原問題的解,,,感應電荷密度為,總感應電荷為,,導體表面上的感應電荷,總感應電荷恰好等于鏡像電荷電量。 這一結(jié)果是合理的，因為點電荷q所發(fā)出的電力線將全部終止于無限大的接地導體平面上。,點電荷對相交接地平面導體邊界的鏡像,a. 兩半無限大接地導體平面垂直相交。,要滿足在導體平面上電位為零，則必須引入3個鏡像電荷。如圖所示。,b.對于非垂直相交的兩導體平面構(gòu)成的邊界，若夾角為 ，則所有鏡像電荷數(shù)目為 2n - 1個。,2、介質(zhì)介質(zhì)（電場）,例題5.
16、9 在1區(qū)距離界面h處有個點電荷q,求空間的電位分布,解：給出等效問題,x 0區(qū)域，可化作是 在充滿 介質(zhì)的無界空間中的場問題(b),x < 0區(qū)域，可化作是 在充滿 介質(zhì)的無界空間中的場問題(c),求解等效問題,,兩個區(qū)域的電位表達式為,電位的邊界條件是,,將電位表達式代入得,聯(lián)立求解，得,,,,,化簡得,將這兩個鏡像電荷的表達式代入分區(qū)域的電位表達式中即可得到整個空間的電位。,給出原問題的解,3、介質(zhì)介質(zhì)（磁場）,例5.10 求與分界面平行的無限長線電流I，在空間各點的磁場。,解：原問題的等效,1區(qū),2區(qū),求解等效問題,,,設(shè)分界面法線方向 ，切線方向,則界面兩側(cè)的磁場為,,,利用
17、邊界條件,,,將磁場表達式代入，可解得,給出原問題的解,,,,,如果區(qū)域1是 的非磁性材料，區(qū)域2是 的理想磁導體,,則,在x = 0的分界面上,表明：理想磁導體的外側(cè)磁場只有法線分量。 這與理想電導體表面只有法線電場分量的情況類似。,二. 球面鏡像,對于分界面是球面，并且源為點源的靜態(tài)場問題，可用球面鏡像。,例5.11 在半徑為a的接地導體球外M點有一個點電荷q，球心O與M點的距離為d，如圖所示。求導體球外的電位分布和球面上的感應電荷。,解：設(shè)置鏡像電荷,鏡像電荷 應在OM連線的球內(nèi)部分上，設(shè) 的位置點與O點的距離為,,,空間任意點的電位,,邊界條件 對于球面上的任意點都成立
18、,考察 兩點，則有,,由上面兩式解得,求出的鏡像電荷及位置是否滿足整個球面的零位邊界條件？,,,,將,代入表達式，得, 故這兩個點電荷在球外區(qū)域產(chǎn)生的位就是原問題的解，即,,,,求感應電荷面密度,利用電位可求出導體球面上的感應電荷密度與總感應電荷,,a. 總感應電荷恰等于鏡像電荷,討論：,a. 導體球不接地且表面上不帶過剩電荷,b. 導體球不接地，并且給出它的電位為U0,c. 導體內(nèi)挖一個球形空腔，空腔內(nèi) 點有一點電荷 距球心,,此時需要在球心處增加一個鏡像電荷 ，并且 ，新電荷系統(tǒng)由 共同組成。,,此時需要在球心處增加一個鏡像電荷 ，并且
19、 ，新電荷系統(tǒng)由 共同組成。,,,此時它的鏡像應該放在腔外的M點上，也就是本例問題的反演，鏡像電荷 和 。,腔內(nèi)的場分布由 共同確定。,例5.12 假設(shè)一個無限大接地導體平面上有一半徑為a的半球形導體凸塊，在凸塊附近有一個點電荷q。求此電荷的鏡像。,解：建立坐標系,設(shè)電荷q和導體平面法線所在的平面為xz平面。,a. 電荷q對導體平面xy面的鏡像電荷- q， 坐標為 ( x, 0, -z),,b. 電荷 q 對球面的鏡像為,求鏡像電荷,導體外任意點的場由 四個點電荷共同確定。,c. 鏡像電荷 對xy平面的鏡像為 ， 處在 與O的連線上。
20、,三. 圓柱面鏡像,,,例5.13 在半徑為a的無限長接地導體園柱外有一根與圓柱軸線平行的無限長線電荷，線電荷與圓柱軸線的距離為d，如圖所示。 求：柱外任意點的電位和柱面上的感應電荷。,解：設(shè)置鏡像電荷,,根據(jù)場的對稱性，可設(shè)鏡像電荷是一條與圓柱軸平行的線電荷，線密度為 ，與軸線的距離為 。,求解等效問題,空間任意點的電位為,,,其中,,,,代入邊界條件 ，得,,,上式應對任意都成立，即圓柱面上的電位處處為零。因此應有,,由此可以得到,上式成立的充分條件是兩個方括號部分都等于零,,,所以可得到,給出原問題的解,,利用求得的鏡像電荷參數(shù)可以得到柱外任意點電位,柱面上的感應電荷面密度和
21、單位長度上的感應電荷分別為,,,等量異號平行線電荷的等電位面,,假定兩線電荷相距為2b，電量分別為 ，則空間任意點電位為,分別表示場點與 的距離，,,可見當 取不同值時，就得到不同電位的等位線。,若取兩線電荷連線為x軸，連線的中垂線為y軸建立直角坐標系，,,,則,整理可得,,,,這是一個以常數(shù)k為參量的圓族方程，它表示兩條平行異號線電荷在二維平面內(nèi)的等電位線族。,等位圓的圓心在,半徑為,k 1時，等位圓在y軸的右側(cè)，電位為正值； k = 1時，等位線變?yōu)閥軸，電位為零； k = 0時，等位圓縮為(0,b)處的點，電位為； k =時，等位圓縮為(0,b)處的點，電位為。,例5.1
22、4 兩無限長平行圓柱導體的半徑都等于a，軸線之間的距離為2d，如圖所示。 求：導體柱單位長度的電容。,解：用兩條平行異號線電荷和作為平行帶電圓柱的鏡像。首先來確定線電荷的位置b。,,,在右邊圓柱邊界上選取兩個特殊點 ，,設(shè)y軸上的任意點為零電位參考點，則空間任意點處的電位為,,則,即,,解之得,,,所以空間任意點處的電位為,可得帶負電圓柱的電位,,由此將帶負電圓柱面的方程 代入上式，,,,同理，可證明帶正電圓柱的電位為,,兩圓柱間的電位差,,兩圓柱單位長度的電容為,,,當 時，令 ，則得,5.4 復變函數(shù)法,1、復位函數(shù)法,2、保角變換法,5.5 有限差
23、分法,1、數(shù)值方法,當邊界形狀比較復雜，以至邊界條件無法寫成解析式而只能用一些離散數(shù)值表示時，前面所介紹的各種解法均無法使用，此時可以采用數(shù)值方法求解。,有限差分法、矩量法、有限元法、邊界元法,2、有限差分法, 基本思想： 將滿足拉普拉斯方程或泊松方程的邊值問題轉(zhuǎn)化為一個有限差分方程組來求解。,差分方程的推導,討論最簡單的二維問題,a. 將待求區(qū)域劃分成許多邊長為h的小正方形網(wǎng)格，如圖所示，網(wǎng)格的交點稱為結(jié)點。,b. 推導結(jié)點P 與周圍四個節(jié)點間的電位關(guān)系,,,,P1點,P3點,展成泰勒級數(shù),將U1 U3兩式相加，并略去高階小量，可得,,同理可求出,,,,以上兩式相加得,對于泊松問題,得,對
24、于拉普拉斯問題，=0,所以,,,P點的差分方程,P點的差分格式,我們可以由區(qū)域內(nèi)所有結(jié)點的差分方程構(gòu)成一個方程組。如果邊界上的電位值是已知的，則差分方程和未知電位的個數(shù)都等于結(jié)點數(shù)，聯(lián)立求解即可得到各結(jié)點的電位值。,利用迭代法求解差分方程,a. 劃分網(wǎng)格,問題：求如圖正方形導體長槽內(nèi)的電位,把槽截面劃分成若干個邊長相等的小正方格。假設(shè)分成16個，共有9個結(jié)點的電位待定，設(shè)它們的電位分別為U1 U9 。,b. 給定初值,初值是任意的，最簡單的辦法是令它們均等于零,,c. 迭代求解,,數(shù)值計算中的問題,a. 解題精度主要決定于結(jié)點密度,b. 收斂于穩(wěn)定值則決定于疊代次數(shù),當精度要求較高時，隨著節(jié)點數(shù)和疊代次數(shù)的增大，其運算量會迅速增大。,改進：異步疊代法、超松馳法,
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