[信息与通信]第五章 静态场的边值问题.pdf

第五章静态场的边值问题第五章静态场的边值问题边值问题 研究方法解析法数值法分离变量法分离变量法镜像法镜像法复变函数法复变函数法有限差分法有限差分法有限元法有限元法边界元法边界元法矩量法矩量法模拟电荷法模拟电荷法 ••••§§5.1 唯一性定理和解的叠加原理唯一性定理和解的叠加原理一. 唯一性定理一. 唯一性定理在给定的区域内，泊松方程（或拉普拉斯方程）满足所给定 的全部边界条件的解是唯一的2、边界条件的形式、边界条件的形式①给定全部边界上的函数值②给出全部边界上函数的法向导数值③给定部分边界上的函数值，而其余边界上给出函数的法向导数值“狄利赫利”边界条件“聂曼”边界条件混合边界条件1Cs=Φ2Cns=∂∂Φ2121,CnCss=∂∂=ΦΦ1、表述、表述3、唯一性定理的证明、唯一性定理的证明证明：考虑泊松方程，用反证法在区域τ内存在两个不同的函数和都满足相同的泊 松方程，并且在区域边界S上满足同样的边界条件1Φ2Φf=∇Φ2令21ΦΦΦ−=′0)(22 12 2122=−=∇−∇=−∇=′∇ffΦΦΦΦΦuFFuFu∇+⋅∇=⋅∇???)(22()()ΦΦΦΦΦΦΦ′′′′′′′∇⋅∇=∇+∇⋅∇= ∇则有利用ΦΦ′∇=′=Fu?,取则对上式两边在区域内作体积分，然后运用散度定理，得∫∫′∇=⋅′∇′ ττΦΦΦdsds2)()(?τΦΦΦτddsns∫∫′∇=∂′∂′2)(dsnsd)(∂′∂=⋅ ′∇ΦΦ?将代入上式得0)(112121=−=−=−=′CCssssΦΦΦΦΦ0)(2221 21=−=∂∂−∂∂=−∂∂=∂′∂CCnnnnsss sΦΦΦΦΦ0,021=∂′∂=′ssnΦΦ1Cs=Φ①对于第一类边界条件2Cns=∂∂Φ②对于第二类边界条件③对于第三类边界条件不论对哪类边界条件，面积分都等于零sdsnΦΦ′∂′∂∫ ?因此有0)(2=′∇∫τΦ τd由于恒为正值，故上式成立的条件是2)(Φ′∇0≡′∇ΦC=′Φ解之可得讨论：①对于第一类边界条件，0SΦ′=因为所以C = 0②第二类和第三类边界条件的情况C=−21ΦΦ①只有在区域的所有边界对于求解场函数来说，解是唯一的。

4、应当明确、应当明确上给出唯一的边界条件时，边值问题 的解才是唯一确定的②唯一性定理 给出了求解电磁场问题的理论依据不论采用什么方法，只要得到的解能够在区域内满足方程而在 边界上满足边界条件，这个解就是该边值问题的唯一正确解二. 解的叠加原理二. 解的叠加原理解的可叠加性是方程线性的必然结果1、表述、表述①对拉普拉斯方程，若、 、……都是满足方程的解nΦ1Φ2Φ02=∇ΦnnaaaΦΦΦΦ+++=∑?2211则其中ai为任意常数也是方程的解02=∇Φ并且、 、……都是满足方程的解nΦ1Φ2Φ20Φ∇=1122pnnaaaΦΦΦΦΦ∑=++++?则其中ai为任意常数也是方程的解2fΦ∇=②对泊松方程，若是满足方程的一个任意解2fΦ∇=pΦ2、证明、证明22 1122()pnnaaaΣΦΦΦΦΦ∇=∇++++?讨论泊松方程的情况对叠加得到的结果两边作运算，得2∇2222 1122pnnaaaΦΦΦΦ=∇+∇+∇++∇?12000nfaaaf=+⋅ +⋅ ++⋅=?因此是方程的解2fΦ∇=ΣΦ令 f = 0，即可得到拉普拉斯方程情况的证明3、应用、应用求解边界问题时，可以先将复杂边界条件分解成便于求解 的几个边界条件，则总的边界问题解就是这些解的叠加。

12321230sssCCCΦΦΦΦ⎧ ∇= ⎪=⎪⎨=⎪ ⎪=⎩111222333222 123112312231233000 000000sssssssssCCCΦΦΦ ΦΦΦΦΦΦΦΦΦ⎧⎧⎧∇=∇=∇= ⎪⎪⎪===⎪⎪⎪⎨⎨⎨===⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪===⎩⎩⎩??????? ? ???????? ?例：例：分解为三个边界问题分解后每个边值问题都只有一个非齐次边界值，求解变得容易123ΣΦΦΦΦ=++原问题的解应该是三个问题解的叠加§§5.2 拉普拉斯方程的分离变量法拉普拉斯方程的分离变量法一. 直角坐标系中的分离变量法一. 直角坐标系中的分离变量法直角坐标系中拉普拉斯方程的表达式为0222222 =∂∂+∂∂+∂∂ zyxΦΦΦ)()()(),,(zhygxfzyx⋅⋅=Φ令，并代入上式0)( )(1)( )(1)( )(1222222 =∂∂+∂∂+∂∂ zzh zhyyg ygxxf xf2)()()(zhygxf并两边同除以得1、方法介绍、方法介绍xk−2 yk−2 zk−①变量的分离则上式分解成三个独立的全微分方程，即0)()(2 22 =+xfkdxxfd x0)()(2 22 =+ygkdyygd y0)()(2 22 =+zhkdzzhd z222,,zyxkkk−−−称为分离常数分离常数，分离常数之间满足约束关系0222=++zyxkkk12( )f xAxA=+12( )sincosxxf xAk xAk x=+xkAxkAxfxx′+′=chsh)(2112xxk xk xAeA e′′−′′=+②全微分方程解的选取（以为例）xk20xk =20xk >220xxkk′−=如果取，，则必须取a. 对于有两个零值边界的方向，其对应的函数取三角函数；b. 对于单零值边界方向，对应的函数一般取双曲函数形式；c. 而有无限远边界的方向，一般取指数函数形式。

d. 若位函数与某一坐标变量无关，则该变量对应的函数取成常数，并取作1★根据边界条件来选择函数：③拉普拉斯方程的通解),,3,2,1(,,nikkkziyixi?=本征值本征值： 满足齐次边界条件的分离常数可以取一系列特殊值本征值对应的函数称为本征函数本征函数或本征解本征解)()()(),,(),,(11∑∑ ====niiiiniizhygxfzyxzyxΦΦ所有本征解的线性叠加构成满足拉普拉斯方程的通解拉普拉斯方程的通解在许多问题中，单一本征函数不能满足所给的边界条件，而级 数形式的通解则可以满足单个解函数所无法满足的边界条件2、例题、例题例5.1 边界条件如图，求电位分布oy0=Uba0UU =图5－1 长方形截面的导体长槽0=U0=Ux解：内部电位与z无关，是二维问题0),(),(2222 =∂∂+∂∂ yyxU xyxU)()0(00abyUxnϕϕϕnAnAgcossin)(21+=时 ，对于( )gϕ对于( )h zzkzkzzeBeB−′+′=2102=zkzBBzh21)(+=时 ，022zkzkBzkBzhzzchsh)(21+=时 ，02=nϕϕ21)(AAg+=时 ，0])[(22 22 2=−++fnrkrdfdrrdfdrz对于，是一个n阶贝塞尔方程( )f r0,022=>zknnnrCrCrf−+=21)(时022==zknrCCrfln)(21+=时0,022>≥zkn)(N)(J)(21rkCrkCrfznzn+=时0,02220，并且 n为正整数)(ϕgϕncos只取项对于，因为20,02 zn >k =( )f r所以取( )f r12nnC rC r−+于是通解可以表示为)(cos),(2 11n nnnnrCrCnrU−∞=+=∑ϕϕϕϕnrCrUnnncos),(111∑∞==202 1( , )coscosn n nUrE rC rnϕϕϕ∞ −== −+∑②求分区通解r a 时，总电位包括外电场和介质棒两部分的贡献ϕcos00rExE−=−外电场电位介质棒电位)(cos),(2 11n nnnnrCrCnrU−∞=+=∑ϕϕ规定了200xU==考虑到当时，介质棒产生的电位是有限值，故r →∞20nC=③利用静电场的边界条件求系数ararrU rUaUaU ==∂∂=∂∂=2 21 121,),(),(εεϕϕϕϕϕnaCaEnaCnnnnnncoscoscos120 11−∞=∞=∑∑+−=ϕεϕεϕεnanCEnanCnnnnnncoscoscos1122021111−−∞=−∞=∑∑−−=比较上面两式两边的系数，得将U1和U2的通解表达式代入上面两个边界条件，得ϕcos1 11021 2 11120221C aE aC aCEC aεεε−−⎧= −+ ⎨= −−⎩n = 1时022121 210 212 11;2EaCECεεεε εεε +−=+−=以上两式联立求解，得n >1时12 11 1122nn nn nn nnC aC anC anC aεε−−− −⎧= ⎨= −⎩120 ,0nnCC==联立解上面两式求解，得)(2cos2),(0 212 0 212 1arxErErU≤+−=+−=εεεϕεεεϕϕεεεεϕϕcoscos),(20 2121 02raErErU+−+−=④求出圆柱内外电位⑤求出圆柱内外电场强度)(2ˆsin2ˆcos2ˆ0 212 0 212 0 212 11arExEErUE−+−+++−=−∇=ϕεεεεϕϕεεεε?2 12 0 12cos()aErrεεϕεε−=−+()ra≥三. 球坐标系中的分离变量法. 球坐标系中的分离变量法球面坐标系中拉普拉斯方程的表达式为0sin1sinsin11222222 2)()(=∂∂+∂∂ ∂∂+∂∂ ∂∂ ϕΦ θθΦθθθΦ rrrrrr令代入上式，并两边同乘以)()()(),,(ϕθϕθΦhgrfr=)(sin22fghrθ01sinsinsin22 22)()(=∂∂+∂∂ ∂∂+∂∂ ∂∂ ϕθθθθθh hg grfrrf①变量的分离02 22 =+hmdhd ϕ0) 1()(2=+−fnndrdfrdrd0sinsin) 1(sin][)(2 =−++gmnnddg dd θθθθθ引入- m2分离得ϕ引入n(n+1)分离r分离θ②解的选取02>mϕϕϕmAmAhcossin)(21+=时对于( )hϕ02=mϕϕ21)(AAh+=时对于解只有一种形式)1( 21)(+−+=nnrBrBrf( )f r0>≥mn12( )P (cos )(cos )mm nngCC Qθθθ=+时0,0=>nm12( )tanctan22mmgCCθθθ=+时0,0≥=nm)(cos)(cosP)(21θθθnnQCCg+=时对于( )gθ)(cosPθm n)(cosθm nQ分别称为第一类和第二类连带勒让德函数)(cosPθn)(cosθnQ分别称为第一类和第二类勒让德函数③本征解的叠加构成通解)()()(),,(),,(ϕθϕθΦϕθΦii ii iihgrfrr∑∑==例5.6 在均匀电场中放入一半径为a的接地导体球。

求任意点的电位和电场强度解：①取球心位于坐标原点， 电场方向为极轴方向，建立球坐标系( , , )U r②根据边界条件，求出通解θ ϕ与 无关，取m = 0，ϕ1)(=ϕh0=θπθ=所求场域包括，故只含有第一类勒让德多项式)(cosP)(1θθnnCg=(1) 12 0( , )P (cos )[]nn nnn nU rC rC rθθ∞ −+==+∑r0E?xa0εPzyoθ电位通解可以写成③根据边界条件确定电位因为导体球接地，所以球内,0raU≤=在球外，电位包括均匀电场和导体球两部分的贡献均匀电场的电位θcos00rEzE−=−(0)0U z ==因为感应电荷的电位(1)0P (cos )n nn nCrθ∞ −+=∑因为时，r → ∞0inU→)1(00)(cosPcos),(+−∞=∑+−=nnnnrCrErUθθθ利用导体球的边界条件，得0),(故总电位=θaU0)(cosPcos)1(00=+−+−∞=∑θθnnnnaCaE不含rn项⎪⎩⎪⎨⎧≠==) 1(03 01 nCaECn由勒让德多项式的正交公式可得)(coscos),(2300arraErErU≥+−=θθθθθ∂∂−∂∂−=−∇=U rrUrUrE1ˆˆ),(?θθθsin1ˆcos)21 (ˆ)(330330raEraEr−−+=④根。