《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

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                + =            