《数学物理方法》第十二章作业参考解答 12.1半径为a的半圆形薄板,板面绝热,在直径边界上温度保持零度,而在半 圆周上保持恒温o。求板内的稳定温度分布。 解:定解问题 1a2 Vu(p,) papa ap) p 0(00) Is not∞,:Bn=0 代入边界条件=l,得
1 《数学物理方法》第十二章作业参考解答 12.1 半径为 a 的半圆形薄板，板面绝热，在直径边界上温度保持零度，而在半 圆周上保持恒温u0 。求板内的稳定温度分布。 解：定解问题 ( ) = = = = < < ≤ ≤ ∂ ∂ + ∂ ∂ ∂ ∂ ∇ = = = = 0 0 2 2 2 2 0, 0, 0 0 ,0 1 1 ( , ) u u u u a u u u ρ a ϕ ϕ π ρ ϕ π ρ ρ ϕ ρ ρ ρ ρ ϕ 设 u(ρ,ϕ) = R(ρ)Φ(ϕ) ，代入方程并分离变量，得， ( ) ( ) ( ) ( ) d d ( ) λ ϕ ϕ ρ ρ ρ ρ ρ = Φ Φ′′ R′ = − R ， 由此得到两个方程， Φ′′(ϕ) + λΦ(ϕ) = 0， ( ) ( ) ( ) 0 2 ρ R′′ ρ + ρR′ ρ − λR ρ = 以及边界条件， 0, 0 0 Φ = Φ = ϕ= ϕ=π 方程Φ′′(ϕ) + λΦ(ϕ) = 0与边界条件 0, 0 0 Φ = Φ = ϕ= ϕ=π 构成本征值问题， 本征值和本征函数分别为 2 λ = λ m = m ， Φ(ϕ) = Φm (ϕ) = sin mϕ ， （m = 1,2,L）。 对应每一个本征值 2 λ = λ m = m ，方程 ( ) ( ) ( ) 0 2 ρ R′′ ρ + ρR′ ρ − λR ρ = 的 解为， m m m Rm r Am B − ( ) = ρ + ρ 方程的一般解为: u ρ ϕ A ρ B ρ mϕ m m m m m ( , ) ( )sin 1 ∑= − = + Qu(ρ → 0) is not ∞,∴ Bm = 0 代入边界条件 0 u u a = ρ = ，得
l=∑Ana" Sin mop 其中 lo sin mdde sin mde=,mr sin mede 所以,An+1 2n+1,n=0,1 4 -(2n+1) u(e, p2+sn(2n+1)=4 sin(2n +l)o (2n+1) 丌m=6(2n+1) 124半径为a的无限长介质圆柱(介电常数为E)放在匀强电场E0中,电场方 向与圆柱轴线垂直。求柱内、外的电势分布。 解:以圆柱的轴线为〓轴,显然这是平面问题。以E方向为x轴方向取极坐标系, 设球内电势为u1(P,q),球外电势为a2(O,),二者皆满足 Laplace方程, Vu(e, ) 0 p apl a 对球内问题,有自然边界条件的/m≠四 对球外问题,有边界条件n21→>-E0 pcos 并且有衔接条件叫2朗=6朗 用分离变量法,可得一般解为(分离变量过程,略) u(p, )=Ao(1+ Do In p)+ 2(Am cos mo+ Bm sin mo)(p"+Dmp-m) 柱内 u(p>0)is not oo, D=0, m=0, 1, 2 u(P,)=Ao+2(Am cos mo+ Bm sin mo)p" 柱外 Ao(1+Do In p)+2(Am cosmo Bm sin mp)p
2 ∑= = 1 0 sin m m u Am a mϕ 其中， = = + = = = ∫ ∫ ∫ m n m n m u m u u m m A a m m 0 2 2 1 4 sin d 2 sin d sin d 1 0 0 0 0 0 0 2 θ θ π π θ θ θ θ π π π 所以， , 0, 1, 2L 2 1 4 (2 1) 0 2 1 = + = − + + n n u a A n n π ∑ ∑= + = + − + + + + = + ∴ = 0 2 1 0 0 2 1 (2 1) 0 sin(2 1) (2 1) 4 1 sin(2 1) (2 1) 4 ( , ) n n n n n n n a u n n u a u ϕ ρ π ρ ϕ π ρ ϕ 12.4 半径为 a 的无限长介质圆柱（介电常数为ε ）放在匀强电场 E0 中，电场方 向与圆柱轴线垂直。求柱内、外的电势分布。 解：以圆柱的轴线为 z 轴，显然这是平面问题。以 E0方向为 x 轴方向取极坐标系， 设球内电势为 ( , ) u1 ρ ϕ ，球外电势为 ( , ) u2 ρ ϕ ，二者皆满足 Laplace 方程， 0 1 1 ( , ) 2 2 2 2 = ∂ ∂ + ∂ ∂ ∂ ∂ ∇ = ρ ρ ϕ ρ ρ ρ ρ ϕ u u u ， 对球内问题，有自然边界条件 ≠ ∞ 1 ρ =0 u 对球外问题，有边界条件u2 |ρ→∞→ −E0ρ cosϕ 并且有衔接条件 a a a a u u u u = = = = ∂ ∂ = ∂ ∂ = ρ ρ ρ ρ ρ ε ρ ε 2 0 1 1 2 ; 用分离变量法，可得一般解为（分离变量过程，略）: ∑= − = + + + + 1 0 0 ( , ) (1 ln ) ( cos sin )( ) m m m m u ρ ϕ A D ρ Am mϕ Bm mϕ ρ D ρ 柱内: ∑= ⇒ = + + → ∞ ∴ = = 1 1 0 ( , ) ( cos sin ) ( 0) , 0, 0, 1, 2 m m m m m u A A m B m u is not D m ρ ϕ ϕ ϕ ρ Q ρ L 柱外: = + +∑ + →∞→ − m m A D Am m Bm m u E ρ ϕ ϕ ρ ρ ρ ϕ (1 ln ) ( cos sin ) | cos 0 0 0
→An=0(frm≠1),Bn=0( or all m) .u2(P,)=-Eo COS P(P+DPp") 由衔接条件:u1(p=a)=n(D=a)(.a4m=m=(2) 由(1)得 A+∑( A cosmo+ B. sin mo )a=- Eo coS o(a+Da-)→ An=0(orm≠1),Bn=0(0ralm,A1·a=-E(a+D4a-)→ A 由(2)得:EA1=-EE0(1-) 联合求解 AL 20E,D1 Co +a Eo +8 for pa, u2(p, )=-Eo coS((p+ 12.8一半径为1的空心球,以球心为坐标原点,当表面充电至电势为 V(1+2cosO+3cosO2)(V为常量)时,求球内各点的电势。 解 由于对称性,u与无关 定解问题为 vu(r,0)=ar( or)r'sin8i( sino ou y 0 叫-0≠,山m=11+20s+30s2) 令u(,)=R()(0),代入方程且乘以一得, (sing)=l(1+1) 从而有, r2R"+2rR-l(l+1)R=0
3 ( , ) cos ( ) 0 ( 1), 0 ( ) 1 2 0 1 − ∴ = − + ⇒ = ≠ = u ρ ϕ E ϕ ρ D ρ Am for m Bm for all m 由衔接条件: ( ) ( ) (1), | | (2) 2 0 1 1 2 a a u u u a u a = = ∂ ∂ = ∂ ∂ = = = ρ ρ ρ ε ρ ρ ρ ε 由(1)得: ϕρ ϕ ϕ ϕ cos 0( 1), 0( ), ( ) ( cos sin ) cos ( ) 1 1 1 1 0 1 1 0 1 1 0 u A A for m B for all m A a E a D a A A m B m a E a D a m m m m m m = = ≠ = ⋅ = − + ⇒ + + = − + ⇒ − − = ∑ 由(2)得: (1 ) 2 1 1 0 0 a D ε A = −ε E − 联合求解: , ( , ) cos ( ) cos 2 , ( , ) , 2 2 0 0 2 0 0 0 0 1 2 0 0 0 1 0 0 1 ε ε ρ ε ε ρ ρ ϕ ϕ ρ ρ ϕ ε ε ε ρ ρ ϕ ε ε ε ε ε ε ε a for a u E for a u E A E D a + − > = − + + ∴ < = − + − = + = − 12.8 一半径为 1 的空心球，以球心为坐标原点，当表面充电至电势为 (1 2cos 3cos ) 2 V0 + θ + θ （V0 为常量）时，求球内各点的电势。 解： 由于对称性，u 与ϕ 无关 定解问题为 ≠ ∞ = + + = ∂ ∂ ∂ ∂ + ∂ ∂ ∂ ∂ ∇ = = = , (1 2cos 3cos ) sin 0 sin 1 1 ( , ) 2 1 0 0 2 2 2 2 θ θ θ θ θ θ θ u u V u r r u r r r u r r r 令u(r,θ ) = R(r)Θ(θ ) ， 代入方程且乘以 RΘ r 2 得， ( ) ( ) sin ( 1) sin 1 2 1 = + ′ Θ′ Θ = − ′ r R′ l l R θ θ 从而有， 2 ( 1) 0 2 r R′′ + rR′ − l l + R =
记cosO=x,O(O)=y(x),得 -x2)y”-2xy+1+1)y=0,1阶 Legendre方程, 它与自然边界条件eO)()有界,即y(x)有界,构成本征值问题。 它的本征值和本征函数分别为 )=P(x)(=012,…) 对应每一个本征值,方程r2R"+2rR-(+1)R=0的解为 R()=C1 方程的一般解为 u)=∑cr+D1)Peos) 由 所以D=0 )=∑CrP( ural=2C, P(cos 0)=Vo(1+2 cos0+3cos02) Po(cos0)=1 由P(cosb) P,(cos 0)=-(cos84-1) 所以 C, P(cos0)=Vo(+2 cos 6+3 cos 04) 2V(P(cos 0)+P(cos 8)+ P(cos0)) 可得Co=C1=C2=2V 所以u=2(+rP(cos)+r2P(cose)
4 ( 1) 0 sin cos Θ′′ + Θ′ + l l + Θ = θ θ 记cosθ = x ，Θ(θ ) = y(x) ，得 (1 ) 2 ( 1) 0 2 − x y′′ − xy′ + l l + y = ， l 阶 Legendre 方程， 它与自然边界条件Θ(0),Θ(π )有界，即 1 ( ) x=± y x 有界，构成本征值问题。 它的本征值和本征函数分别为 = = l(l +1) λ λl ， y(x) P (x) = l (l = 0,1,2,L) 对应每一个本征值，方程 2 ( 1) 0 2 r R′′ + rR′ − l l + R = 的解为 1 1 ( ) + = + l l l l l r R r C r D 方程的一般解为: ) (cos ) 1 ( , ) ( 1 0 θ l θ l l l l l P r u r C r D + ∞ = = ∑ + 由 ≠ ∞ r=0 u ，所以 Dl = 0 ( , ) (cos ) 0 θ l θ l l u r ∑Clr P ∞ = = (cos ) (1 2cos 3cos ) 2 0 0 1 = ∑ θ = + θ + θ ∞ = u = C Pl V l r l 由 (3cos 1) 2 1 (cos ) (cos ) cos (cos ) 1 2 2 1 0 = − = = θ θ θ θ θ P P P 所以 2 ( (cos ) (cos ) (cos )) (cos ) (1 2cos 3cos ) 0 0 1 2 2 0 0 θ θ θ θ θ θ V P P P C Pl V l l = + + ∑ = + + ∞ = 可得C0 = C1 = C2 = 2V0 所以 2 (1 (cos ) (cos )) 2 2 u = V0 + rP1 θ + r P θ
12.11在点电荷(带电4ms0q)的电场中放置一导体球(球的半径为a),球心语 点电荷相距d(d>a),求解着静电场。 解: 以球心为原点,极轴过点电荷取球坐标系,则静电场与φ无关。球外任意 点(r,O,q)的电势(r,O,g)为点电荷产生的电势和球上感应电荷产生的电势的迭 加,即 pxv(,o,其中v(r,O)为感应电荷产生的势场。v(,6) 满足 Laplace方程。如果设导体球的电势为l,则==l 因此,v(r,O)所满足的定界问题为 V-v=0 0 d--2ad cos e 令v(r,0)=R(r)(O),代入方程且乘以得 R Osin e (sin 00)=1(1+1) 从而有 r2R"+2rR'-l(l+1)R=0, e+l(+1)e=0 sin e 记cos=x,刷(0)=y(x),得 -x2)y”-2xy+1+l)y=0,1阶 Legendre方程, 它与自然边界条件⊙(O),(x)有界,即yx)有界,构成本征值问题 它的本征值和本征函数分别为 41=l+1),y(x)=P(x)(=012,…) 对应每一个本征值,方程r2R"+2rR-l(+1)R=0的解为
5 12.11 在点电荷（带电4πε 0 q ）的电场中放置一导体球（球的半径为 a），球心语 点电荷相距d(d > a) ,求解着静电场。 解： 以球心为原点，极轴过点电荷取球坐标系，则静电场与ϕ 无关。球外任意一 点(r,θ,ϕ) 的电势u(r,θ,ϕ)为点电荷产生的电势和球上感应电荷产生的电势的迭 加， 即 ( , ) 2 cos ( , , ) 2 2 θ θ θ ϕ v r r d rd q u r + + − = ，其中v(r,θ )为感应电荷产生的势场。v(r,θ ) 满足 Laplace 方程。如果设导体球的电势为u0 ，则 2 cosθ 2 2 0 a d ad q v u r a + − = = − 因此，v(r,θ )所满足的定界问题为 = + − = − ∇ = = →∞ , 0 2 cos 0 2 2 0 2 r a r v a d ad q v u v θ 令v(r,θ ) = R(r)Θ(θ ) ， 代入方程且乘以 RΘ r 2 得， ( ) ( ) sin ( 1) sin 1 2 1 = + ′ Θ′ Θ = − ′ r R′ l l R θ θ 从而有， 2 ( 1) 0 2 r R′′ + rR′ − l l + R = ， ( 1) 0 sin cos Θ′′ + Θ′ + l l + Θ = θ θ 记cosθ = x ，Θ(θ ) = y(x) ，得 (1 ) 2 ( 1) 0 2 − x y′′ − xy′ + l l + y = ， l 阶 Legendre 方程， 它与自然边界条件Θ(0),Θ(π )有界，即 1 ( ) x=± y x 有界，构成本征值问题。 它的本征值和本征函数分别为 = = l(l +1) λ λl ， y(x) P (x) = l (l = 0,1,2,L) 对应每一个本征值，方程 2 ( 1) 0 2 r R′′ + rR′ − l l + R = 的解为
R(r)=Crr"+ D 方程的一般解为 v(,0)=∑(C 由v=0,所以C=0,因此 v(r, 0)=D,P(cos0) 由边界条件v==l √a2+a2-2 ad cos e 得 v(r,Orea=D,IP(cos0) q 比较系数,可得D0=m-,D==9mV=12…) 所以,v(r,O) P(cos0) l(r,6)= P(cos √r2+d2-2 rd cose r2+d2-2rd cos e a+d2r2-2 cos edra
6 1 1 ( ) + = + l l l l l r R r C r D 方程的一般解为: ) (cos ) 1 ( , ) ( 1 0 θ l θ l l l l l P r v r C r D + ∞ = = ∑ + 由 = 0 r→∞ v ，所以Cl = 0，因此 (cos ) 1 ( , ) 1 θ l θ l l P r v r D + = 由边界条件 2 cosθ 2 2 0 a d ad q v u r a + − = = − ，得 ( ) (cos ) 2 cos (cos ) 1 ( , ) 1 0 0 2 2 1 0 θ θ θ θ l l l l l r a l P d a a q u a d ad q P u a v r D ∞ + = = + = − ∑ + − = = − 比较系数，可得 ( ) l , ,L d a D q d qa D au l l , l 1 2 1 2 1 0 = 0 − = − = + + 所以， ∑ ∞ = + + + = − 0 1 1 2 1 0 ( , ) (cos ) l l l l l P d r a q r au v r θ θ 4 2 2 2 0 2 2 0 1 1 2 1 0 2 2 2cos 1 2 cos (cos ) 2 cos ( , ) a d r dra qa r au r d rd q P d r a q r au r d rd q u r l l l l l θ θ θ θ θ + − + − ⋅ + − = + − + − = ∑ ∞ = + + +
