鏡像法的性質與應用

圖像方法是解決靜脈問題的間接方法。巧妙地運用瓊斯原理，可以簡單地解決一些看似困難的邊值問題。很多人都提到了鏡頭法，但實際的鏡頭法中幾乎沒有關于唯一真理的應用。本文主要討論這方面的內容。1.間接正當程序在靜電場中,只有電荷分布具有對稱性,或者具有相似對稱性的簡單問題才可以用直接積分或高斯通量定理求解。實際上,在工程應用中,許多電場問題都是要用間接方法求解的。唯一性定理敘述的就是靜電場在什么條件下解是唯一的,或者為了保證解的唯一正確,用不同方法求解場時應保證什么樣的充分必要條件。1.1計算三種類型問題的法向導數(shù)三類邊值問題為:第一類:狄里赫利問題,給定的是邊界上的電位函數(shù),即已知φ|Γ=f1(s),S為邊界Γ上的點。第二類:紐曼問題,給定的是邊界上的電位函數(shù)的法向導函數(shù),即已知???n|Γ=f2(s)。第三類:混合問題,給定的是一部分邊界上的電位函數(shù)和其余部分邊界上的電位函數(shù)的法向導數(shù),即Φ|Γ=f1(s)????n|Γ=f2(s)?Γ=Γ1+Γ2。對于導體邊界,第二類問題相當于給出了電荷在導體表面的面分布密度。1.2決策權制在靜電場中問題中,滿足三類給定邊值之一的泊松方程和拉普拉斯的解是唯一的。2.荷的確定應用鏡像法求解的關鍵是必須確定像電荷。根據(jù)唯一性定理,像電荷的確定應遵循以下兩條原則:(1)所有鏡像電荷必須位于所求的場域以外的空間中。(2)鏡像電荷的個數(shù)、位置及電荷量由滿足場域邊界面上的邊界條件確定。下面對典型的平面和球面問題進行討論。2.1關于檢察官辦公室的傾斜2.1.1點電荷密度a設距無限大導體平面h處有一點電荷,其周圍是介電常數(shù)為的ε0介質,如圖(1)所示。求介質中任一點的場。取直角坐標系,z=0的平面與導體平面重合。并設此面為0電位面,亦即導體平面接地,因此點電荷q與導體平面之間的電位必須滿足下列條件:(1)z=0處,φ=0(2)在z>0的空間,除點電荷所在的點外,處處滿足?2?=0設想把無限大導電平板撤去,整個空間充滿同一種介質,且在與q成對稱的位置上,放一點電荷-q來代替原導電平板上的感應電荷,如圖2所示。這樣-q與q共同作用必然使它們在對稱面(z=0平面)為0電位面,這就保證條件(1)。在z>0空間,由于仍然僅在(0,0,h)點有點電荷,且介電常數(shù)ε0也沒有變化,故除(0,0,h)外其余所有點必須滿足拉普拉斯方程,即在(0,0,h)點,電位函數(shù)?滿足的是以δ函數(shù)表示的泊松方程,?2?=-qε0δ(x,y,z,-h)這就保證了條件(2)。于是,原問題中z>0空間的點的電位可表示為?=q4πε0(1r1-1r2)=q4πε0{1[x2+y2+(z-h)2]1/2-}{1[x2+y2+(z+h)2]1/2}(1)驗證如下:當z=0時,r1=r2即?=q4πε0(1r1-1r2)=0當z>0時,有r2≠0,r1≠0,則?2(1r2)=0?2(1r1)=0故當z>0時,r≠0處,?2?=q4πε0[?2(1r1)-?2(1r2)]=0由此驗證在z>0空間,式(1)表示的?就是原問題的解。在z<0空間里的導體,由于實際沒有場源存在,故其電位為0。導體平板上的感應電荷密度為ρs=-ε0???n=-ε0???z|z=0=-qh2π(x2+y2+h2)3/2導體平面上的總感應電荷為qin=∫sρsdS=-qh2π∫∞-∞∫∞-∞dxdy(x2+y2+h2)3/2=-qd2π∫2π0∫∞0ρdρd?(ρ2+h2)3/2=-q這恰好為鏡像電荷,是符合高斯通量定理的。圖(3)為點電荷與導體平面之間的電力線分布,其中實線是實際的電力線,虛線是想象的電力線。如果將平面上方的點電荷換成線電荷,由于線電荷可以看成由許多個連續(xù)分布的點電荷組成,因此上述方法仍然適用。但是此時,在z>0的空間里任一點的電位為:?=-ρ12πε01nr1r2(2)此時的鏡像電荷和原區(qū)域的電荷正好是一對帶等量異號線電荷的平行線。2.1.2膠片荷法計算鏡像法也可以用來計算兩種不同介質分界面附近點電荷或線電荷所產生的電位,在這種情況下,鏡像電荷的作用等效欲介質分界面約束電荷對電場的影響。如圖3所示,介電常數(shù)分別為ε1和ε2的兩種不同介質,各均勻充滿半個無限大空間,其分界面是一無限大平面,在介質1中距離有一個點電荷q,距分界面為h,求介質中任一點的電場。在點電荷q的電場作用下,電介質產生極化,在介質分界面形成極化電荷,此時空間任一點的電場由點電荷與極化電荷共同產生。依據(jù)鏡像法的基本思想,在計算電介質1中的電位時,用位于介質2中的鏡像q′電荷來代替分界面上的極化電荷,并把整個空間看作充滿介電常數(shù)ε1的均勻介質,如圖(4)所示。同樣地,求介質2中的場時,鏡像電荷q″應放在z>0的區(qū)域(0,0,h)點處(即原點電荷處),整個空間充滿介質ε2,如圖(5)所示。于是介質1和介質2中的電位分別為?1=q4πε1r1+q′4πε2r2=q4πε1[x2+y2+(z-h)2]1/2-q′4πε1[x2+y2+(z+h)2]1/2(3)?2=q?4πε2r2=q?4πε2[x2+y2+(z-h)2]1/2(4)在介質分界平面z=0處,電位應滿足邊界條件:{?1|z=0=?2|z=0ε1=??1?z|z=0=ε2??2?z|z=0(5)將式(3)和式(4)代入式(5),可得到{1ε1(q+q′)=1ε2(q+q?)q-q′=q?解此聯(lián)立方程得q′=ε1-ε2ε1+ε2q?q?=2ε2ε1+ε2q(6)可見,鏡像電荷q″總是與q同性,而q′則取決于兩介質的介電常數(shù)。如果以密度為ρl的線電荷代替點電荷,其它條件不變,則對于兩種介質中的電場,可以用完全相同的方法解。同樣對于磁導率分別為u1和u2的均勻磁介質也類似。只是此時的鏡像電荷和鏡像電流分別為:pl′=ε1-ε2ε1+ε2ρl?ρ1?=2ε2ε1+ε2ρl(7)Ι′=u1-u2u1+u2?Ι?=2u2u1+u2Ι(8)2.2磁共振球面鏡2.2.1b導電球接地設半徑為a的接地導體球外與球心相距d1的p1點有一個點電荷q,如圖(7)所示,求球外的電位函數(shù)。由于點電荷q的存在,在接地導體球表面將感應出負電荷。球外任一點的電位應等于這些感應負電荷與原來點電荷q產生的電位之和。設想把導體球移去,用一個鏡像電荷代替球面上的感應負電荷。設鏡像電荷為q′,位于離球心為d2的p2點上,如圖(8)所示,由于導體球接地,球面上任一點P的電位為0,即?=q4πε0r1+q′4πε0r2(9)式中,r1、r2分別為場點到原電荷q和鏡像q′電荷的距離。由余弦定理得:r12=a2+d12-2ad1cosθ,r22=a2+d22-2ad2cosθ代入式(9)解得q′=-ad1q?d2=a2d1(10)和q′=-q,d2=d1(無意義,舍去)根據(jù)唯一性定理,得到球外的電位函數(shù)為?=q4πε0r1+q′4πε0r2(1r1-ad1r2)(11)采用球坐標系,則對任一點,有:r1=(r2+d12-2d1rcosθ)1/2,r2=(r2+d22-2d2rcosθ)1/2利用式(11)可求得導體球面上的感應電荷密度ρs為ρs=ε0En=-ε0???r|r=a=--q(d12-a2)4πa(d12+a2-2ad1cosθ)3/2導體球面上的總感應電荷為qin=∫sρsdS=-q(d12-a2)4πa∫02π∫0πa2sinθdθd?(d12+a2-2ad1cosθ)3/2=-ad1q可見,導體球面上的總感應電荷與所設置的鏡像電荷相等。2.2.2壓力值d當導體球不帶電,這時q在導體球感應的正負兩部分電荷的作用都需考慮,若負感應電荷的作用仍用q′代替,則正感應電荷的作用用q″來代替,它應滿足下面的條件:(1)、導體球面是一個等位面,即?(a)=const(2)、導體球面上的凈電荷為0,即ε∫∫s???n=q′+q?=0由前面2.2.1得q′=【math27z】q?偏心距d2=a2d1q?=ad1q?位于球心這樣的場滿足原來的方程和邊界條件。但是q″必需位于球心,否則導體表面輪廓處不是等位面。此時球外任一點P的電位如圖(10)所示,是這三個點電荷所產生的電位之和?=q4πε0r1+q′4πε0r1+q?4πε0r=q4πε0(1r1-ad