电磁学A第3次习题课

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第三次习题课补充题

Problem exam-1 电磁感应和磁矩场

(1)一个半径为$a$，非常薄（厚度为$b$）的导体圆盘放置在$xy$平面上，导体的电导率为$\sigma$，磁导率为$\mu_0$，原点在圆盘中心，空间加上磁场：

$$ \boldsymbol{B}=B_0\cos(\omega t+\varphi)\boldsymbol e_z $$

请给出圆盘上半径为$r$处的涡流密度$\boldsymbol{j}_f$。（6分）

(2)请求出圆盘的总磁矩，并给出远处$P$点（$r\gg a$）由涡流产生的磁感应强度。

(a)

Solution to exam-1

(1)先在柱坐标$(\boldsymbol e_r,\boldsymbol e_\theta,\boldsymbol e_z)$下考虑问题。取一半径为$r$的圆，根据电磁感应定律，由于涡旋电场沿圆的切线方向，大小处处相等，故

$$ 2\pi r E = -\frac{\partial B}{\partial t}\pi r^2 = B_0\omega \pi r^2 \sin(\omega t+\varphi) $$

所以，有：

$$ \boldsymbol{E} = \frac{B_0\omega r}{2}\sin(\omega t+\varphi)\,\boldsymbol e_\theta $$

$$ \boldsymbol{j}_f = \sigma\boldsymbol{E} = \frac{B_0\sigma\omega r}{2}\sin(\omega t+\varphi)\,\boldsymbol e_\theta $$

(2)圆盘的磁矩元：

$$ d m = \pi r^2 \mathrm{d} I = \pi r^2 j_f b \mathrm{d} r = \frac{\pi B_0\sigma b \omega \sin(\omega t+\varphi)}{2}\,r^3 \mathrm{d} r $$

总磁矩为（这里用的是如图所示的球极坐标先在柱坐标$(\boldsymbol e_r,\boldsymbol e_\theta,\boldsymbol e_\varphi)$）：

$$ m = \int_0^a \mathrm{d} m = \frac{\pi B_0\sigma b \omega \sin(\omega t+\varphi)}{2}\int_0^a r^3 \mathrm{d} r = \frac{\pi B_0\sigma b \omega a^4 \sin(\omega t+\varphi)}{8} $$

$$ \boldsymbol{m} = m\boldsymbol e_z $$

远处磁矩的球坐标磁场分量：

$$ \begin{cases} B_r = \frac{\mu_0}{4\pi}\frac{2m}{R^3} = \frac{\mu_0}{16}\frac{B_0\sigma b \omega a^4 \sin(\omega t+\varphi)}{R^3}\cos\theta\\ B_\theta = -\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{m}{R^3} = -\frac{\mu_0}{32}\frac{B_0\sigma b \omega a^4 \sin(\omega t+\varphi)}{R^3}\sin\theta \end{cases} $$

Problem exam-2 共轴线圈相互作用和动力学

半径为$a$的大线圈通恒定电流$I$，轴线上放置一极小共轴线圈，小线圈面积$S$、电阻$r$。

$t=0$ 时刻两线圈轴向间距为$z_0$，小线圈沿轴线运动速度为$v$，求小线圈内感应电流大小与方向；
求该时刻小线圈受到的安培力；（提示：$m$ 为小线圈磁矩）
小线圈运动时，为维持大线圈电流$I$不变，需改变电源电动势，求电动势改变量$\Delta \varepsilon$，并说明增减；

(a)

Solution to exam-2

(1) 载流圆线圈轴线上距离圆心$z$处的磁感应强度公式：

$$ B(z) = \frac{\mu_0 I a^2}{2(a^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} $$

方向沿轴线（$z$ 方向）。 $t=0$ 时 $z=z_0$，小线圈面积极小，范围内磁场近似均匀，穿过小线圈的磁通量：

$$ \Phi = B(z_0) S = \frac{\mu_0 I a^2 S}{2(a^2+z_0^2)^{\frac{3}{2}}} $$

小线圈随时间运动：$z(t) = z_0 + vt$，磁通量随时间变化：

$$ \Phi(t) = \frac{\mu_0 I a^2 S}{2\big(a^2+(z_0+vt)^2\big)^{\frac{3}{2}}} $$

由法拉第电磁感应定律，感应电动势：

$$ \varepsilon = -\frac{d \Phi}{d t} $$

代入求导计算，再由欧姆定律得感应电流大小：

$$ i = \frac{|\varepsilon|}{r} $$

电流方向：与大线圈电流$I$同向，右手螺旋对应$z$轴正方向。

(2) 小线圈磁矩：$\boldsymbol{m} = i S ,\boldsymbol e_z$，其所受到的力为

$$ \begin{aligned} \boldsymbol{F} &= \left.\frac{\partial (mB)}{\partial z}\right|_{\text{电流和形状不变,即}m\text{不变}} \boldsymbol e_z = m \left( -\frac{3\mu_0 I a^2}{2} \frac{z}{\left(a^2 + z^2\right)^{5/2}} \right) \boldsymbol e_z \\ &= \left( \frac{3\mu_0 I a^2 S^2 v}{2r} \frac{z}{\left(a^2 + z^2\right)^{5/2}} \right) \left( -\frac{3\mu_0 I a^2}{2} \frac{z}{\left(a^2 + z^2\right)^{5/2}} \right) \boldsymbol e_z \\ &= -\left( \frac{3\mu_0 I a^2 S}{2} \right)^2 \frac{z^2 v}{r \left(a^2 + z^2\right)^5} \boldsymbol e_z \end{aligned} $$

$z$用$z_0$代入，即为小线圈在$z_0$处受到的作用力，其方向沿$-z$方向，即为阻尼力。

(3) 无源小线圈向右运动，而远离大线圈时，其贡献于后者的正向磁通量$\Phi_{21}$要减少，相应的互感电动势$\mathcal E_{21}$为正向，即$\mathcal E_{21}>0$。为维持$I$不变，有源大线圈中的电动势需要改变一个$\Delta\mathcal{E}$，即使$\Delta\mathcal{E}+\mathcal E_{21}=0$，即

$$ \Delta\mathcal{E}=-\mathcal E_{21}=-\left(-\frac{d\Phi_{21}}{dt}\right)=M\frac{di}{dt} $$

由上面（1）的磁通量结果，可以得到两线圈之间的互感系数为：

$$ M=\frac{\Phi}{I}=\frac{\mu_0}{2}\frac{a^2 S}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}} $$

由（1）得到的$\dot{z}$，有

$$ \begin{aligned} \frac{di}{dt}&=\frac{3\mu_0 a^2 ISv}{2r}\frac{d}{dt}\frac{z}{\left(a^2+z^2\right)^{5/2}}=\frac{3\mu_0 a^2 ISv^2}{2r}\cdot\frac{1-\dfrac{5z^2}{z^2+a^2}}{\left(a^2+z^2\right)^{5/2}}\\ &=\frac{3\mu_0 a^2 ISv^2}{2r}\cdot\frac{a^2-4z^2}{\left(a^2+z^2\right)^{7/2}} \end{aligned} $$

最终有：

$$ \begin{aligned} \Delta\varepsilon&=M\frac{di}{dt}=\frac{\mu_0}{2}\frac{a^2 S}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\cdot\frac{3\mu_0 a^2 ISv^2}{2r}\frac{a^2-4z^2}{\left(a^2+z^2\right)^{7/2}}\\ &=\frac{3\mu_0^2 a^4 IS^2 v^2}{4r}\frac{a^2-4z^2}{\left(a^2+z^2\right)^5} \end{aligned} $$

可见，$\Delta\mathcal{E}>0$或$\Delta\mathcal{E}<0$取决于$(a^2-4z^2)$，当

$$ z>a/2 \text{时},\ \Delta\mathcal{E}<0 $$

$$ z0 $$

Problem TD-1 磁化介质圆柱

一个长的中空圆柱体由磁导率为 $\mu$ 的铁制成。将其置于与轴线垂直的均匀磁场 $\boldsymbol B_0$ 中。假设 $\boldsymbol B_0$ 足够小，以致铁未被饱和，认为 $\mu$ 是常数。

(a) 画出圆柱体放入磁场前、后的磁力线。

(b) 设圆柱的外、内半径分别是 $a$ 和 $b$，求圆柱体内的磁场。

提示：在柱坐标下，有

$$ \nabla^2 \equiv \frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial r}\left(r\frac{\partial }{\partial r}\right) + \frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 }{\partial \theta^2} + \frac{\partial^2 }{\partial z^2} $$

Solution to TD-1

圆柱放入磁场前磁场是均匀的，磁力线如题图所示。圆柱体放入后，磁场受到屏蔽，磁力线如题图所示。

(a)

引入磁标势 $\phi, \boldsymbol{H} = -\nabla\phi$，因本题中无自由电流，故 $\nabla\cdot\boldsymbol{H} = 0 \Rightarrow \nabla^2 \phi = 0$，在柱坐标下，为

$$ \frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial r}\left(r\frac{\partial \phi}{\partial r}\right) + \frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 \phi}{\partial \theta^2} + \frac{\partial^2 \phi}{\partial z^2} = 0 $$

因本题具有轴对称，$\frac{\partial^2 \phi}{\partial z^2} = 0$。可令

$$ \phi(r, \theta) = R(r)S(\theta) $$

则有

$$ \frac{1}{R}\left( r^2\frac{d^2 R}{d r^2} + r\frac{d R}{d r} \right) = -\frac{1}{S}\frac{d^2 S}{d \theta^2} = m^2 = \text{常数} $$

从而得电势具有通解为

$$ \phi = \sum_{m=1}^{\infty} (c_m r^m + d_m r^{-m})(g_m \cos m\theta + h_m \sin m\theta) $$

对本题还有 $\phi(r, \theta) = \phi(r, -\theta)$，故电势中不包含正弦项。把柱内、外空间分成如题图(c)所示的三部分，它们的通解 $\phi$ 都具有形式

$$ \phi_i = \sum_{m=1}^{\infty} (c_{im} r^m + d_{im}) \cos m\theta, \quad i=1,2,3 $$

首先对柱外空间区域，在 $r \to \infty$ 时，$\phi_3 = -H_0 r \cos\theta, \mu_0 H = B_0$，由上式得

$$ c_{31} = -\frac{B_0}{\mu_0}, \quad c_{3m} = d_{3m} = 0, \quad m \neq 1 $$

即有

$$ \phi_3 = -\left( \frac{B_0}{\mu_0} r - \frac{d_{31}}{r} \right) \cos\theta $$

再由 $r=a, b$ 处的边界条件，有

$$ \mu_0 \frac{\partial \phi_3}{\partial r} = \mu \frac{\partial \phi_2}{\partial r} \bigg|_{r=a} $$

$$ \mu_0 \frac{\partial \phi_1}{\partial r} = \mu \frac{\partial \phi_2}{\partial r} \bigg|_{r=b} $$

$$ \frac{\partial \phi_3}{\partial \theta} = \frac{\partial \phi_2}{\partial \theta} \bigg|_{r=a}, \quad \frac{\partial \phi_1}{\partial \theta} = \frac{\partial \phi_2}{\partial \theta} \bigg|_{r=b} $$

联合诸式得联立方程组

$$ \begin{cases} B_0 + \dfrac{\mu_0 d_{31}}{a^2} = \mu \left( -c_{21} + \dfrac{d_{21}}{a^2} \right) \\[1.5em] -B_0 + \dfrac{d_{31}}{a^2} = \mu_0 \left( c_{21} + \dfrac{d_{21}}{a^2} \right) \\[1.5em] \mu \left( c_{21} - \dfrac{d_{21}}{b^2} \right) = \mu_0 c_{11} \\[1.5em] c_{21} + \dfrac{d_{21}}{b^2} = c_{11} \end{cases} $$

以上还用了 $r=0$ 时要求 $\phi_1$ 有限，从而

$$ d_{11} = 0 $$

圆柱内磁标势完全由 $c_{11}$ 决定，由方程组解得

$$ c_{11} = -\frac{4\mu a^2 B_0}{a^2(\mu+\mu_0)^2 - (\mu-\mu_0)b^2} $$

即

$$ \phi_1 = c_{11} r \cos\theta $$

磁场

$$ \begin{aligned} \boldsymbol{H}_1 &= -\nabla\phi_1 = -\frac{\partial \phi_1}{\partial r}\boldsymbol e_r - \frac{1}{r}\frac{\partial \phi_1}{\partial \theta}\boldsymbol e_{\theta} \\ &= -c_{11}(\cos\theta \boldsymbol e_r - \sin\theta \boldsymbol e_{\theta}) \\ &= -c_{11} \boldsymbol e_z \\ &= \frac{4\mu a^2}{a^2(\mu+\mu_0)^2 - (\mu-\mu_0)b^2} \boldsymbol B_0 \end{aligned} $$

当$\mu\gg\mu_0$时

$$ \boldsymbol{H}_1\approx\frac{4}{\mu}\frac{\boldsymbol B_0}{1-b^2/a^2} $$

可见磁导率越大屏蔽作用越强。

拉普拉斯方程坐标系形式、通解与边界条件

引言

为什么要补充这一部分？首要原因是其不容忽略的重要性，Lalplace方程的解在原子物理、数理方程都会讲到，尽早熟悉可加深印象。次要原因是此类题目模型基本相似但又很容易出变式（例如多加几层介质增加难度），因此单纯想要靠记忆已经做过的答案是低效而不现实的，不如直接掌握底层解法。再次要原因是，解Laplace方程的思维难度和记忆量实际远小于理解电磁类比。

阅读这部分内容，把握以下两点：不需要掌握通解形式如何得到的，背下来即可；级数求和实际上不复杂绝大多数题目的解最终只用到1至2阶，所以实际不涉及无穷函数级数。

此部分不要求掌握，考试也不会考，仅作拓展。

正文

以下讨论全部限于静场情况；对于动场电动力学更常使用电势与磁矢势描述，它们的形式会更加和谐。

拉普拉斯方程为无旋无散标量场$\varphi$满足：

$$ \nabla^2 \varphi = 0 \tag{1} $$

物理中电势$\varphi_e$、磁标势$\varphi_m$均满足此方程（无自由电荷/无自由电流区域）。磁标势定义严格为：

$$ \boldsymbol{H} = -\nabla\varphi_m \tag{2} $$

柱坐标系下的拉普拉斯方程

柱坐标$(\rho,\phi,z)$，拉普拉斯算子：

$$ \nabla^2 \varphi = \frac{1}{\rho}\frac{\partial }{\partial \rho}\left(\rho\frac{\partial \varphi}{\partial \rho}\right) +\frac{1}{\rho^2}\frac{\partial^2 \varphi}{\partial \phi^2} +\frac{\partial^2 \varphi}{\partial z^2} $$

$z$平移对称$\partial\varphi/\partial z=0$，二维拉普拉斯方程：

$$ \frac{1}{\rho}\frac{\partial }{\partial \rho}\left(\rho\frac{\partial \varphi}{\partial \rho}\right) +\frac{1}{\rho^2}\frac{\partial^2 \varphi}{\partial \phi^2}=0 \tag{3} $$

通解

圆柱问题自动蕴含角度周期边界$\varphi(\rho,\phi+2\pi)=\varphi(\rho,\phi)$，通解（这个形式和TD-1的通解本质是一样的）：

$$ \varphi(\rho,\phi) = A_0 + B_0\ln\rho +\sum_{n=1}^{\infty}\big[(A_n \rho^n + B_n \rho^{-n})\cos n\phi +(C_n \rho^n + D_n \rho^{-n})\sin n\phi\big] \tag{4} $$

柱对称常用边界约束

原点有界：$\rho\to0$时$\varphi$有限 $\implies B_0=0,,B_n=D_n=0$；
无穷远有界：$\rho\to\infty$时$\varphi$有限 $\implies A_0=A_n=C_n=0$；
界面衔接：分界面法切向导数关系需要遵从电磁学结论，一般来说有势连续

球坐标系下的拉普拉斯方程

球坐标$(r,\theta,\phi)$，拉普拉斯算子：

$$ \nabla^2 \varphi = \frac{1}{r^2}\frac{\partial }{\partial r}\left(r^2\frac{\partial \varphi}{\partial r}\right) +\frac{1}{r^2\sin\theta}\frac{\partial }{\partial \theta}\left(\sin\theta\frac{\partial \varphi}{\partial \theta}\right) +\frac{1}{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2 \varphi}{\partial \phi^2} $$

$\phi$旋转对称$\partial\varphi/\partial\phi=0$，方程简化：

$$ \frac{1}{r^2}\frac{\partial }{\partial r}\left(r^2\frac{\partial \varphi}{\partial r}\right) +\frac{1}{r^2\sin\theta}\frac{\partial }{\partial \theta}\left(\sin\theta\frac{\partial \varphi}{\partial \theta}\right)=0 \tag{5} $$

通解

$$ \varphi(r,\theta)=\sum_{n=0}^{\infty}\big(C_n r^n + D_n r^{-(n+1)}\big)P_n(\cos\theta) \tag{6} $$

$P_n(x)$为$n$阶勒让德多项式，常用$P_0(x)=1,P_1(x)=x,P_2(x)=3x^2/2-1/2,P_3(x)=5x^3/2-3x/2$。

球对称常用边界约束

原点有界：$r\to0$有限 $\implies D_{\forall n}=0$；
无穷远有界：$r\to\infty$有限 $\implies C_{\forall n>0}=0$；
分界面法切向导数关系需要遵从电磁学结论，一般来说有势连续

拉普拉斯方程数学三类边界条件与电磁物理对应

数学标准边界条件

设求解区域边界$\partial\Omega$：

第一类：$\varphi\big|_{\partial\Omega}=f(\boldsymbol{r})$；
第二类：$\frac{\partial \varphi}{\partial \boldsymbol{n}}\bigg|_{\partial\Omega}=g(\boldsymbol{r})$；
第三类：$\alpha\varphi + \beta\frac{\partial \varphi}{\partial \boldsymbol{n}}\bigg|_{\partial\Omega}=h(\boldsymbol{r})$；
附加有界性：区域内孤立奇点处$\varphi$有限（原点、轴上等）。

数学上的边界条件往往如此简洁，但是运用到物理问题上则需要更为细致的考虑。

这是因为Laplace方程只在无源（没有传导电流）的空间使用，一旦涉及到有源边界，我们就不得不为每块均匀介质设不同的势。不同块之间当然可以允许有源，但也同时意味着边界将变得复杂：边界此时不仅肩负着为每块区域内势定解的任务，还负责建立两区之间势的联系。

下面我们约定$\boldsymbol{n}$从介质1指向介质2。

电势边界与数学形式的对应

介质分界面有自由面电荷$\sigma_f$：

$$ \varphi_{e1}=\varphi_{e2} \tag{静场恒成立-7} $$

$$ D_{2n}(\varphi_{e2},\boldsymbol{P}_1)=D_{1n}(\varphi_{e1},\boldsymbol{P}_2)+\sigma_f \tag{电法向约束-8} $$

大多数情况都是线性各向同性均匀电介质，法向约束可以写为

$$ \varepsilon_1 \frac{\partial \varphi_{e1}}{\partial \boldsymbol{n}} = \varepsilon_2 \frac{\partial \varphi_{e2}}{\partial \boldsymbol{n}}+\sigma_f $$

静场情况下不需要涉及切向约束，或者说切向电场恒相等总是意味着边界两侧电势连续。

磁标势边界与数学形式的对应

记介质分界面自由面电流$K_f$（正方向为$\boldsymbol{n}\times\boldsymbol{\tau}$）：

$$ \frac{\partial \varphi_{m1}}{\partial \boldsymbol{\tau}} = \frac{\partial \varphi_{m2}}{\partial \boldsymbol{\tau}}-\boldsymbol{K}_f \tag{磁切向约束-9} $$

$$ B_{1n}(\varphi_{m1},\boldsymbol{M}_1) = B_{2n}(\varphi_{m2},\boldsymbol{M}_2) \tag{磁法向约束-10} $$

大多情况都线性各向同性均匀磁介质，法向约束可写为

$$ \mu_{1} \frac{\partial \varphi_{m1}}{\partial \boldsymbol{n}} = \mu_{2} \frac{\partial \varphi_{m2}}{\partial \boldsymbol{n}} $$

大家可能会疑惑，为什么多了一个切向约束，然后少了一个值（第一类）约束？

对于分界面有传导电流的情况，很容易推出边界两侧磁标势不可能处处相等；取而代之的是要用切向磁场与传导面电流的关系来刻画磁标势的关系，也即如上。如果$\boldsymbol{K}_f=0$自然地可以把不那么好看的切向约束退化为如下形式

$$ \varphi_{m1}=\varphi_{m2} \tag{切向$\boldsymbol{H}$连续等价势连续-11} $$

例题一：均匀介质圆柱置于垂直轴线均匀外电场极化

问题描述

无限长均匀介质圆柱，半径$a$，相对介电常数$\varepsilon_r$；外部真空$\varepsilon_0$。外加均匀外电场$\boldsymbol E_{\text{ext}}=E_0,\hat{\boldsymbol{x}}$，电场垂直圆柱轴线（$z$方向）。求柱内、柱外电势$\varphi_1(\rho,\phi),\varphi_2(\rho,\phi)$，并解出$\boldsymbol{E},\boldsymbol{D}$。

基本方程建立

全域无自由电荷，$\nabla^2 \varphi_1=0\ (\rho<a)$，$\nabla^2 \varphi_2=0\ (\rho>a)$，均满足二维柱拉普拉斯方程(3)。

边界条件转化为势的数学约束

原点有界：$\rho\to0$，$\varphi_1$有限；
无穷远渐近：$\rho\to\infty$，$\boldsymbol E_2\to \boldsymbol E_{\text{ext}}=E_0\hat{\boldsymbol{x}}=-\nabla\varphi_2$。故远场 $$ \varphi_2 \xrightarrow{\rho\to\infty} -E_0 \rho \cos\phi $$
根据对称性各处的$\varphi$都是$\phi$的偶函数，所以形式通解里其实只有$\cos m\phi$系数非零
界面$\rho=a$衔接（$\sigma_f=0$）： $$ \varphi_1\big|_{\rho=a} = \varphi_2\big|_{\rho=a} \tag{12} $$ $$ \varepsilon_0\varepsilon_r \frac{\partial \varphi_1}{\partial \rho}\bigg|_{\rho=a} = \varepsilon_0 \frac{\partial \varphi_2}{\partial \rho}\bigg|_{\rho=a} \tag{13} $$

代入柱对称通解形式(4)

远场只有$\cos\phi$一次项，高次$n\ge2$系数全为0；常数项$A_0$无物理意义可取0。

内部$\rho<a$：原点有界$\implies B_0=B_1=0$， $$ \varphi_1(\rho,\phi)=A_1 \rho \cos\phi $$
外部$\rho>a$：含外场项+感应偶极衰减项， $$ \varphi_2(\rho,\phi)=\big(-E_0 \rho + B_1 \rho^{-1}\big)\cos\phi $$

边界条件联立求解参数

代入$\rho=a$势连续(12)：

$$ A_1 a \cos\phi = \big(-E_0 a + B_1 a^{-1}\big)\cos\phi \implies A_1 a = -E_0 a + \frac{B_1}{a} \tag{14} $$

径向导数：

$$ \frac{\partial \varphi_1}{\partial \rho}=A_1 \cos\phi,\quad \frac{\partial \varphi_2}{\partial \rho}=\big(-E_0 - B_1 \rho^{-2}\big)\cos\phi $$

代入法向约束(13)消去$\varepsilon_0,\cos\phi$：

$$ \varepsilon_r A_1 = -E_0 - \frac{B_1}{a^2} \tag{15} $$

联立式(14)(15)解得：

$$ A_1 = -\frac{2E_0}{\varepsilon_r+1},\quad B_1 = \frac{\varepsilon_r-1}{\varepsilon_r+1}E_0 a^2 $$

势场最终表达式

$$ \varphi_1(\rho,\phi) = -\frac{2E_0}{\varepsilon_r+1}\,\rho\cos\phi \tag{16} $$

$$ \varphi_2(\rho,\phi) = \left(-E_0 \rho + \frac{(\varepsilon_r-1)E_0 a^2}{(\varepsilon_r+1)\rho}\right)\cos\phi \tag{17} $$

求矢量场$\boldsymbol{E},\boldsymbol{D}$

内部电场均匀：

$$ \boldsymbol E_1 = -\nabla\varphi_1 = \frac{2E_0}{\varepsilon_r+1}\,\hat{\boldsymbol{x}} $$

内部电位移：

$$ \boldsymbol{D}_1 = \varepsilon_0\varepsilon_r \boldsymbol E_1 = \frac{2\varepsilon_0\varepsilon_r E_0}{\varepsilon_r+1}\,\hat{\boldsymbol{x}} $$

外部电场=外场+介质圆柱等效偶极子场：

$$ \boldsymbol E_2 = -\nabla\varphi_2 = E_0\hat{\boldsymbol{x}} +\frac{(\varepsilon_r-1)E_0 a^2}{\varepsilon_r+1}\cdot\frac{\cos\phi\,\hat{\boldsymbol{\rho}}+\sin\phi\,\hat{\boldsymbol{\phi}}}{\rho^2} $$

例题二：均匀磁化球置于反向均匀外磁感应场

问题描述

半径$a$均匀磁化小球，恒定磁化强度$\boldsymbol{M}=M_0\hat{\boldsymbol{z}}$；球外真空区域施加均匀外磁感应$\boldsymbol B_{\text{ext}}=-B_0\hat{\boldsymbol{z}}$（与$\boldsymbol{M}$反向）。全域无自由电流，可用磁标势$\varphi_m$满足$\boldsymbol{H}=-\nabla\varphi_m$、$\nabla^2 \varphi_m=0$。求球内$\varphi_{m1}(r,\theta)$、球外$\varphi_{m2}(r,\theta)$，再解$\boldsymbol{H},\boldsymbol{B}$。

基本方程

无自由电流：

$$ \nabla^2 \varphi_{m1}=0\quad(r < a),\qquad \nabla^2 \varphi_{m2}=0\quad(r > a) \tag{18} $$

球轴对称$\partial/\partial\phi=0$，采用式(5)方程与通解(6)。

物理边界转化为势的数学约束

原点有界：$r\to0$，$\varphi_{m1}$有限；
无穷远渐近：$r\to\infty$，$\boldsymbol B_2\to\boldsymbol B_{\text{ext}}=-B_0\hat{\boldsymbol{z}}$；真空$\boldsymbol{B}=\mu_0\boldsymbol{H}$，故远场 $$ \boldsymbol{H}_2\xrightarrow{r\to\infty} \frac{\boldsymbol B_{\text{ext}}}{\mu_0} = -\frac{B_0}{\mu_0}\hat{\boldsymbol{z}} = -\nabla\varphi_{m2} $$ 球坐标$\hat{\boldsymbol{z}}=\cos\theta\hat{\boldsymbol{r}}-\sin\theta\hat{\boldsymbol{\theta}}$，对应远场势 $$ \varphi_{m2}\xrightarrow{r\to\infty} \frac{B_0}{\mu_0}\,r\cos\theta $$
界面$r=a$无自由面电流$\boldsymbol{K}_f=\boldsymbol{0}$： $$ \varphi_{m1}\big|_{r = a} = \varphi_{m2}\big|_{r = a} \tag{$\boldsymbol{H}_t$连续-19} $$ $$ B_{1r}\big|_{r=a} = B_{2r}\big|_{r=a} \tag{$\boldsymbol B_n$连续-20} $$ $\boldsymbol B_1=\mu_0(\boldsymbol{H}_1+\boldsymbol{M})$，$\boldsymbol B_2=\mu_0\boldsymbol{H}_2$；$\boldsymbol{H}=-\nabla\varphi_m$，径向分量$H_r=-\frac{\partial \varphi_m}{\partial r}$。

代入球轴对称通解(6)

远场仅$l=1$项，更高阶$l\ge2$系数置0，常数$l=0$无效应舍弃：

球内$r<a$：原点有界$\implies D_1=0$， $$ \varphi_{m1}(r,\theta)=C_1\,r P_1(\cos\theta)=C_1\,r\cos\theta $$
球外$r>a$：远场线性项+磁化球偶极衰减项， $$ \varphi_{m2}(r,\theta)=\left(\frac{B_0}{\mu_0}\,r + \frac{D_1}{r^2}\right)\cos\theta $$

边界条件联立求解$C_1,D_1$

第一步：势连续$r=a$式(19)

$$ C_1 a \cos\theta = \left(\frac{B_0}{\mu_0}a + \frac{D_1}{a^2}\right)\cos\theta \implies C_1 a = \frac{B_0 a}{\mu_0} + \frac{D_1}{a^2} \tag{21} $$

第二步：法向$B_r$连续。先写出径向$H_r$：

$$ H_{1r}=-\frac{\partial \varphi_{m1}}{\partial r}=-C_1 \cos\theta,\quad H_{2r}=-\frac{\partial \varphi_{m2}}{\partial r}=-\left(\frac{B_0}{\mu_0}-\frac{2D_1}{r^3}\right)\cos\theta $$

注意看，此处，包括前面(8)(10)中，为什么我们没有使用相对介电（磁）常数来写？这是因为各向同性均匀极（磁）化从来不是默认成立的——对于此题这种极（磁）化强度给定的情形线性反馈失效，我们能依靠的方程只有$\boldsymbol{D}=\varepsilon_0\boldsymbol{E}+\boldsymbol{P}$（或者$\boldsymbol{H}=\boldsymbol{B}/\mu_0-\boldsymbol{M}$）。

磁化只有$z$向，$M_r=M_0\cos\theta$；

$$ B_{1r}=\mu_0(H_{1r}+M_r)=\mu_0\big(-C_1 + M_0\big)\cos\theta $$

$$ B_{2r}=\mu_0 H_{2r}= -\mu_0\left(\frac{B_0}{\mu_0}-\frac{2D_1}{r^3}\right)\cos\theta $$

代入$r=a$相等，约去$\mu_0,\cos\theta$：

$$ -C_1 + M_0 = -\frac{B_0}{\mu_0} + \frac{2D_1}{a^3} \tag{22} $$

联立式(21)(22)二元一次方程组，解得：

$$ C_1 = \frac{B_0}{\mu_0} - \frac{2M_0}{3},\quad D_1 = -\frac{M_0 a^3}{3} $$