2.3 拉普拉斯方程

2.3 拉普拉斯方程和分离变量法一、拉普拉斯方程在许多实际问题中，静电场是由带电导体决定的. 在许多实际问题中，静电场是由带电导体决定的. ① 例如： 例如： 电容器内部的电场是由作为电极的两个 导体板上所带电荷决定的。 导体板上所带电荷决定的。 ② 电子光学系统的静电透镜内部，电场是 电子光学系统的静电透镜内部， 由分布于电极上的自由电荷决定的。 由分布于电极上的自由电荷决定的。 这些问题的特点是： 这些问题的特点是： 自由电荷只出现在一些导体的表面上， 自由电荷只出现在一些导体的表面上，在空间 中没有其他自由电荷分布。 中没有其他自由电荷分布。

如果我们选择这些导体的表面作为区域V的边界， 如果我们选择这些导体的表面作为区域 的边界， 的边界 则V 内部自由电荷密度ρ=0,电势所满足的泊松方程化 内部自由电荷密度 = , 为比较简单的情形： 为比较简单的情形：

=02

拉普拉斯方程。 拉普拉斯方程。

注意：求解区域内 = , 注意：求解区域内ρ=0,产生电场的电荷全部分布 的边界上，他们的作用通过边界条件反映出来。 于V 的边界上，他们的作用通过边界条件反映出来。所 以，这类问题可归结为求拉普拉斯方程满足边界条件的 这类问题可归结为求拉普拉斯方程满足边界条件的 解。

二、分离变量法分离变量法就是将场量的函数表达式中不同坐 标相互分离， 标相互分离，即将场量分解为单一坐标函数的乘积 的形式，求出通解。 的形式，求出通解。然后再根据给定的边界条件求 出实际问题的特解。 出实际问题的特解。 不同坐标系中拉氏方程的通解不同。 不同坐标系中拉氏方程的通解不同。

拉普拉斯方程在几种坐标系中解的形式

1、直角坐标 = 2 + 2 + 2 = 0 、 x y z2 2 2 2

(1 )若

= (x, y) 2 = + + = 0 2 2 =022 2 2

d X +αX = 0 2 dx 2 dY + βY = 0 2 dy∞

2

x

y

z

( x , y ) = ( a + bx )( c + dy )+ ∑ (am em =1 mx

+ bm e

mx

)( c m cos my + d m sin my )

(2)若 = (x),与

y, z

无关。 无关。

d =0 2 dx2

= Ax + B

2. 球坐标中的通解： 球坐标中的通解：

bnm m (R,θ,φ) = ∑(anmR + n+1 )P (cosθ) cos mφ n R n,mn

dnm m + ∑(cnmR + n+1 )Pn (cosθ)sin mφ R n,mn

anm, bnm, cnm, dnm为积分常数，在具体问题中由边界条件确 为积分常数， 定。

若问题具有轴对称性，电势不依赖于Φ 若问题具有轴对称性，电势不依赖于Φ,通解为 不依赖于 bn n = ∑(anR + n+1 )P (cosθ) n R n 其中为勒让德函数 P (cosθ ) -----为勒让德函数 n

P (cosθ ) =1 , 01 P (cosθ ) = (3cos2 θ 1 ) 2 2 若问题具

有球对称性

P (cosθ) = cosθ, 11 P (cosθ ) = (5cos2 θ 3cosθ) 3 2

b = a+ R

3. 平面极坐标系(二维问题): 平面极坐标系(二维问题): 二维问题的解： 二维问题的解：

= (A + B0 ln r)(C0 + D θ) 0 0+ ∑(A rn + Bnr n )(Cn cos nθ + Dn sin nθ) nn

若二维问题又具有轴对称性，则电势与θ无关 若二维问题又具有轴对称性，1 即 = (r) , (r ) =0 r r r

= A+ Bln r

分离变量法的解题步骤： 三. 分离变量法的解题步骤： 根据界面的形状选择适当坐标系。 ① 根据界面的形状选择适当坐标系。 建立坐标系，写出场量所满足的方程，写出通解 ② 建立坐标系，写出场量所满足的方程，写出通解。 写出边界条件和衔接条件(即 不同区域分界面上 ③ 写出边界条件和衔接条件 即：不同区域分界面上 的边值关系)。 的边值关系 。 ④ 根据定解条件，求出通解中的积分常数。 根据定解条件，求出通解中的积分常数。 求出的积分常数代入通解表达式， ⑤ 将求出的积分常数代入通解表达式，得到实际 问题的解。 问题的解。 关键步骤： 关键步骤： ① 充分利用对称性，写出简单的通解。 充分利用对称性，写出简单的通解。 ② 正确写出边界条件，不能有遗漏。 正确写出边界条件，不能有遗漏。

四.应用举例1、两无限大平行导体板，相距为 l ,两板间电势 、两无限大平行导体板， 两板间电势 差为V 与 r 无关),一板接地， 差为 (与 x, y, z无关 ，一板接地，求两板间的 电势 和 E。 解：(1)边界为平面，故 ：( )边界为平面， 应选直角坐标系 设为参考点 设为 下板 S1 = 0,设为参考点 (2)定性分析：因在 )定性分析：Z

V

= V (常数),可考虑 常数)

z =l

lx

O

y

与 x, y 无关。 无关。

(3) 列出方程并给出解： 列出方程并给出解：

=02

d =0 2 dz2

方程的解： 方程的解： (4) 定常数： 定常数：

= Az + B (0 < z < l)B=0V A= l Al = V

(z = 0) = 0

(z = l) = V

V 电势： 电势： = z l

(0 < z < l)

r d r Vr (5) E = = ez = ez dz l

V E = = 常数 l

一个内径和外径分别为R 的导体球壳， 例 2 一个内径和外径分别为 2和R3的导体球壳，带 电荷Q,同心地包围一个半径为 的导体球( 电荷 ，同心地包围一个半径为R1的导体球(R1 <R2)。使这个导体球接地，求空间各点的电势 使这个导体球接地， 使这个导体球接地 和这个导体球的感应电荷。 和这个导体球的感应电荷。 解：以球心为原点建立球坐标系，导体壳外和壳内 以球心为原点建立球坐标系， 的电势均满足方程 2 = 0 ,问题具有球对称 不依赖于角度θ和 。 性，电势 不依赖于角度 和φ。设导体壳

外 和壳内的电势分别为 b 1 = a + , (R > R3) R d 2 = c + , (R2 > R > R ) 1 R

边界条件为： 边界条件为： (1)内导体接地 2 R=R1 = 1 R→∞ = 0 ) (2)整个导体球壳为等势体 2 R=R2 = 1 R=R3 )

(3)球壳带总电荷 ，因而 )球壳带总电荷Q, 1 2 Q ∫ dS + ∫ dS = R R ε0 R=R R=R2 3 Q Q + 1 , , 由这些边界条件得 a = 0 b = 4πε0 4πε0 Q Q 1 c = , = 1 d 4πε0R 4πε0 1 其中R 1 3 Q = 1 Q 1 1 1 R R2 + R 1 3

利用这些值， 利用这些值，得电势的解

Q+ Q 1 1 = , (R > R ) 3 4πε0R Q 1 1 2 = 1 , (R2 > R > R ) 1 R R 4 0 πε 1 导体球上的感应电荷为

2 ε0 ∫ dS = Q 1 R R=R 1

如图所示的导体球(带电Q 和不带电荷的导体球壳， 3.如图所示的导体球(带电Q)和不带电荷的导体球壳，用分 离变量法求空间各点的电势及球壳内、外面上的感应电荷。 离变量法求空间各点的电势及球壳内、外面上的感应电荷。 边界为球形，选球坐标系， 解：(1)边界为球形，选球坐标系， 电荷分布在有限区， 电荷分布在有限区，选 球壳内: 球壳内: 球壳外 性， 与 (2)设球壳内为I区，壳外为II区。 设球壳内为I 壳外为II区 IIr→ ∞

=0

Q

R 3I

1 = 0 2 2 = 02

II

OR2

R 1

电荷在球上均匀分布， 电荷在球上均匀分布，场有球对称

θ,φ

无关

d 2 =C+ R = a+ b 1 R

(R > R3 ) (R < R < R2 ) 1

1 ∞ = 0 C = 0 2 (3)确定常数 1 ② R=R , 0 =σ ε 1 R Q 1 b 2 Q = ε0 ∫ dS =+ε0 2 4π R b= 1 S1 R R 4πε0 R=R 1 1① R →∞ ③ 导体壳为等势体

d 2 = R

2 S = 1 S3

2

d Q 1 = a+ R 4πε0 R2 3

r nR

④ 在导体壳上 Q =

∫S

2

σ2dS + ∫ σ3dS = 0S3

r n

σ2 = ε0 1 n S2 2 σ3 = ε0 nS3

1 2 ∫ ε0 dS ∫ ε0 dS = 0 S2 S3 n n 2 1 ε0[ ∫ dS ∫ dS] = 0 S2 S3 R R

dS dS b ∫ +d ∫ =0 S2 R2 S3 R2

(4) )

1 = 2

Q 4πε0RQ

Q b4π + d4π = 0 d = b = 4πε0 Q 1 1 a= ( ) 4 0 R3 R2 πε R3 < R <∞R < R < R2 1

Q 1 1 2 = + ( ) 1 4πε0 R 4πε0 R3 R2(5)球壳上的感应电荷 ) 壳外面 壳内面

2 Q 1 ′ = ∫ ε0 Q dS = ∫S3 R2 dS = Q S3 n 4 π 1 1 ′ Q′ = ∫ ε0 dS =∫ dS = QS2

′ Q′ + Q′ = 0 以上结果均与高斯定理求解一致。 以上结果均与高斯定理求解一致。

n

S2

R

求电势。 求电势。 的介质球置于均匀外电场 例4:电容率为 ε 的介质球置于均匀外电场E0中， : 以介质球的球心为坐标原点， 解： 以介质球的球心为坐标原点，以E0方向为极轴建立 球坐标系。 球坐标系。 设球的半径为R 球外为真空。 设球的半径为 0, ,球外为真空。介

质球的存在使空 间分为两均匀区域—球外区域和球内区域 球外区域和球内区域。 间分为两均匀区域 球外区域和球内区域。两区域内 部都没有自由电荷，因此电势均满足拉普拉斯方程。 部都没有自由电荷，因此电势均满足拉普拉斯方程。

代表球内的电势。 以 代表球外区域的电势， 2 代表球内的电势。 1 代表球外区域的电势，两区域的通解为： 两区域的通解为：

bn 1 = ∑(anR + n+1 )P (cosθ), (R > R0 ) n R nn

dn 2 = ∑(cnR + n+1 )Pn (cosθ), (R < R0 ) R nn

无穷远处， 无穷远处，

1 → E0Rcosθ = E0RP (cosθ), 1因而 应为有限值， R = 0 处， 2 应为有限值，因此

a1 = E0, n = 0 adn = 0

(n ≠1)

在介质球面上( 在介质球面上(R=R0),

1 = 2,

1 2 ε0 =ε R R

比较P 的系数， 比较 n的系数，得:

ε ε0 b = E0R3 , 1 0 ε + 2ε0 3 0 ε c = E0 1 ε + 2ε0

bn = cn = 0, (n ≠1 )所有常数已经定出， 所有常数已经定出，因此本问题的解为

ε ε0 E R cosθ 1 = E0Rcosθ + ε + 2ε0 R2 3ε0 2 = E0Rcosθ ε + 2ε03 0 0

在球内总电场作用下， 在球内总电场作用下，介质的极化强度为

v v v ε ε0 v P = χeε0E = (ε ε0 )E = 3ε0E0 内 ε + 2ε0介质球的总电偶极矩为

v v 4π 3 v ε ε0 3 p= R0 P = 4πε0R0 E0 3 ε + 2ε0球外区域电势 所产生的电势

1的第二项就是这个电偶极矩

v v 3 1 p R ε ε0 E0R0 = cosθ 3 2 4πε0 R ε + 2ε0 R

例5半径 a,带有均匀电荷分布 的无限长圆柱导体， σ的无限长圆柱导体， 求导体柱外空间的电势和电场。 求导体柱外空间的电势和电场。解：电荷分布在无限远，电势零点可选在有限区，为简单可 电荷分布在无限远，电势零点可选在有限区， 选柱坐标系。 选在导体面 r = a 处，即 ( (r = a) ≡ 0) 选柱坐标系。 对称性分析： 对称性分析： ① 导体为圆柱，柱上电荷均匀 导体为圆柱， 分布， 分布， 一定与 θ 无关。 无关。 柱外无电荷， ② 柱外无电荷，电场线从面上 发出后，不会终止到面上， 发出后，不会终止到面上，只 能终止到无穷远，且在导体面 能终止到无穷远， r 方向， 上电场只沿 er 方向，可认为 无关， 与z无关， = (r) 无关 y r o z θ x

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