k1x −k1x X (x) = Ae + Be k2 y −k2 y Y( y) = Ce + De Z(z) = E sin kz + F cos kz
α + β +γ = 0
（2）若 ϕ = ϕ(x, y) d2 X +αX = 0 2 dx d 2Y + βY = 0 2 dy
α = −k2, β = k2 α + β = 0
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，电场是由 电子光学系统的静电透镜内部， 分布于电极上的自由电荷决定的。 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。
∂ϕ2 2 − ε0 ∫ R dΩ = Q 1ห้องสมุดไป่ตู้∂R R=R 1
求电势。 求电势。 的介质球置于均匀外电场 例3：电容率为 ε 的介质球置于均匀外电场E0中， ： 解： 以介质球的球心为坐标原点，以E0方向为极轴建立 以介质球的球心为坐标原点， 球坐标系。 球坐标系。 设球的半径为 R0 ，球外为真空。介质球的存在 球外为真空。 使空间分为两均匀区域—球外区域和球内区域。 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 两区域内部都没有自由电荷，因此电势ϕ 均满 两区域内部都没有自由电荷， 足拉普拉斯方程。 足拉普拉斯方程。 ϕ代表球内的电势。 代表球外区域的电势， 代表球内的电势。 以 ϕ1 代表球外区域的电势， 2 两区域的通解为： 两区域的通解为： bn n ϕ1 = ∑(anR + n+1 )P (cosθ)， (R > R0 ) n R n
ϕ = ( A0 + B0 ln r)(C0 + D0θ )
+ ∑( Anrn + Bnr−n )(Cn cos nθ + Dn sin nθ )
或写成： 或写成：ϕ = A + B0 ln r + C0θ + D θ ln r 0 0
n n n
+ ∑[r ( An sin nθ + Bn cos nθ）
y, z
无关。 无关。
dϕ =0 2 dx
2
ϕ = Ax + B
2. 球坐标中的通解： 球坐标中的通解：
bnm m ϕ(R,θ,φ) = ∑(anmR + n+1 )Pn (cosθ ) cos mφ R n,m
n
dnm m + ∑(cnmR + n+1 )Pn (cosθ ) sin mφ R n,m
+ r−n (Cn sin nθ + Dn cos nθ） ]
若二维问题又具有轴对称性， 若二维问题又具有轴对称性，则电势与θ无关 即
ϕ
∂ϕ 1 ∂ (r ) =0 = ϕ(r) ， r ∂r ∂r
ϕ = 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 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 ϕ 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 ϕ S1 = 0，设为参考点 （2）定性分析：因在 ）定性分析：
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
X (x) = Ae + Be Y( y) = Csin ky + Dcos ky
kx −kx
注意：在 （ 1 ） 、（ 2）两种情况中 若考虑了某些边 注意 ： ） 两种情况中若考虑了某些边 k 界条件， 将与某些正整数有关，它们可取1， 界条件， 1, k2 , k将与某些正整数有关，它们可取 ， 2，3，… ，只有对它们取和后才得到通解。 只有对它们取和后才得到通解。 ， ， （3）若 ϕ = ϕ(x)，与
Z
V
ϕ = V （常数），可考虑 常数）
z =l
l
x
O
y
ϕ 与 x, y
无关。 无关。
(3) 列出方程并给出解： 列出方程并给出解：
∇ ϕ =0
2
dϕ =0 2 dz
2
方程的解： 方程的解： (4) 定常数： 定常数：
ϕ = Az + B (0 < z < l)
B=0
V A= l Al = V
ϕ(z = 0) = 0
ϕ1 = ϕ2 ,
∂ϕ1 ∂ϕ2 ε0 =ε ∂R ∂R
比较P 的系数， 比较 n的系数，得:
ε − ε0 3 b = E0R0， 1 ε + 2ε0 3ε0 c1 = − E0 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 E0R cosθ ϕ1 = −E0Rcosθ + R2 ε + 2ε0 3ε0 ϕ2 = − E0Rcosθ ε + 2ε0
Z
V
ϕ = V （常数），可考虑 常数）
z =l
l
x
O
y
ϕ 与 x, y
无关。 无关。
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 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 ϕ 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 ϕ S1 = 0，设为参考点 （2）定性分析：因在 ）定性分析：
边界条件为： 边界条件为： （1）内导体接地 ϕ2 ） （2）整个导体球壳为等势体 ϕ2 ）
R=R 1
= ϕ1 R→∞ = 0
R=R2
= ϕ1 R=R
3
（3）球壳带总电荷 ，因而 ）球壳带总电荷Q， ∂ϕ1 2 ∂ϕ2 2 Q − ∫ R dΩ+ ∫ R dΩ = ∂R ∂R ε0 R=R3 R=R2 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
3 0 0 2
p ⋅ R ε − ε0 E R = cosθ 3 4πε0 R ε + 2ε0 R 1
半径为R 的导体球置于均匀外电场E 例4 半径为 0的导体球置于均匀外电场 0中， 求电势和导体上的电荷面密度。 求电势和导体上的电荷面密度。 解：用导体表面边界条件，照上例方法可解出导体 用导体表面边界条件， 球外电势
E0R ϕ = −E0Rcosθ + 2 cosθ R
导体面上电荷面密度为
3 0
∂ϕ σ = −ε0 = 3ε0E0 cosθ ∂R R=R0
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 (ϕ(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。 ϕ 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， 方向， 上电场只沿 er 方向，可认为ϕ 有关， 与z有关， ϕ = ϕ(r) 有关 y r o z θ x
3 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
ε − ε0 P = χeε0 E = (ε −ε0 )E = 3ε0 E0 内 ε + 2ε0
介质球的总电偶极矩为
ε − ε0 4π 3 3 p= R0 P = 4πε0R0 E0 3 ε + 2ε0
球外区域电势 所产生的电势
ϕ1的第二项就是这个电偶极矩
− R3 1 Q = −1 Q 1 −1 −1 R − R2 + R3 1
利用这些值， 利用这些值，得电势的解
Q+Q 1 ， (R > R3 ) ϕ1 = 4πε0R Q 1 1 ϕ2 = 1 − ， (R2 > R > R ) 1 R R 4πε0 1