电动力学2-3 拉普拉斯方程
合集下载
电动力学第二章
R r
y
r R l 2 Rl cos
2 2 2
2l
x -Q
求近似值：
r R 1 2l cos / R 1 2l cos R (1 ) R l cos 2 R
(l R)
同理
r R l cos
1 1 r r 2l cos 2l cos 2 2 2 2 r r r r R l cos R
1 R 2 / M 2 1 1 R 2 / M 2 1 0 P P0 lim ln 1 R 2 / M 2 1 1 R 2 / M 2 1 M 4 0 0
R2 1 R2 1 2 1 2 M 2M R02 R P P0 ln 2 ln 4 0 R 2 0 R0
2Ql cos 2QlR cos PR ( P) 2 3 3 4 0 R 4 0 R 4 0 R
x- y
平面为等势面（Z = 0的平面）。
若电偶极子放在均匀介质 中（无限大介质）：
均匀介质中点电荷产生的束缚电荷分布在自由点电 荷附近，介质中电偶极子产生的势为自由偶极子与 束缚偶极子产生的势的迭加，设 Q p 为束缚电荷， 0 0 0 Q p (1 )Q Pp 2QP l ez 2Ql ez ( 1) ( 1) P
（4） W
1 dV中的 是由电荷分布 激发的电势； 2
（5）在静电场中，电场决定于电荷分布。在场内没有
独立的运动。因而场的能量就由电荷分布所决定。 （6）若全空间充满了介电常数为ε的介质，可得到电荷 分布ρ所激发的电场总能量
1 ( x) 1 ( x ) ( x) W ( x )dV dV dV r dV 2 4 r 8 与 点的距离。 式中r为 x x
拉普拉斯(Laplace)方程
+
∂2u ∂y2
=
−
F
(x, T
y)
.
(1.15)
(1.15)式就是二维的Poisson方程。 类似地，从第四章的讨论中，我们也可以看到当研究稳定状态的热传导问题时，也
会导致Poisson方程。特别地，在没有热源的情：复变函数论中的解析函数 由复变函数理论知，一个解析函数的实部和虚部分别满足二维的Laplace方程。
数 ，f (x1, · · · , xn)是 一 给 定 的 已 知 函 数 。 它 们 具 有 广 泛 的 应 用 背 景 。 下 面 我 们
以n = 2, 3为例，讨论方程的导出以及定解条件的提法。
1.1 方程的导出
本小节我们讨论Laplace方程和Poisson方程的应用背景及方程的导出。
实例一：静电场的电势
(1.13)
实例三：膜平衡方程 在第三章中我们研究了膜的振动方程
ρ
∂2u ∂t2
=
T
∂2u ∂x2
+
∂2u ∂y2
+ F (t, x, y).
(1.14)
特别地，当研究在不随时间而变换的外力F (x, y)作用下的膜的平衡问题时，膜的位移 函数u和时间t无关，此时方程(1.14) 可化为膜平衡方程
∂2u ∂x2
u|∂Ω = g.
(1.16)
边界条件(1.16)称为:第::一:::类:::边::界:::条:::件::，也称为:D::ir:i:c:h::le:t:边:::界:::条::件:: 。 第二边值问题(也称为Neumann问题) 设有一光滑的闭曲面Γ并在其上给一连续函
数g，求解这样的一个函数u = u(x1, · · · , xn)使得它在Γ 所围成的区域Ω的内部满足方
电动力学课件.
0
电荷分布无限，电势参考点一般选在有限区。如 均匀场中，E E0ez , E0 R cos
导体的边界面上
|s 常数
n s Q dS
S
n
（2）边值关系：介质分界面上
1 S 2
S
1 2 1 2 n S n
bd Q 4 0
（ 4）
联立（2）、（3）和（4）得
Q Q1 Q1 Q1 b , c , d 4 0 4 0 R1 4 0
1 QR3 其中 Q1 1 1 R2 R11 R3
（ 5）
所以
Q Q1 Q1 1 1 1 , 2 4 0 R 4 0 R R1
R 0, 2 有限，可以得到
a1 E0 , an 0 n 1 , dn 0
由边值关系： 1 R R 2 R R 0 0 介质球面上
1 2 0 R R R0 R
R R0
可以解出： b 0 E R 3 , b 0 n 1 1 0 0 n 2 0
导体球上的感应电荷为
2 0 dS Q1 R R1 R
例2. 电容率为的介质球置于均匀外电场E0中，求电 势. E0 解：讨论区域：球外 （I）和球内（II）. R0 选择球坐标系，原点 在球心，z轴沿E0方向。 考虑电荷分布在无限 区域，选择坐标原点 为电势零点。
II I
但注意，边值关系还要用 S 而不能用 S
二、拉普拉斯方程在球坐标系中解的形式
1. 一般情况
bnm ( R, , ) (anm R n 1 ) Pnm (cos ) cos m R nm d nm n (cnm R n 1 ) Pnm (cos ) sin m R nm
拉普拉斯方程
拉普拉斯方程拉普拉斯方程(Laplace equation)拉普拉斯方程表示液面曲率与液体压力之间的关系的公式。
一个弯曲的表面称为曲面，通常用相应的两个曲率半径来描述曲面，即在曲面上某点作垂直于表面的直线，再通过此线作一平面，此平面与曲面的截线为曲线，在该点与曲线相重合的圆半径称为该曲线的曲率半径R1。
通过表面垂线并垂直于第一个平面再作第二个平面并与曲面相交，可得到第二条截线和它的曲率半径R2，用 R1与R2可表示出液体表面的弯曲情况。
若液面是弯曲的，液体内部的压力p1与液体外的压力p2就会不同，在液面两边就会产生压力差?P= P1- P2，其数值与液面曲率大小有关，可表示为:在数理方程中，拉普拉斯方程为:?u=d^2u/dx^2+d^2u/dy^2=0，其中?为拉普拉斯算子，此处的拉普拉斯方程为二阶偏微分方程。
三维情况下，拉普拉斯方程可由下面的形式描述，问题归结为求解对实自变量 x 、 y 、 z 二阶可微的实函数φ :上面的方程常常简写作:或其中div表示矢量场的散度(结果是一个标量场)，grad表示标量场的梯度(结果是一个矢量场)，或者简写作:其中Δ称为拉普拉斯算子 .拉普拉斯方程的解称为调和函数。
如果等号右边是一个给定的函数 f ( x , y , z )，即:则该方程称为泊松方程。
拉普拉斯方程和泊松方程是最简单的椭圆型偏微分方程。
偏微分算子或Δ(可以在任意维空间中定义这样的算子)称为拉普拉斯算子，英文是 Laplace operator 或简称作 Laplacian 。
拉普拉斯方程的狄利克雷问题可归结为求解在区域 D 内定义的函数φ，使得在 D 的边界上等于某给定的函数。
为方便叙述，以下采用拉普拉斯算子应用的其中一个例子——热传导问题作为背景进行介绍:固定区域边界上的温度(是边界上各点位置坐标的函数)，直到区域内部热传导使温度分布达到稳定，这个温度分布场就是相应的狄利克雷问题的解。
拉普拉斯方程的诺伊曼边界条件不直接给出区域 D 边界处的温度函数φ本身，而是φ沿 D 的边界法向的导数。
拉普拉斯方程的解——分离变量法
王正斌
电动力学
第二章
静电场
§2.3 拉普拉斯方程的解—— 拉普拉斯方程的解——分离变量法 ——分离变量法
一． 拉普拉斯方程的适用条件
1． 空间处处 ρ = 0 ，自由电荷只分布在某些介质（如导体）表面上，将这些表面视为区域边 界，可以用拉普拉斯方程。 2． 在所求区域介质中有自由电荷分布，若这个自由电荷分布在真空中，产生的势为已知。 ① 若所求区域为单一均匀介质，则介质中电势为真空中电势
X ( x) = Ae kx + Be − kx Y ( y ) = C sin ky + D cos ky
ϕ ( x, y ) = ( Ae kx + Be − kx )(C sin ky + D cos ky )
（3）确定常数 A，B，C，D，k ① y = 0, ϕ = 0 ⇒ D = 0 （A，B 不能全为零，否则 ϕ 与 x 无关） 。 ② y = b, ϕ = 0 ⇒ sin kb = 0
显然满足 ∇ 2ϕ = 0 和边界条件
E=
V = 常数，均匀场 l
x
2． 一对接地半无限大平板，相距为 b ，左端有一极板 电势为 V（常数） ，求两平行板之间的电势 解： （1）边界为平面，选直角坐标系 上、下两平板接地，为参考点 同样若 y ≠ 0 或 b, x → ∞ y
z
ϕ x →∞ = 0
若 ϕ 不依赖于 Φ ，即 ϕ 具有轴对称性
bn ) Pn (cosθ ) R n+1 n Pn (cosθ ) 为勒让德函数， P0 = 1 P1 (cosθ ) = cos θ 1 P2 (cosθ ) = (3 cos 2 θ − 1) … 2
通解 ϕ ( R,θ ) =
电动力学
第二章
静电场
§2.3 拉普拉斯方程的解—— 拉普拉斯方程的解——分离变量法 ——分离变量法
一． 拉普拉斯方程的适用条件
1． 空间处处 ρ = 0 ，自由电荷只分布在某些介质（如导体）表面上，将这些表面视为区域边 界，可以用拉普拉斯方程。 2． 在所求区域介质中有自由电荷分布，若这个自由电荷分布在真空中，产生的势为已知。 ① 若所求区域为单一均匀介质，则介质中电势为真空中电势
X ( x) = Ae kx + Be − kx Y ( y ) = C sin ky + D cos ky
ϕ ( x, y ) = ( Ae kx + Be − kx )(C sin ky + D cos ky )
（3）确定常数 A，B，C，D，k ① y = 0, ϕ = 0 ⇒ D = 0 （A，B 不能全为零，否则 ϕ 与 x 无关） 。 ② y = b, ϕ = 0 ⇒ sin kb = 0
显然满足 ∇ 2ϕ = 0 和边界条件
E=
V = 常数，均匀场 l
x
2． 一对接地半无限大平板，相距为 b ，左端有一极板 电势为 V（常数） ，求两平行板之间的电势 解： （1）边界为平面，选直角坐标系 上、下两平板接地，为参考点 同样若 y ≠ 0 或 b, x → ∞ y
z
ϕ x →∞ = 0
若 ϕ 不依赖于 Φ ，即 ϕ 具有轴对称性
bn ) Pn (cosθ ) R n+1 n Pn (cosθ ) 为勒让德函数， P0 = 1 P1 (cosθ ) = cos θ 1 P2 (cosθ ) = (3 cos 2 θ − 1) … 2
通解 ϕ ( R,θ ) =
电动力学第23节
(Cnr n Dnr n )sin(n ) n1
这里A，B，C，D为待定系数。
3、在球坐标系中
2
1 r2
r
(r2
r
)
r2
1
sin
(sin
)
r2
1
sin2
2 2
0
设 (r, ,) R(r)Y ( ,)
其通解为
(r
,
,
)
(
n,m
Anm
r
n
Bnm r n1
)
Pnm
(cos
)cos(m
)
或者写成
( x, y, z) eikx xeiky yeikzz
(kz2
k
2 x
k
2 y
)
2、在柱坐标系中
2
1 r
r
(r
)
r
1 r2
2 2
2
z 2
0
设 (r,, z) R(r)()Z(z)
该方程的通解为
(r,, z) A1Jm (kr) A2Nm (kr) B1 cos(n ) B2 sin(n ) C1 cosh(kz) C2 sinh(kz)
电场是带电导体所决定的。自由电荷只能分布在导 体的表面上。因此，在没有电荷分布的区域里, Poisson's equation 就转化为 Laplace's equation，即
2 2 0
0
产生这个电场的电荷都是分布于区域V的边界上，它
们的作用通过边界条件反映出来：
① 给定 S
② 给定
故得到导体球壳内、外空间的电势：
1
A
B r
r R3
2
电动力学二三分离变量法-文档资料
2R 1R R R
2
3
Q 1 2 2 2 R d R d R R 0 R R R R 3 2
8
将通解代入边界条件
0 2R 1R R
1
a 0
d c 0 R1
2R 1R R R
比较P1的系数得
b 1 E R c 0 0 1R 0 2 R 0
2 b 1 E c 0 3 1 R 0 0
可解出
3 0 b E R , 1 00 2 0
3 0 c E 1 0 2 0
c 0 , 其他Pn项的系数可解出为 b n n
其中
1 R 3 Q Q 1 1 1 1 R R R 1 2 3
利用这些 值得电势 的解 导体球上 的感应电 荷为
QQ 1 , 1 4 0R 1 1 Q 1 2 . 4 0 R R 1
(R R 3) (R 2 R R 1)
球内区域的电势
n d n c R n P cos 2 n 1 n R n
12
边界条件：
（1）无穷远处，
因而
1 0 01
E R cos E R P co
a E , 1 0 a 0 ( n 1 ) n
（2）R＝0处，2为有限值，因此 dn 0 （3）在介质球面上，有 1 2
15
例3 半径为R0的导体球置于均 匀外电场E0中，求电势和导体上 的电荷面密度。
16
解
用导体表面边 界条件，照上 例方法可解出 导体球外电势 导体面上 电荷面密 度为
电动力学-第二章-2-3拉普拉斯方程
θ=0,φ=V,任何r成立 A0C0 V , B0 0,C 0 0
r→0, φ有限
B B0 0
θ=2π-α,φ=V,任何r成立 D0 0, sin 2 0
n
n
2
n 1,2,
V Anrn sin n n1
条件不全,无 法确定An
尖劈附近,r→0
V A1r1 sin1
Er
r
1A1r11 sin1
E
1 r
1A1r11 cos1
0En
0E 0 E
0
2
01 A1r11
α很小,ν1≈1/2,E和σ∝1/r1/2
n
n
2
n 1,2,
r 2
)
r
1
r 2 sin
(sin
)
1
r 2 sin 2
2 2
0
其通解为 (r, ,) R(r)Y ( ,)
Bn(1)
a
n
cos n
E0a cos
Dn(2) a n
n1
cos n
n1 nBn(1) a n1 cos n
0 E0 cos
0
(n)Dn(2) a (n1)
n 1
cos n
两边 为任意值， cos 前系数应相等（ n 1,2, ）
n 1
BB1(11)(1a)
E0
a
D(2) 1
a
1
0 E0 0 D1(2)a2
k2Z
0
Rr An Jn kr An Nn kr k 0 Rr Anr n Anr n k 0 Rr Aln r A k n 0
Bn cos n Bn sin n n 0
B B n 0
r→0, φ有限
B B0 0
θ=2π-α,φ=V,任何r成立 D0 0, sin 2 0
n
n
2
n 1,2,
V Anrn sin n n1
条件不全,无 法确定An
尖劈附近,r→0
V A1r1 sin1
Er
r
1A1r11 sin1
E
1 r
1A1r11 cos1
0En
0E 0 E
0
2
01 A1r11
α很小,ν1≈1/2,E和σ∝1/r1/2
n
n
2
n 1,2,
r 2
)
r
1
r 2 sin
(sin
)
1
r 2 sin 2
2 2
0
其通解为 (r, ,) R(r)Y ( ,)
Bn(1)
a
n
cos n
E0a cos
Dn(2) a n
n1
cos n
n1 nBn(1) a n1 cos n
0 E0 cos
0
(n)Dn(2) a (n1)
n 1
cos n
两边 为任意值， cos 前系数应相等（ n 1,2, ）
n 1
BB1(11)(1a)
E0
a
D(2) 1
a
1
0 E0 0 D1(2)a2
k2Z
0
Rr An Jn kr An Nn kr k 0 Rr Anr n Anr n k 0 Rr Aln r A k n 0
Bn cos n Bn sin n n 0
B B n 0
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2. 柱坐标一般用于二维问题：
二维问题的解：
( A0 B0 ln r )(C0 D0 )
n n n
( An r Bn r )(Cn cos n Dn sin n ) [r ( An sin n Bn cos n）
n n
或写成： A0 B0 ln r C0 D0 ln r
在球内总电场作用下，介质的极化强度为
0 P内 e 0 E ( 0 ) E 3 0 E0 2 0
介质球的总电偶极矩为
0 4 3 3 p R0 P 40 R0 E0 3 2 0
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
1 2 ,
1 2 0 R R
比较Pn的系数，得:
0 3 b1 E0 R0， 2 0 3 0 c1 E0 2 0 bn cn 0， (n 1)
3 0
所有常数已经定出，因此本问题的解为
0 E0 R cos 1 E0 R cos 2 0 R2 3 0 2 E0 R cos 2 0
导体面上电荷面密度为
3 0
0 R
3 0 E0 cos
R R0
例4 导体尖劈电势V，分析它的尖角附近的电场。
解：用柱坐标系 1 2 0， (0 2 ) r 2 2 r r r r ϕ的通解形式为 A0 B0 ln r C0 D0 在尖劈θ=0面上，ϕ =V与r无关，由此
② 正确写出边界条件，不能有遗漏。
例1 一个内径和外径分别为R2和R3的导体球壳，带
电荷Q，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 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 的电势均满足方程 2 0 ，问题具有球对称 性，电势 不依赖于角度θ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 R1 ) R
例2：电容率为 的介质球置于均匀外电场E0中， 求电势。
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。 设球的半径为 R0 ，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。 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。
以 1 代表球外区域的电势， 2 代表球内的电势。 两区域的通解为： bn n 1 (an R n1 )Pn (cos )， ( R R0 ) R n
边界条件为： （1）内导体接地 2
1 R 0 （2）整个导体球壳为等势体 2 R R 1 R R
R R1
2
3
（3）球壳带总电荷Q，因而 1 2 2 2 Q R d R d R R 0 R R3 R R2 Q Q1 ， 由这些边界条件得 a 0，b 40 40 Q1 Q1 c ，d 40 R1 40
间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，则 V 内部自由电荷密度ρ＝0，电势所满足的泊松方程化 为比较简单的情形：
2 0
这就是拉普拉斯方程。
注意：求解区域内ρ＝0，产生电场的电荷全部分布 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 条件的解。
n
r (Cn sin n Dn cos n） ]
若二维问题又具有轴对称性，则电势与θ 无关 A B ln r
3. 分离变量法的解题步骤：
① 根据界面的形状选择适当坐标系。 ② 建立坐标系，写出场量所满足的方程，写出通 解。 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)。 ④ 根据定解条件，求出通解中的积分常数。 ⑤ 将求出的积分常数代入通解表达式，得到实际 问题的解。 关键步骤：① 充分利用对称性，写出简单的通解。
n
anm, bnm, cnm, dnm为积分常数，在具体问题中由边 界条件确定。
若问题具有轴对称性，取此轴为极轴，通解为
bn (an R n 1 )Pn (cos ) R n
n
其中
P0 cos 1 ， P1 cos cos，
b a R
若问题具有球对称性
dn 2 (cn R n1 )Pn (cos )， ( R R0 ) R n
n
无穷远处，
1 E0 R cos E0 RP1 (cos ), 因而 a1 E0，an 0 (n 1)
R 0 处， 2 应为有限值，因此
dn 0
在介质球面上（R=R0），
3
p R 0 E0 R0 cos 3 2 40 R 2 0 R 1
例3 半径为R0的导体球置于均匀外电场E0中， 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
球外电势
E0 R E0 R cos 2 cos R
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，即将场量分解为单一坐标函数的乘积的形 式，求出通解。然后再根据给定的边界条件求出实 际问题的的解。 不同坐标系中拉氏方程的通解不同。 1. 球坐标中的通解：
bnm ( R, , ) (anm R n 1 )Pnm (cos ) cos m R n,m d nm m n (cnm R n 1 )Pn (cos ) sin m R n,m
0 0 E 0 En 2 0 E 1 1 0 1 A1r
很小时,v1趋于1/2， 面电荷密度很大，趋于1/r1/2
其中
R3 1 Q1 1 Q 1 1 R1 R2 R3
利用这些值，得电势的解
Q Q1 1 ， ( R R3 ) 40 R Q1 1 1 ， ( R2 R R1 ) 2 40 R R1
导体球上的感应电荷为
2 2 0 R d Q1 R R R1
V An r sin n
n
n
在尖角附近r→ 0 ，上式求和式的主要贡献来自r的 最低次幂项，即n=1项
V A1r sin 1
1
电场为： Er 1 A1r 1 1sin 1 r 1 1 1 E 1 A1r cos 1 r 尖劈两面上的电荷面密度为：
A r B r C cos D sin
A0C0 V , B0 0, C 0
0.
因r→ 0时ϕ有限，得
B0 B 0.
在尖劈θ=2π-α 面上， ϕ=V与r无关，必须
D0 0， sin 2 0 n n 1,2 , 因此v的可能值为 νn α 2 π 考虑这些条件，ϕ可以重写为
§2.3 拉普拉斯方程 分离变量法
本章的基本问题：
电场由电势描述；
电势满足泊松方程+边界条件。
具体的工作： 解泊松方程 只有在界面形状是比轻简单的几何曲面时， 这类问题的解才能以解析形式给出，而且视
具体情况不同而有不同解法。
本节和以下几节我们研究几种求解的解析方法。
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． ① 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。 ② 电子光学系统的静电透镜内部，电场是 由分布于电极上的自由电荷决定的。 这些问题的特点是： 自由电荷只出现在一些导体的表面上，在空