拉普拉斯方程的解——分离变量法

∂r
∂r
3．球坐标
ϕ ( R,θ , Φ ) = ∑ (a nm R n +
bnm ) Pnm (cos θ ) cos mΦ n +1 R nm d + ∑ (c nm R n + nm ) Pnm (cos θ ) sin mΦ n +1 R nm
Pnm (cosθ ) ——缔合勒让德函数（连带勒让德函数）
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 ) =
∑ (a
n
Rn +
若 ϕ 与 θ , Φ 均无关，即 ϕ 具有球对称性，则通解为：
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
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d 2ϕ =0 dx 2
第二章
静电场
若 ϕ = ϕ ( x ) ，与 y, z 无关。 2． 柱坐标
ϕ = Ax + B
∇ 2ϕ =
1 ∂ ∂ϕ 1 ∂ 2ϕ ∂ 2ϕ + (r )+ 2 =0 r ∂r ∂r r ∂θ 2 ∂z 2
仅讨论 ϕ = ϕ ( r ,θ ) 与 z 无关。 令 ϕ ( r ,θ ) = f ( r ) g (θ )
∇ 2ϕ = 0 ⇒ C dϕ = dr r r Br E = − er r
1 d dϕ (r )=0 r dr dr
r
dϕ =C dr
ϕ (r ) = C ln r + D
[∇ϕ = ∂ϕ r 1 ∂ϕ r ∂ϕ r er + eθ + ez ] ∂r 2 ∂θ ∂z r a
当 r = a 时， ϕ ( a ) = 0 则 D = −C ln a 不选择零点也不影响求场。
(ϕ (r = a ) ≡ 0) ） 。
选柱坐标系： 对称性分析： ① 导体为圆柱，柱上电荷均匀分布， ϕ 一定与 θ 无关。 ② 柱外无电荷，电力线从面上发出后，不会终止到面上，只能 终止到无穷远，且在导体面上电场只沿 er 方向，可认为 ϕ 与 z 无关，
y r θ o z x
r
ϕ = ϕ (r )
4V
∑ 2n + 1 sin
∞
x
上的束缚电荷分布。 解： （1）边界为柱面选柱坐标系 均匀场电势在无穷远处不为零，故参考点选在 有限区域，例如可选在坐标原点 y O z
ϕ r =0 = 常数（或 0）
（2）考虑对称性电势与 z 无关，设柱内电势为 ϕ 1 ，柱外为 ϕ 2
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王正斌
它们分别满足 ∇ ϕ 1 = 0
2
( ρ = 0)
d 2ϕ = 0 方程的解： ϕ = Az + B dz 2
（5）定常数：
ϕ ( z = 0) = 0
ϕ (z = l) = V
B=0
Al = V A= V lE = −∇ϕ = − ez = − ez dz l
V z l
(0 < z < l )
V sin
令 m = 2n + 1 ∴ ϕ ( x, y ) =
n = 0,1,2,L
1 ( m + 1)πy −( 2 n+1)πx / b e b
0 < x < ∞ 0 < y < b π m =0 r 4．一半径为 a，介电常数为 ε 的无限长电介质圆柱，柱轴沿 e z 方 r r 向，沿 e z 方向上有一外加均匀电场 E 0 ，求空间电势分布和柱面
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
ε0 = ε 。
② 若所求区域为分区均匀介质，则不同介质交界面上有束缚面电荷。 则区域 V 中电势可表示为两部分的和
2 2
ϕ = ϕ0 + ϕ′
ϕ 不满足 ∇ ϕ = 0 ，但 ϕ ′ 使 ∇ ϕ ′ = 0 满足，仍可用拉普拉斯方程求解。
但注意，边值关系还要用 ϕ S 而不能用 ϕ ′ S 。
二． 拉普拉斯方程在几种坐标系中解的形式 ∂ 2ϕ ∂ 2ϕ ∂ 2ϕ 1． 直角坐标 ∇ ϕ = + + =0 ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2
若
ϕ = ϕ ( x, y ) 与
d 2 X − k2X = 0 2 dx z 无关， 2 d Y − k 2Y = 0 2 dy
2 α = − k 2 β = k
α+β =0 特解 γ =0
X ( x) = Ae kx + Be − kx Y ( y ) = C sin ky + D cos ky
( 0 < x < ∞ ,0 < y < b )
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（2） z 轴平行于两平板，且 x = 0,0 < y < b, ϕ = V 与 z 无关，可设 ϕ = ϕ ( x, y ) 与 z 无关。
∇ 2ϕ =
∂ 2ϕ ∂ 2ϕ + =0 ∂x 2 ∂y 2
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ϕ = X ( x)Y ( y )
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
∵
∫ sin
0
b
0 mπy nπy sin dy = b b b / 2
b
n ≠ m b = δ mn sin x （正交归一性） n=m 2
∴
∞ mπy b dy = C n δ mn = C m b / 2 ∑ ∫0 b 2 n =1 b m πy 2 2V b mπ C m = ∫ V sin dy = ⋅ sin y ′dy ′ b 0 b b mπ ∫0 4V （m = 奇数） 2V mπ =[ [ − cos y ′] 0 = mπ mπ （m = 偶数） 0 ∞ 4V 1 mπy − mπx / b sin e ϕ ( x, y ) = ∑ b π m =1,3,5L m
d 2 g (θ ) + ν 2 g (θ ) = 0 2 dθ 2 1 d (r df ) − ν f (r ) = 0 r dr dr r2
解：
g (θ ) = a1 sinνθ + a 2 cos ιθ
f (r ) 有两个线性无关解 r ν 和 r −ν 。
单值性要求 ϕ (0) = ϕ ( 2π ) ，ν 只能取整数，令ν = n （正整数）
2
令 ϕ ( x, y, z ) = X ( x )Y ( y ) Z ( z )
d 2 X 2 + αX = 0 dx d 2Y 2 + βY = 0 dy d 2Z 2 + γZ = 0 dz
一般令
α + β +γ = 0
α = −k12
β = −k 22
γ = k12 + k 22 = k 2
nπy ④x =0 ，由此或定出 C n = ？ ϕ = V V = ∑ C n sin b n =1 mπy 并从 0 → b 积分： 两边同乘 sin b
∞
ε0
ε0
∫
b
0
V sin
∞ b ∞ b mπy nπy mπy mπy nπy dy =∫ ∑Cn sin sin dy =∑Cn ∫ sin sin dy 0 0 b b b b b n =1 n =1
ϕ ( R) = a +
三．解题步骤
1． 选择坐标系和电势参考点 坐标系选择主要根据区域中分界面形状 参考点主要根据电荷分布是有限还是无限
b R
2． 分析对称性，分区写出拉普拉斯方程在所选坐标系中的通解
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3． 根据具体条件确定常数
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（1） 外边界条件： 电荷分布有限 边界条件和边值关系是相对的。
aσ ln
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ϕ (a) = ϕ 0 则 ϕ (r ) = ϕ 0 −
′ = ϕ0 + （ϕ 0 aσ ln a ）]
ε0
aσ r = ϕ0 − ln r a ε0
r r r dϕ r aσ er er = 电场 E ： E = −∇ϕ = + dr ε0 r r σ r E (a ) = er 在表面上 (r = a )