电动力学教案 第二章 静电场 物理学本科专业.pdf

电劫力孽 覆第二章薪电掇 石东平电动力学第二多畿电修第二章静电场一、本章内容概述本章主要研究静电场的一些求解方法。由于静电场的基本方程是矢量方程，求解很难，因此一般都是采用引入电势来求解。因此，本章首先引进静电场的标 量势函数电势并讨论电势的一些基本特性。然后讨论静电势方程的几种求解方 法一分离变量法、镜象法、格林函数法以及电荷在小区域分布时的近似求解方法。本章研究的主要问题：在给定的自由电荷分布以及在周围空间介质和导体分 布的情况下，怎样求解静电场。（教材开章语）二、本章教学重点和难点本章重点：静电势及其特性、分离变量法、镜象法本章难点：分离变量法（柱坐标）、格林函数法（简介）、电多极矩法（简介）三、本章学时安排（10学时）14节为重点，是本章要求掌握的基本内容，6学时左右习题课，2学时。56节为简介内容，不作基本要求，2学时四、本章基础麦克斯韦方程组的积分式和微分式微积分、微分方程求解数理方程石东平电动力学第二多畿电修电磁学中的基本内容复习静电场的基本特点静电场：静止电荷产生的电场；特点：7三0,B=H=0,静电场可单独存在。瓦）（P/,/?p）,声等均与t无关。静电场的基本方程（有源无旋场）：Vx月=0,V力=；（在本章中，一般以夕,。代表自由电荷体密度和面密度）边值关系：历x（瓦一瓦）=0，即与广纥；元也-4）=。,即与一=b。求介质分界面上的束缚电荷：一-O p+（T f历.氏_瓦）=一-8。电磁性质方程：均匀各向同性线性介质:静电平衡时的导体：导体内部：J=（rE=0当.=（）则%=%（员）万。=讹0豆=（一0）立D sE（D=qE+P）Pp=-5A=Q Pf%=一行-给cr0=E=D=P=pp=p,=0外部表面：耳=0,=纥=q电荷分布在表面上，电场处处垂直于导体表 面O石东平电动力学第二多畿电修2.1静电势及其微分方程一.静电场的标势（复习内容）1.静电势的引入因为静电场为无旋场，即Vx月=0,所以可以引入标量函数0（利用推论：标量函数 的梯度无旋），引入后定义：E=-N（p（VxE=-VxV=0）（p静电场标势（简称电势）。0的选择不唯一，相差一个常数，只要知道0即可确定与 取负号是为了与电磁学讨论一致（P满足迭加原理0 二+夕2/2=耳+与2=-V 8 E=V（p、E?=V（P2V。=VQ1+V02=V（01+夕2）电势差：空间某点电势无实际的物理意义（因为电势表达式中有一个电势零点常数）,但两点间电势差有意义d（p=N（p-dl=E-dl选空间有限两点6一一例=一月/为电场力将单位正电荷从P1移到P2点所作功负值。电场力作正功，电势下降（化%）两点电势差与作功的路径无关（.善凉三0）等势面：该面上电势处处相等（后与等势面垂直，即2_L访处处成立）参考点：（1）电荷分布在有限区域，通常选无穷远为电势参考点。8=0（-8）（pp=E-dlP点电势为将单位正电荷从P点移到8处电场力所做的功。（2）电荷分布在无限区域不能选无穷远点作参考点，否则积分将无穷大。2、电荷分布在有限区域时的几种情况的电势点电荷0（P）=1盛式疝7慧%二篇（2）电荷组。（尸）二上一i=l 4笳0弓石城.手 电动力学 第二车 耨也修（3）无限大均匀线性介质中点电荷（p=-（Q为自由电荷）4718rQ产生的电势（pf=-Qp产生的电势（pp=-4加/40 r_,_Qf+Qp _ Qf G _/。is、（p=（p+（pp=-=-（Qp=（-1）2f）4/r 4 兀sr p（4）连续分布电荷.（尸）=（Pf无穷远处为参考点。在实际问题中，电荷分布与电场是一对矛盾体，相互制约夕（于）一般无法预先知道。有导体时静电场产生的物理过程：给定夕。（亍）后0f作用于导体一自由电子移动一 功（亍）变化为2（x）-平衡后为后。若导体不带电，在静电场中也会出现感应电荷，但导体上总电量仍然为零。例题:例题1：求均匀电场瓦的电势解：均匀电场可看作由两无限大平行板组成的 j P/E电容器产生的电场。因为电荷分布在无穷区域，A可选空间任一点（有限区）为原点，并且该点r 夕二夕0（或三0）z。（）-。（尸）=-瓦/=-瓦4苏=瓦.加=瓦.不(P(p)=(Pq_ Eo 彳=(Pq_ Eqr cose=(p_ EoX例题2：电偶极子产生的电势（指导学生练习）解：电偶极子：两个相距为2/的同量异号点电荷构成的系 统偶极矩p=2QlezP 点：（pP=（p+（p_=-（-）4 碗 r+r_(无穷远点取零点)近似值：(/R)H=R2+/2-27?/c o s9r+=H J 1-2/c o s 9/R。(1-V c s)=火 一/o s V2）=特例：在无自由电荷存在的空间，拉普拉斯方程：vV=o（适用于2=o的区域）o2.边值关系主要的把场量E、D的关系改写为电势的关系A X（瓦一 ）=0 f E2r 耳,二 0力.（力2-4）=b。2”一。1”=。可以改写为:石女平电动力学第二专静电伤两介质交界面上边值关系班=%ls一4 1 dn=-CFS(S为分界面)(n 由 If 2)证明：(a)s=(p2s(p2-(p1=-E-dl=-(lnA/,+2wA/2)-0,极限值是 0,所以01=夕2。即由万.(52-a)=。=3-。1=。82E2n-sxEXn=o-出=-普 飞阴一与阴on on s on s(可以参考教材上的证明方法，但此处的证明方法更简捷明了。)特例：导体与介质分界面上的边值关系由于导体表面为等势面，因此在导体表面上电势为一常数。将介质情况下的边值关系 用到介质与导体的分界面上，并考虑导体内部电场为零，则可以得到第二个边值关系。因此，导体与介质分界面上的边值关系为：同 s=constdn s纥=-as dnQ=j(rdS=-f 四 dS卜 卜dn s式中S指导体的表面。三.静电场的能量1、一般方程能量密度：w=-E-D(均匀各向同性线性介质)因为：H,B=02总能量：W=-E-DdV 2 k2、用夕,0表示的静电场能量总能量为：%夕夕忆，但L不代表能量密度。说明性的推导过程：E-D=-V(p-D=-V-(pD)+-D=-V-(pD+p(p石城.手电动力学第二多耨电修W=-y(pb dV+i p(pdV 2 2.v-(5)t/r=s(pb-ds1 A 17cl(pg_)Dec,aS cc r r r.*.(pD-dS cc-r T8(pD-dS 0,即：FF=1 p(pdV注意理解：1)该公式只适合于静电场情况，能量不仅分布在电荷区。2)!夕夕不代表静电场能量密度，静电场能量存在于整个静电场分布的区域中。23)亚=；月力d/与序夕画忆的适用范围是有区别的。参看教材P55中间一 段。例题带电Q的导体球(半径为a)产生的电势 解题依据：电荷分布在有限区，参考点选在无穷远。根据对称性，导体产生的场具有球对称性，电势也应具有球对称性。解：当考虑较远处场时，导体球可视为点电荷，因此4 A(p=F B(r 0),v c o,3 0，8 三 0 二一；r r它满足V=o(r a)V2(/7=V-Vc c-V-=O(r 0),1 1 r(参见第一章习题3结论：V=二-二)r r rA=(p=-(r a)4f 4 f 厂。内=。表面=/万(r d)4/r 4%厂此题也可用高斯定理(积分形式)求解，用这种方法来解有点“高射炮打蚊子”的感 觉，但展示了静电场的求解方法。石城.手电动力学第二车耨也修2.2唯一性定理一.泊松方程和边界条件静电学的基本问题：求满足边界条件（或给定边界条件）的泊松方程（拉普拉斯方程）的解。求解微分方程的一种重要方法：尝试解（试探解，拼凑解一连猜带蒙!）。尝试解是否唯一正确的解（物理问题的结果只有一个）：唯一性定理来保证。在上节中我们说明静电学的基本问题是求出所有边界上满足边值关系或给定边界条件 的泊松方程（拉普拉斯方程）的解。本节我们把这问题确切地表述出来，即需要给出哪一些 条件，静电场的解才能唯一地被确定。静电场的唯一性定理对于解决实际问题有着重要的意义。因为它首先告诉我们，哪些因 素可以完全确定静电场，这样在解决实际问题时就有所依据。其次，对于许多实际问题，往 往需要根据给定的条件作一定的分析，提出尝试解。如果所提出的尝试解满足唯一性定理所 要求的条件，它就是该问题的唯一正确的解。下面我们先提出并证明一般形式的唯一定理，然后再证明有导体存在时的唯一性定理。假定所研究的区域为V,在一般情况下V内可以有多种介质或导体，对于每一种介质 自身是各向同性线性均匀的，设其区域为。设Vi内所求电势为0,它们满足泊松方程（!吸=?（i=i,2,二22在两区域匕匕的交界面上必须满足的边值关系是：$泊松方程或拉普拉斯方程（2=0区域）的解有多种形式，要确定且唯一确定Vi内电场,必须给出边界条件。在数学上称为给定边值条件的求解问题：一般边界条件有两类：边界S上，同s为已知。若为导体“夕1=常数”为已知。边界S上，亚 为已知。若是导体要给定总电荷Q。它相当胡s迎给定（。=一朗dS）。dn 2 dn.唯一性定理内 容：当区域V内夕分布已知，cp漏3（p=_2I）若V边界上同s已知，石东平电动力学第二多畿电修或II）V边界上独已知，加S则区域V内场（静电场）唯一确定。证明：（证明过程按照教材上给学生做思路性的说明）假定泊松方程有两个解%w 02,有力5=-匕，v2=-并且在边界上R s=。晨夕21s=d s，即R s=%ls或者：皿=竺，也=竺S令=/1一02 则V?=一 V2%=0 Is=94s=21s=0，等=等一等=0s 15 15 dn 弋 dn dn 弋JOO由格林第一公式，（加?+V夕=，夕收云令=（p=W贝|J，（+（V（I）2）d p=曲/I=0在S上积分,V-dS=0又V2O=0 n j（V）2忆=0,由于被积函数（20（正定）所以积分为零必然要求V=0=/02=常数（1）若给定的是第一类边值关系1=0,常数为零，三。2 电场唯一确定且电势也是唯一确定的。（2）若给定的是第二类边值关系?-=0,%=%+常数on 夕,02相差一个常数，虽不唯一，但电场是唯一确定的。特例：有导体存在时的唯一性定理我们讨论均匀单一介质中有导体（证明见书P.60-61）导体中2=0,要求的是导体外区域口中的场。当给定导体之外区域的自由电荷分布令此条件用来确定电势满足的微分方程;给定边界条件:D给定导体上的电势，当味=0=常量;或,id给定每个导体上的总电荷（实质上也是给定皿,因为：Qi=T嘲 dS）；石城.手电动力学第二多耨电修则导体外区域广内场唯一。(证明见书P.60-61)另外，还有多种情形，比如导体外有多种均匀介质，我们不再一一进行讨论。三.唯一性定理的意义(1)唯一性定理给出了确定静电场的条件，为求解电场强度2指明了方向。(2)更重要的是，它具有十分重要的实用价值。无论采用什么方法得到解，只要该解满足泊松方程和给定边界条件，则该解就是唯一 的正确解。因此对于许多具有对称性的问题，我们可以不必用繁杂的数学去求解泊松方程,而是提出尝试解，只要满足方程和边界条件即为所求的解，若不满足，可以加以修改后再 进行尝试，直到满足泊松方程(拉普拉斯方程)和边界条件。四.应用举例例题1半径为a的导体球壳接地，壳内中心放置一个点电荷 Q,求壳内场强。解：点电荷Q放在球心处，导体球壳接地今同$=0,除去坐标原点外，腔内V2=0,(R w O)要使它满足同s=0的条件，贝小A A它在边界上满足+8=8=-1。所以，0=现在的问题是如何确定待定系数A呢？令“点电荷”半径为3,在尸=5的边界上有:丽 sno=一7，即:卜心=h队小。由此解出：4=2。最后可得：(p=-4汝o 4啊r a因此：E=-N(p=-r(ra)4笳根据唯一性定理，它是腔内唯一正确的解，E=-V(p=-r(r a)o 4冗r可见腔内场与腔外。无关，只与Q有关。这就是屏蔽作用。例题2带Q的半径为a的导体球放在均匀无限大介质中，求空间电势分布。解：导体球具有球对称性，电荷只分布在外表面上。石东平电动力学第二多畿电修假定电场也具有球对称性，则电势坐标a）满足R R3 R3R t g,(pD=0,B=0,在导体边界上。T 17?=00：.A=-(p=(R d)4兀 4兀sR月展g r（R R。）47lR可以求出。p=（红一1）0（利用巴&=豕（瓦一瓦），=-）q 例题3两种均匀介质（句和与）充满空间，一半径a的带电Q导体球放在介质分界面 上（球心在界面上），求空间电势分布。解：外边界为无穷远，电荷分布在有限远时8=0导体上Q给定，所以球外场唯一确定对称性分析：若与二巧，则。=上一（回到上例结果）。若4;店R从直观看似乎不再具有球对称性，而是具有轴对称。但是实际情况并非如此。由于无论在介质1还是介质2,导体外表面电场均与表面垂直，因此在P点及必然与月2重 合，所以介质分界面上用，二七2,，而耳=2=0。在介质分界面上：=n-（E2-EJ=E2n-Ein,.b=0=o =0所以没有束缚电荷分布，束缚%一电荷只分布在导体与介质分界面上。对于上半个空间，介质均匀极化，场具有对称性，同样 下半空间也具有对称性。而在介质分界面上及二22，所以可考虑球外电场仍具有球对称性。（P、=-+4 v2?j=o设试探解：0 2=+2=（且一1）。2与 力从这里可以看出，电荷在整个球面上是不均匀分布的。这种非均匀分布造成场的均匀分 布。从物理机制看：当导体放入介质时，一开始均匀分布，产生的场是非球对称场，它在介 质中产生束缚电荷，束缚电荷也产生一个场，但总场不满足静电场唯一性定理，因此导体表 面电荷要重新分布。达到静电平衡时，球外场均匀分布，满足唯一性定理，这时电荷分布不 再是均匀的。一.拉普拉斯方程的适用条件V=0自由电荷体密度为夕=0的空间。如果自由电荷分布在某些介质（如导体）表面上，将 这些表面视为不同研究区域的边界，仍然可以用拉普拉斯方程。这些自由电荷的作用通过边 界条件反映出来。拉普拉斯方程在直角坐标系中解的形式（时间不够，不讲）令 0(x,y,z)=X(%)y(y)Z(z)d2X dx2+aX=0d2Y凝+郎=0d2Z、必2+yZ=0+/?+/=0一般令 a=/3=后 y=k1+k=k2X(x)=Aekx+Be-kxY(y)=C ek2y+De-k2yZ(z)=E sin kZ+F c o s kZ本节介绍拉普拉斯方程的一种重要求解方法一一分离变量法。们有必要多开辟一些求解方法。如果静电问题多式多样，而且如果稍微复杂，则试探解法不适用了，因此我性和唯一性。对于具有一定对称性的静电问题，可以试探求解。唯一性定理保证解的正确静电学的基本问题：求满足给定边界条件的泊松方程的解。P2843、梁昆淼，数学物理方法（第三版），高等教育.，1998年6月，P226、月，P345、P365、P3782、陆全康、赵蕙芬，数学物理方法（第二版），高等教育.，2003年81*、汪德新，数学物理方法（第三版），科学.，2006年8月，P229-236本节内容学习参考资料：2.3拉普拉斯方程的解分离变量法石城.手电动力学第二多耨电修石城.手 电动力学 第二车 耨也修若考虑了某些边界条件（有限边界）占，&，左均与某些正整数有关，它们均可取1，2,通解还要求取和后才行。d2X l2v A若夕=（%/）与Z无关，小2。+/=特解X(x)=Aekx+Be-kx丫3)=Csin+Deo s 处若(p=(pG),与 y,z 无关。-0(p=Ax+B dx三.拉普拉斯方程在球坐标系中解的形式1、解的得出过程注意：在本书和数学物理方法书中，球坐标系中三个坐标定义如下:X静电问题具有球（中心）对称性时（重点！）vV=o,即1 3（广2.0）1-sin6.0）I 1.0_0r2 dry dr）r2 sin 0 dO qq J r2 sin2 0 d（/）该方程在球坐标系中的求解是用分离变量法来做的，试着把径向线坐标r与角坐标（仇。）分离，设通解为：0(厂,仇0)=氏(尸)丫(仇0)代入拉普拉斯方程中，得到：1 d(2dR 1 6(.nW 1 d2Y-f =-sin 0-R dr dr)Ysin 0 d0 dO)Ysin2 3 d(/)石城.手电动力学第二多耨电修经过分析知道，上式要成立必须等式两端都同时为一个相同的常数，令为由此我们得到分解为两个联立的需要求解的方程:部嚼小+怔。1 d(.ndY y i a2y-sin。H-.+sin。3外 dO)sin2 0 df/)1/(/+i)r=o前一个微分方程在高等数学中学过，是欧拉型常微分方程,其通解是:R（）=C，+。击，C和D为积分常数。在电动力学中一般将1表示为n,所以上式为区（厂）=。+。+，（C和D为积分常数）方程组的第二式叫做或函数方理，又需要进一步分离变量，设丫（仇。）=尸伊）（。），代入球函数方程中，采用刚才类似的方法，可以将两个变量及微商分别列写于等式的两端，它们要相等只可能是等式两边都是同一个常数，令为力，得到的方程如下：屋-+=0d产s in-s in-+w（+l）sin2 6一刃P=0前一个式子有一个自然周期条件，即（。+2）=1）（。），所以很容易得到其通解（本征函 数）为=Zc o sm+8sin（m2=4,m=0,1,2,3.）该方程组的第二个方程化简后为缔合勒让德方程，其通解为ET（c o s。），采用级数解法，结 合各变量所满足微分方程得到的本征解，我们得到拉普拉斯方程的通解是：。（乙 9,。）=Z（anmrn+*）P：（c o s 0）c o s m（/）nm 丫+Z G.+&W（c o se）sin Wnm 旷ET（c o se）缔合勒让德函数（连带勒让德函数）一一请查阅数学物理方法相关章节 或关于特殊函数的专门书籍及文献。Ac,d为由边界条件来确实的待定常数。重要的特殊情形：（1）若0不依赖于。（机=。就能保证0与0无关！），即0具有轴对称性通解：以尸,e）=Z（。/+3p）2（c o se）（略去根=o脚标）Pn（c o s（9）为勒让德函数:石/斗 电动力孽 第二章 畿电修4=1,/(COS 0=COS a1,P2(c o s 6)=(3 c o s2 0-1),2（2）若夕与仇。均无关（较=1时。与仇。均无关），即夕具有球对称性，则通解 为：,、b（p（r）=a+r请同学们阅读教材上P64 一段重要的话：1）在没有自由电荷分布的空间，电势满足拉普拉斯方程；2）其通解由（3.2）和（3.3）给出；3）余下的问题就是，由边界条件来确定通解中的常数了一一得出满足边界条件的特2、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3）根据具体条件确定常数两种边界条件：1）外边界条件：电荷分布在有限区域：同8=。导体边界可视为外边界：/=常量（接地d s=），或给定总电荷Q，或给定b。电荷分布无限时，我们一般只要求特殊情况。2）内边界条件一一界面边值关系：介质分界面上心二夕21 野一马等=，on s on s表面无自由电荷时：%xdnss石城.手电动力学第二多畿电修3、求解应用实例例1（直角坐标系下求解,可不讲）两无限大平行导体板，相距为/,两板间电势差为V（与苍y,z无关），一板接地，求两板间的电势0和2解：（1）边界为平面，故应选直角坐标系下板接地同=0,为参考点（2）定性分析：由于在2=处，8 常数，可考虑。与无关。（1）列出方程并给出解：在0z=0（夕=0）蹴=0 方程的解：（p=Az+B dz（5）定常数：（pz=0）=0 5=0V（pz=l）=V Al=V A=-V,（6）结果：0=72（0 z /）显然满足V20=0和边界条件E=-/（p=-ez=-ez 5=匕=常数，均匀场。dz I I例题2见教材P64例1总结解题思路，好好理解解题步骤，特别注意边界条件。如果通解中的常数不能完全确 定，一般可能是边界条件没有全部挖掘出来。石城.手电动力学第二车耨也修例题3半径为R的带电球面，面电荷密度为c r=a0c o s夕（名为常量，。为极角），球外 充满介电常数为的均匀介质（如下图），求球内外的电势和电场强度。解：如题图所示，设球内外的电势分别为3,因球内外电荷密度均为零，所以电势满足的 方程为拉普拉斯方程：2中=0（r R）由对称性及边界条件，方程的解可以写为：0=Z a/+BW）Pn（c o s。）,%=+2 击卜（c sO）.,.m.井一0时，9i有限；边界条件有：qr-c o时，2=二。2（火），边值关系为：牛_糕厂.0时，以有限,8”二0应用前面的第一个边界条件：”,可以得到：厂.8时，02=，4=00=+纥击）匕（c o s。）=fa/np”（c o s。），%=+击）匕（c o se）=b n 击匕（c o se）.代入边值关系中可以得到：严,（”=0,1,2,.）2地/（收点）=%*;bn=短热勺之用，（。1）解得:石城.手电动力学第二多耨电修“产备用*%=(1)所以(p,=c o s 0=(r2 6,+Sq 2g+。5)R b R/。2=-亨c o s8=-r(r ej.2e+/2+0/z)根据电场与电势的关系可以求出球内外的电场分布为:，C R3、=_V0=_V _5-c o s 9=(2+。r2 JEx=-V 0=-V c o s 0122+4)_。0 02s+8q z马雪亚口.“2+4/r3 z)前式为球内区域的场强分布式，后者为球外区域的场强分布式。石城.手电动力学第二多耨电修例题4教材P66例2该题的求解思路是非常明朗的！1、坐标原点：介质球心，Z轴正向为电场方向（极轴）2、分析问题的性质：球内、球外区域满足拉普拉斯方程；分析通解的形式（为什么是（3.3）而不是（3.2）也不是0=。+白的形式？）r3、最重要的一步！根据边界条件求待定常数。边界条件如何挖掘？（1）注意在特殊点的值一一比如无穷远处、坐标原点等；（2）注 意在界面的上数值关系一一电势连续，界面两侧电位移关系（。/）在整个解题过程中，我们要将R理解为变量（建议同学们用厂表示）4、对结果的讨论（加深理解）1）介质球内的电场（小于E。），道理！极化电荷=电偶极矩。2）球外区域的电势=匀强电场电势+极化电荷（电偶极矩）产生的电势。例题5教材P68例3解：该题的求解过程与上一例题思路完全一样。令导体球外部和内部区域的电势分别为外,02=const,有V?。=0 o轴对称问题，取解的形式为：/（c o s如何确实待定常数？（1）由如（很大尸c o s6（选择没有放入导体球前球心处的电势为零），由此得到ax=-EQ,an=0（w 1）,因此解变成0=-即 c o s 6+Z 与匕（c o s 9）n尸=-S。/c o s6+%+4c o s8+4；（3c o s2 6 1）+.（2）由0|%=%=有限常数，如何分析出：%二与二4二二。，by=EqRq?,有了这些结论，结果就出来了。教材习题：P93第4题均匀介质球（介电常数为与）的中心置一自由电偶极子/片 球外充满另一种介质（介 电常数为名），求空间各点电势和束缚电荷分布。解：（1）与邑的边界为球面，故选球坐标系，电荷分布在有限区，选01=8=0（2）设球内为夕1，球外为02。球外无自由电荷分布，V2?2=0,但球内有自由偶 极子，不满足拉普拉斯方程，但满足泊松方程，考虑偶极子使介质极化，极化电荷分布在石东平电动力学第二多畿电修偶极子附近和球面上。自由偶极子在介质中产生电势00=且3=互3+垦:4tvR3 4公0*4 虑R3pf-R,所以(P=(Po+*(Po=A n3 d 满足 V=0(R R o)9；=(aRM)Pcose)考虑轴对称：底=Z(c+务次(c o se)n 火(3)确定常数,P f-R L R-0,d 有限 nb“=0,端近场0M=a/+Z%R 7c o se)p f-R l dR f8 3=0nC“=0,%=+工金Pcose)QTC?K n K矶=矶边值关系 d(px _ d(p2dR.一邑赤并注意到 pf-R=p f Reos 0=p fRpx(c o s)仇=黑匕(o o sS肯詈+由“(叱沙+哈呢9比较匕(c o s 6)的系数，得q=4/R；Pf+尸,必 F 24-T 十 与 6-；-124咫 2的因 R；（与一名功/4d,=-a.=、2 咫（4+22）Rq,=/用”九4*R/=45+Ddn/Rf2石/斗电动力孽第二章畿电修（4）电势解为p f-R（，,-2）pf-R P f C OS 0（-,-2）p fC OS0“4 叫夫3 2 殓（+22）1 周 4 啊&2 2 麻i（+2s：2）i 氏2=0问题具有轴对称性，解与角度。无关，解的形式如下：8 h”=Z(a/+Tr)2(c o s e)M=0 升石城.手电动力学第二多耨电修8 d%=Z(，+去)(c o s e)=o r所以方程(1)的解为6=。；+嫦=(。/+&)尺(c o s。)-g*n=0 r8 d3=9/+总)匕(c o s。)H=0 r把边界条件(2)代入，可以得到：0=a/Z(c o s e)n=000021=Z c/Po(c o s)=E0r c o s 0w=0所以：c0=c2=c3=.=0,G=Eo os d(p2=Z-Pn(c o s)-0r c o s=o/+1再利用边值关系(2)的后两个式子，有：p o g d7R0+an Pn(C 0S=E0R0 COS 6+Pn(cos0)(3)w=0 w=0%n 00 8 d-UR。+E叫端P”(cose)=%-Eo COsBE。2+Z5+1)|匕(c o s9)_ n=0 J L=0 火 _(4)由(3)(4)得当n=0时ao=YRo+*及；,P/%当n=l时a-Y E声。q 一2%+d=(一*0%1 2sq+当n=2时a=0U=o由此我们求出本问题的最终结果是：(1)当井-1）阂鹏=。$出2。=%1*结果：%=|。0口 一g会（3c o s2 6-l）（/Rq）3 r 2 r分析：V V1=0（r Ro）2、通解：球坐标系，轴对称问题的通解。00 hOi=Z（a，+篇）尺（c o s。）n=0 r8 d02=Z（+刀）（8S。）=o y3、利用边界条件及边值关系求通解中的待定系数：厂fO,0i=有限值，所以：。=0；r-8,02=0，所以：C*=0 00例=2/尺(c o se)所以：=g a仍=2方月(c o s。)、w=0 iL=L=s in2，即:aQPQ(c o s 6)+gxRqPx(c os)+a2RP2(c o s 9)+.=*4(c o s e)+与4(c o s e)+条(c o s夕)+A0 A0 Ko=%sin2 0=一(c o s2 夕-1)进一步化简可得：石城.手电动力学第二多耨电修4+Q&COS 0+。2&23 c o s2 6-1)+=-y+-c os+-(3c o s2-1)+.Ro R。&2=%sin2 9=(p(po c o s2 0比较后求出待定系数。4、写出最后的求解结果%二”0口-5麻Geo s?。-1)(r 7?0)右轴由。1)()石城.手电动力学第二多耨电修四.拉普拉斯方程在柱坐标系中解的形式柱坐标一一静电问题具有轴对称性时取柱坐标 2 J。&驾+4空+空=0rdr dr r2 d02 dz2求一般解也不是一个简单的问题，此处略。我们仅讨论用得较多的场的分布与z坐标 无关的二维情况，比如场源在长度方向为无限长的情形。此时柱坐标系下的拉普拉斯方程变为：=(r)+4r=0采用分离变量的方法求解，令：以尸，)=氏(r)。(9)+/)二 0 d铲 d dR v2一丁(尸丁)一一7火(尸)=0Lr dr dr r化为教材P69的形式：与+/。=。de12 d2R dR 2n.r-+r-v R(r)-0dr2 dr得出的方法是什么呢？(前面已经介绍过的，分离变量法的一般手段)其通解：。(6)=q sin v3+a2 cos vOHQ)有两个线性无关解尸和尸。单值性要求0(0)=0(2乃)，v只能取整数，可以取0,正整数。通解：(v=0的特解+通解)6)=(4+1 In r)(C+。(/)=A+Bnr 0 r dr dr dr例题半径a,带有均匀电荷分布b的无限长圆柱导体,求导体柱外空间的电势和电场。解：电荷分布在无限远，电势零点应选在有限区域,为简单可选在导体面r=a处(即同三0)。选柱坐标系：对称性分析:石城.手电动力学第二多耨电修导体为圆柱，柱上电荷均匀分布，,一定与。无关。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瓦方向，可认为8 与 Z 无关，（P=（p（r）V2 0nL 生（r 鲍）=0 r=Crdr dr drCd（p=一dr（pr=C nr+D当r=a时，0（。）=0则。=Clna不选择零点也不影响求场。3(/)=-Bina+Blnr=Cln常数C的确定:dtp 茄。a(y r(pr)=-In。a若选尸=a(p(d)=(po 贝1J(r)=(Po -ln=(p0-Inr*o a(%=%+In a)。电场为：与=V=+四瓦=也殳dr。r在表面上(r=a)Ea=er。例题一半径为a,介电常数为的无限长电介质圆柱，柱轴沿瓦 方向，沿。z方向上有一外加均匀电场与0,求空间电势分布 和柱面上的束缚电荷分布。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4=o=常数（或）（2）考虑对称性电势与Z无关，设柱内电势为内,柱外为药 它们分别满足V（=0 V2=0o 解为：石东平电动力学第二多畿电修（p、=才k（4?sin6+以）886）+r一（。）siiw e+a。c o sw。）Qra n=l00（p2=”（02）sinw 9+或之）c o sJ）+尸”（C7srm0+C Fc o sw 0 ar c o w=l（3）确定常数 因为有外加均匀场，它们对X轴对称，可考虑81、（p2也相对X轴对称（0（6）为偶函数），所以夕1、02中不应包含sin%。项，故：）,到2）,。？,2）均为零。r=0-常数（或零），有限，故0中不应有r-项=。7三0,尸8（p2-E0rcosO,（均匀场电势），因此外中不应有外”方项（。1）（即得B，）=_E。比三 0）0001=B：)r cosn0 0 r an=802=-&/c o s e+Z62)c o se g r 1)an=Da-nsnBanX=-f02)(W+1)0r a(4)解为 r(px=-L&)r c o s e J +42g Q2=EQr c o s 0+-Eq c os 02g(px=-ox(r c o s 0=x)十%”号A石城.手电动力学第二多耨电修，耳=+2%Eo仍沿x方向 +%.2%1.E =限（瓦瓦）b=0%Op=%（E2fl _&）=4（一等+等）之 or or.=qE0 c o s。+E0cosO EqCOS0+q e+%=2）E+%（7）若圆柱为导体，可采用上述方法重新求解，或令 7 8=0（或常数）0）yjx2+y2+（z-a）2 x2+y2+（z-a）2（2）由边界条件确定。和优，然后求出求解区域的电势8。人。二忑+y+a对于任意的x、y,上式均需要得到满足，所以它的解是：a=-aQ=-Q应该取哪一组解？（第n组，原因：像电荷不能位于求解区域内）。求解区域电势的表达式：4%旧+.2+（z-a）2+.2+（z+a）2（3）讨论：（a）导体面上感应电荷分布z=o 2乃（，+/+/严石城.手电动力学第二多耨电修271rdr=-Q=Q.Qn=Q(b)可见电荷Q产生的电场线全部终止在导体面上，它与无导体时，两个等量异号电荷 产生的电场在右半部完全相同。(c)镜象法是很形象的：。与Q位置对于导体板镜象对称，故这种方法称为电象法(又称镜象法)，同学们只要与平面镜成像进行类比，就知道镜像法名称的来历了。根据光的反射可找到Q的大小和位置，但注意区别：点电荷发出的电场线与点光源发出的光线传播路径是有区别的。(d)作用力户=-%瓦=W-=耳=4附尸2 4密(2a)2 16718oa例题2如图所示，真空中有一半径为R o的接地导体球，距球心a(aR0)处有一点电荷 Q,求接地导体球外空间各点电势。P解：分析：球内电势0=0(导体接地)。求球外电势，假想电荷应在球内，两个点电荷产生的场应具有轴对称，故假想电荷应 在丽线上，即极轴上。一追+4r r由边界条件确定。和/石城.手电动力学第二多畿也修设 OQ=b r=NR2+。2-2Kac o sg,r=R2+b2-2Rb cos0d=0 2+2=0 4=4，R 为 r R=R0/R=R。即 02(R；+b2)202R o bc o se=02(&+a2)20，2R o ac o se因为。是任意的，.2Q2R0b=2Q2R0a即：Q2b=Q2a。2(皤+/)=02(4+2)02(&+/)=以(&+/),b2_3Lb+R2=()a a解得b=*O=*。,b=a Q=+Q 一 a象电荷不能位于所求区域，故舍去第二组解，而。,=等代入不满足4=0（增根）唯一解是6=逍。=_ 坐a a一,14%yR2+a2-2Racos09=0(RWRo)_Ro【aR2+Ri/a2-2RRicosO/a(R 4)讨论：（i）QO,。，第一项为排斥力，第二项为吸引力（与Q无关，与。正负无关）。石东平电动力学第二多畿电修当。一4时，F0,即正电荷与带正电导体球在靠的很近时会出现相互吸弓I。教材习题9：接地的空心导体球的内外半径为R 1和火2，在球内离球心为a（a 用区域电场为零。故由高斯定理2+0=J力曲=0所以 Qi=Q教材习题12：有一点电荷。位于两个互相垂直的接地导体面 所围成的直角空间内，它到两个平面的距离为a和b,求空间的电势。解：（1）分析：S板、邑板电势为0,=假想电荷应在第I象限之外。（a）为保证Si板上夕=0,要在（a,-b,0）处放电荷-0,但不保证52板为夕=0；为保证邑板上司=0,要在（-a,b,0）处放电荷-0,但不保证S板为0=0。这样不能保证两极板上电势为零。实际上 这是由于对于平板问题总点电荷数不能为石城.手电动力学第二多耨电修奇数。（b）在（-a,-b,0）处放象电荷0,对S1面，邑面和O点均可使夕=0。（2）电势分布。厂 1，厂 14盘0 yl(x-a)2+(y-b)2+z2 J(x+a)2+(y+b)2+z2-a)。+(J+b)2+z2(x+tz)2+(y-Z)2+z2TT（3）若两平面夹角e2时，。放在%（夕=一 o n石城.手电动力学第二多耨电修本节小结：1、镜像法的理论基础：唯一性定理一一只要研究区域的电荷分布和边界条件（电势条 件或电势的法向导数条件）一定，则研究区域的电场唯一确定。以唯一性定理为理论依据，用电像法求解静电场分布的实质是，在所研究的区域外的 适当位置，用实际上并不存在的“像”电荷来代替真实导体上的感应电荷或介质的极化电 荷在求解区域场点所产生的电场。电像法实质上是一种等效方法。2、镜像法的关键使用步骤正确分析求解区域内电势满足的微分方程（泊松方程或拉普拉斯方程）、边界条件，尤 其是边界条件的分析是确实像电荷的基础。根据边界条件寻找像电荷的位置、电量（包括电性）。由原电荷及像电荷，写出场点电势的解析形式并进行讨论，比如电场强度、电荷分布、电场力等。同学们要能够利用上述方法求解一些典型性的静电场问题，这是本节的教学要求。3、注意之点（1）像电荷为什么不能放置在求解区域内？必须保证求解区域内电势的微分方程不 变。（2）像电荷位置、电量大小、电性一定要基于正确分析边界条件的基础上来确定。（3）对等效性的理解：1）等效性只局限在研究区域（求解区域）；2）不能同时考虑 像电荷和感应电荷（极化电荷）在求解区域产生的效果，感应电荷（极化电荷）的效果已 经使用像电荷来替代。作业：9、11、12o其中11题需要作提示。石城.手电动力学第二多耨电修*2.5格林函数方法格林函数方法是求解数学物理方程的较为普遍的方法。(利用格林公式和已知点电荷 在给定条件下的解求解给定边界条件的空间电势。)本节仅研究泊松方程解的格林函数