本章研究的主要問題是在給定的自由電荷分布以及周圍空

1、第二章第二章 靜電場靜電場Electrostatic field本章研究的主要問題是：在給定的自由電荷分布以及周圍空間介質(zhì)和導(dǎo)體分布的情況下，如何求解電場。注意兩點：電荷靜止，即： 電場不隨時間變化，即:本章求解靜電場的方法有：分離變量法;鏡像法；格林函數(shù)法。 求解的依據(jù)是：唯一性定理。00tE2.1 靜電場的標(biāo)勢及其微分方程靜電場的標(biāo)勢及其微分方程Scalar potential and differential equation for electrostatic field1.靜電場的標(biāo)勢和微分方程靜電場的標(biāo)勢和微分方程 靜電現(xiàn)象滿足以下兩個條件：即 電荷靜止不動；場量不隨時間變化。故把

2、靜電條件代入Maxwells equations中去，即得電場滿足的方程0 ; ()0jt物理量DE0這兩方程連同介質(zhì)的電磁性質(zhì)方程 是解決靜電問題的基礎(chǔ)。 根據(jù)電場方程 （即 的無旋性），可引入一個標(biāo)勢 。 在電磁學(xué)中，已知 因為相距為 兩點的電勢差為由于所以ED0EABldEBA)()(l dldEdl ddzzdyydxxdEE又因為在均勻各向同性的介質(zhì)中， 則有這里 ，故有即此方程稱為泊松方程（Poisson equation). 若在無源區(qū)域內(nèi)（ ），上式化為EDEEED)(0)(ED2020此方程稱為拉普拉斯方程（Laplace equation) 在各種不同條件下求解Poisso

3、n equation或Laplace equation是處理靜電問題的基本途徑。2、靜電場的基本問題靜電場的基本問題 如果電荷是連續(xù)分布的，則觀察點 處的標(biāo)勢為這個式子只反映了電荷激發(fā)電場這一面，而沒有反映電場對電荷的作用另一面。 如果空間還有導(dǎo)體存在的活，那么物理機(jī)制為x01( )( )4VxxdVr 考慮到感應(yīng)情況，諸問題的模擬是： 現(xiàn)在，要找出一個電荷對它鄰近的電場是怎樣作用的，一點上的電場和它鄰近的電場又是怎樣聯(lián))(x導(dǎo)體+ +-給定電荷分布求空間一點電場分布而場引起導(dǎo)體上感 應(yīng)電荷分布而感應(yīng)電荷分布反過來引起系的，即要找出電荷和電場相互作用規(guī)律的微分形式，而在導(dǎo)體表面或其他邊界上場和

4、電荷的相互作用關(guān)系則由邊值關(guān)系和邊界條件反映出來，稱之為邊值問題。 （1）在介質(zhì)的分界面上，電場滿足的邊值關(guān)系為且為電勢所滿足的邊值關(guān)系：2121()0()nEEnDD 在介質(zhì)分界面附近取兩點1和2，而 所以由于 ，故 ，且介質(zhì)2介質(zhì)1212112lln1E2E2D1D02l112211221122()()nnE dlE n lEn lElEl 0,21ll021注意： 可代替 ，即可代替證：可見而故有即得是連續(xù)的電勢即在界面上, . 21SS 21SSttEE1221()0nEE0 , 02121212112p2p1P1P2lElE222111 , lElE21ttEE21另外，由方程 可得

5、到：即 也就是說，在兩種不同介質(zhì)的分界面上，電勢 滿足的關(guān)系為)(12DDn22112211()nEEnnSSnn1122SSSSnn112212 （2）在介質(zhì)與導(dǎo)體的分界面上的情況 由于靜電平衡條件，我們知道： 導(dǎo)體內(nèi)部 ；導(dǎo)體表面上的場強(qiáng)與表面導(dǎo)體是等勢體；導(dǎo)體內(nèi)無電荷分布（ ），電荷只分布在導(dǎo)體的表面上（ ）。因此，在導(dǎo)體與介質(zhì)的分界面上；00內(nèi)E0導(dǎo)體1自由電荷介質(zhì)2常數(shù)1即有歸納起來，靜電場的基本問題是： 求出在每個區(qū)域(均勻)內(nèi)滿足泊松方程，在所有SnnE2211 0 , 0 即導(dǎo)體內(nèi)部內(nèi)SS常數(shù)分界面上滿足邊值關(guān)系和在所研究的整個區(qū)域邊界上滿足邊界條件的電勢的解。3、利用靜電標(biāo)勢

6、來描述靜電場的能量利用靜電標(biāo)勢來描述靜電場的能量 已知在線性介質(zhì)中靜電場的總能量為在靜電情形下，能量W可以用電勢 和電荷 表出。由 得12WE DdVDE和)()(DDDDDE因此即 若我們考慮的是體系的總能量，則上式的體積分是對全空間進(jìn)行的。因此上式右邊第二項的面積分是對無窮大的面進(jìn)行的。有限的電荷體系在無窮遠(yuǎn)處的電勢 ，電場 ，而面積r2,故在r時，面積分項的值=0，故有 11()22WdVD dV1122SWdVD dS21rr1討論：對 的使用注意幾點：（1）適用于靜電場，線性介質(zhì)；（2）適用于求總能量（如果求某一部分能量時，面積分項 ）；（3）不能把 看成是電場能量密度，它只能表示能

7、量與存在著電荷分布的空間有關(guān)。真實的靜電12WdV12WdV102SD dS21能量是以密度 的形式在空間連續(xù)分布，場強(qiáng)大的地方能量也大；（4） 中的 是由電荷分布 激發(fā)的電勢；（5）在靜電場中，電場決定于電荷分布。在場內(nèi)沒有獨(dú)立的運(yùn)動。因而場的能量就由電荷分布所決定。（6）若全空間充滿了介電常數(shù)為的介質(zhì)，且得到電荷分布所激發(fā)的電場總能量DEw2112WdV1( ) ( )8xxWddVr式中r為 與 點的距離。4、舉例討論、舉例討論例1求均勻電場 的電勢。Solution: 因為均勻電場中每一點強(qiáng)度 相同，其電力線為平行直線，選空間任一點為原點，并設(shè)原點的電勢為 。xx0E00Eyoxp0E

8、x根據(jù) ，得到故得到 這里有個參考點選擇問題這里有個參考點選擇問題例2均勻帶電的無限長直導(dǎo)線的電荷線密度的，求空間的電勢。Solution:pppldEpldEpp021)0()()()(12xEldEpp0000)(選取柱坐標(biāo)：源點的坐標(biāo)為（0, z），場點的坐標(biāo)為（R, 0），考慮到導(dǎo)線是無限長，電場強(qiáng)度顯然與z無關(guān)。 這里，先求場強(qiáng) ，后求電勢 。場點pRozz電荷源zdqdrE 由于電荷元為 ，因此令(0)(0)rzrzrRez eRez ezdqd330022 3 222 3 2001144114()4()rzzdqdzErrrrRez ez edzdzRzRzdRzdRz2sec

9、, tg且222222222322222322223222cossec1secsec)tg1 (sec)(RdRdRdRRdzRzd而故設(shè)p0點與導(dǎo)線的垂直距離為R0，則p點到p0點的電勢差為0sinsectg)(22222322322dRRdRRzRzdz200242rrEReReR若選p0為參考點（即 ），則0)(0R00ln2)(RRR0000000ln2ln22)(2)()(000RRRRRdRRdzzRddRRl dERRRRRRRR2.2 唯一性定理唯一性定理Uniqueness theorem 本節(jié)內(nèi)容將回答兩個問題：本節(jié)內(nèi)容將回答兩個問題： （1）要具備什么條件才能求解靜電問題

10、）要具備什么條件才能求解靜電問題 （2）所求的解是否唯一）所求的解是否唯一 1、靜電問題的唯一性定理靜電問題的唯一性定理（1）有介質(zhì)存在的情況 把一個區(qū)域V找分為許多小區(qū)域Vi，每一個小區(qū)域內(nèi)介電常數(shù)為 ，它是各向同性的。 每一個區(qū)域給定電荷分布iSVkVkiVijsdisdjjV ijSVxx , )(已知：在每個均勻區(qū)域中滿足 ，即有幾 個區(qū)域就是幾個泊松方程。 在各個均勻區(qū)域的交界面上，滿足：至此，不知道邊界條件，即不知道區(qū)域的邊界S上的一些條件。這個問題正是唯一性定理所要解決的，下面討論之。 ii2jiijinn)()( , j唯一性定理：唯一性定理： 設(shè)區(qū)域V內(nèi)給定自由電荷分布 在V

11、的邊界S上給定 （i）電勢或 （ii）電勢的法向?qū)?shù) ，則V內(nèi)的電場唯一地被確定。 SSn , )(x下面采用的證法：下面采用的證法： 證明：設(shè)有兩組不同的解 和 滿足唯一性定理的條件，只要讓得 即可。 令在均勻區(qū)域Vi內(nèi)有 常數(shù) 0 , , 22 ii在兩均勻區(qū)界面上有在整個區(qū)域V的邊界S上有或者 為了處理邊界問題，考慮第i個區(qū)域Vi的界面Si上的積分問題，根據(jù)格林定理, 對已知的任意兩個連續(xù) , , , nnnnnnjjiijjiijjiijijiji 0 0 SSSSS0 SSSnnn函數(shù) 必有：令且 和2()()iiVSdVdSn i222 ()() 0 ()iiiiiiiVSiiVS

12、dVdSndVdS 對所有區(qū)域求和得到進(jìn)一步分析：在兩個均勻區(qū)域Vi和Vj的界面上, 由于和 的法向分量相等，又有 ，因此內(nèi)部分界面的積分為2i ()iiiiiVSdVdS ijdSdS ijijjiijjiiiiiijjjjSSSiiiijjjiSSdSdSdSdSdS (這里 ）因此 故而在S面上， 從而有0ijjijiiiijjiSSdSdSnn nnEEDDjjiijnjinijnin , , iiiiSSdSdS 2()iiiiSVdSd 0 , 0SSn或由于 , 而 ,只有 ，要使 成立，唯一地是在V內(nèi)各點上都有即在V內(nèi)任一點上， 。 由 可見， 和 至多只能相差一個常數(shù)，但電勢

13、的附加常數(shù)對電場沒有影響，這就是說靜電場是唯一的。（2）有導(dǎo)體存在的情況2()0iiidV0)(2i00iiViid2)(0常數(shù) 討論區(qū)域是導(dǎo)體外空間V，即V是由導(dǎo)體外表面S1，S2及S包面所圍成的空間，當(dāng)S在無窮遠(yuǎn)處時，所討論的區(qū)域就是導(dǎo)體外的全空間V。約定： 在無窮遠(yuǎn)處，電場為零，即在S面上 或者表示成 在此基礎(chǔ)上，把問題分為兩類： A類問題：類問題：已知區(qū)域V中電荷分布 ，及所有0S0SVS1S2)(x 導(dǎo)體的形狀和排列；每個導(dǎo)體的電勢 都給定。 B類問題：類問題：已知區(qū)域V中電荷分布 ，及所有 導(dǎo)體的形狀和排列；每個導(dǎo)體的總電 荷都給定。 因為導(dǎo)體面就是邊界面，因此上述導(dǎo)體的電勢或者總

14、電荷就是邊界條件。 先用反證法證A類問題。證明： 設(shè)存在著兩個解 和 , 這意味著在區(qū)域V內(nèi)， 和 都滿足泊松方程：)(x 第 i 個導(dǎo)體的表面為Si 面上，該導(dǎo)體的電勢為 。 那么，在Si面上，和 都必須等于 。即在S面上， 令 則有 應(yīng)用格林定理： 22 , iiSiSii 0 00222iiSSSiii2()()VSdVdSn i令 ， 有式中被積函數(shù) ，要使上式成立，必然在V中每一點上有于是，V中每一點上， 。22()iiVSSdVdSdSnn 22 0 , 0 , 0 ()0iSSVdV及00)(2常數(shù) 但在導(dǎo)體表面上， ，即得到常數(shù)=0，即 ，使得這就說明了對A類問題 有唯一解。再

15、用反證法證再用反證法證B類問題類問題 也設(shè)存在兩個解 和 ，則有令 代入格林公式中，得00 )( , 02 22()iiVSSdVdSdSnn 因為在導(dǎo)體表面Si處，電勢并沒有給定，但根據(jù)電磁學(xué)中的知識，導(dǎo)體在靜電平衡時為一等勢體。雖然 與 不一定相等，但對同一導(dǎo)體而言，故可從積分號內(nèi)提出來，于是22 0 , 0 , ()iSiVSdVdSn即得iS )( 應(yīng)為一確定值iSSii iS2 ()iiiVSdVdSn現(xiàn)在分析： 因為 中，Si表示電場中第i個導(dǎo)體的表面，導(dǎo)體在靜電平衡時，在導(dǎo)體外，緊靠導(dǎo)體表面處的場強(qiáng)方向與導(dǎo)體表面垂直，場強(qiáng)的大小與導(dǎo)體表面對應(yīng)點的面電荷密度成正比，即從而得到?iS

16、dSniSdSnnEEnn , /而)(1)( nnn這樣就有式中 和 都表示第i個導(dǎo)體所帶的總電荷，又因為它是給定的，即故對每一個導(dǎo)體表面都有此結(jié)論。因此得到11()iiiSSSdSdSdSnQQQQ 0iSdSn2()0VdVQQ 同理， ，要使上式成立，必然是即由于 ，此常數(shù)對電場無影響，所以此時仍說 是唯一的。唯一性定理（另外一種證明方法） 區(qū)域V由封閉面S0、S1、S2、等所包圍，其中S0是最外包圍面。如果V內(nèi)的電荷密度 分布已知，并且各邊界面滿足下列條件之一時： 0)(20常數(shù) ES0VS1S2 (i)Si面上電勢 已知； (ii)Sj面上為等勢面。 未知常數(shù)，并且Sj 面上流出的

17、電通量已知。 (iii)Sk面上的電場法線分量En已知。則區(qū)域V內(nèi)電場強(qiáng)度被唯一確定。 用反證法證明。證明：設(shè)有兩上電勢 和 ，它們都滿足場方程xjcjjjjSNdSn已知已知kSn 22 , 并滿足上述邊界條件，則 ，或者 ， 和 不必相等，可以相差一個常數(shù)，即 要證明場中每一點 成立，只需證明這里因為 ，并 。要使其等于0，則必須 。而由矢量恒等式 EE const 2()0VdV 0)(2 0d2()()()VVdVdVfff)(則有其中因為 所以 即也就是現(xiàn)在考察上式右邊的面積分之值。2()()()() ()()VVVdVdVdV 22 , 0)(2 ()()()()VVdVdV2()

18、()()iiViSdVdS a) 設(shè)Si面滿足(i)類邊界條件，則故Si面積分為零。 b)設(shè)Sj面滿足(ii)類邊界條件，由于 ，故可以將 從積分號內(nèi)提出來，則有 由于(ii)類邊界條件中還包括有給定總通量值，即0)( iS1xScj未知數(shù)故 212)( , xxSxScccjj)( () ()()()()()jjjjjjjSSSnnjSSdSdSEEdS 從而使得 c) 設(shè)Sk面滿足(iii)類邊界條件，則由于在Sk面上En值給定，故 則jjnjnjSSE dSE dS() ()0jjSdS() ()() ()kkkkSSdSEEdS0)( kSnnEE由此可見，滿足場方程組和邊界條件的 和

19、 必須滿足等式即 ，唯一性定理證畢。2、用唯一性定理解決實際問題用唯一性定理解決實際問題例例1有一半徑為a的導(dǎo)體球，它的中心恰位于兩種均勻無限大介質(zhì)的分界面上，介質(zhì)的介質(zhì)常數(shù)分別是 與 。若導(dǎo)體球總電荷為Q，求導(dǎo)體球表面處自由電() ()0kkSdS 2()0VdVEE 21荷分布。Solution: 設(shè)導(dǎo)體球上下兩半球各自帶電量為q1和q2 ，則Q=q1+q2又因為導(dǎo)體球是等勢體，上下半球電勢相等，即Qa2121另外，總電荷Q一定，無限遠(yuǎn)處電勢為0，故滿足唯一性定理條件。 根據(jù)唯一性定理，得到則得21222111 而ararrr222121221122 , aqaq即故即得到：電荷面密度為：

20、21212112211)(1qQqQqqqQqQq21222111 , )(22 , )(2221222222121211aQaqaQaq例例2兩同心導(dǎo)體球殼之間充以兩種介質(zhì)，左半球介電常數(shù)為 ，右半球介電常數(shù)為 。設(shè)內(nèi)球殼半徑為a，帶電荷為Q，外球殼接地，半徑為b，求電場和球殼上的電荷分布。12baS1S221rnSolution : 以唯一性定理為依據(jù)來解本題。 a)寫出本題中電勢 應(yīng)滿足的方程和邊值關(guān)系以及邊界條件 此區(qū)域V為導(dǎo)體球與球殼之間的空間，邊界面有兩個，即S1和S2，S1是導(dǎo)體球表面，S2是導(dǎo)體球殼內(nèi)表面, 邊界條件為：在S1上總電量是Q，在S2上 。 在兩種介質(zhì)中，電勢都滿足

21、Laplace方程，在介質(zhì)交界面上，電勢 連續(xù)，電位移矢量的法向分量連續(xù)（因為交界面上 ）。00f 應(yīng)滿足的定解條件為：現(xiàn)在不論用什么方法，只要求出的點函數(shù) 能滿足上述條件，那么 就是本題的唯一解。 b) 根據(jù)已知的定解條件，找出電勢 的解 由于對稱性, 選取球坐標(biāo), 原點在球心, 直接積分0 , , )2 , 1( 0212211212已知面上在已知面上在在交界面上SQSnnii)(x)(x可求得解，因為不難看出：在r=b處：0)(1222rrrrii)( )( 2211中電勢右半球中電勢左半球DrCBrAbABBbAbr 0 1從而得到同理，在r=b處：即得在兩介質(zhì)的交界面上：)11(1b

22、rAbCDDbCbr 0 2)11(2brC21由此得到 A= C又因為在兩介質(zhì)的交界面上， 與 ，但 都只與r有關(guān)，所以 這樣， 也滿足了Dn連續(xù)的條件。 到此為止，在條件中，除了在S1面上總電量為Q外， 也滿足了其它全部條件，而 也只剩下一個待定常數(shù)A。現(xiàn)在用 必須滿足在S1面上總電量等于Q這個條件來確定A，即 rn021nn21,21,11111111111122222222221212 SrrrrSSSrD dSQADEeerrADEeerrD dSDdSDdSAAedSa 左右1122221222 22 rSSedSaAAaaaaQ左右故從而得到： c) 電場和電荷分布情況 根據(jù)電勢

23、 所得到的結(jié)果，有)(221QA)11()(2)11()(2212211brQbrQi相應(yīng)地，有321222321111)(2)(2rrQerErrQerErr32122223211111)(2)(2rrQEDrrQED由此可見在導(dǎo)體球（r=a）表面上：可見在導(dǎo)體球殼內(nèi)（r=b）處：|21DD)(2)(221222222121111aQDDnaQDDnarrarfarrarfff21也可看出：還可進(jìn)一步求出束縛電荷（極化電荷）分布： 已知所以)(2)(221222222121111bQDDnbQDDnbrrbrfbrrbrf殼殼ff殼殼21EDP0321022022321011011)(2)(

24、)(2)(rrQEDPrrQEDP而極化電荷體密度：即在兩種介質(zhì)中，極化電荷體密度都為零。在導(dǎo)體球表面上極化電荷面密度分布：0)(10)(12222212211rprpPrrrPPrrrP)(2)()(2)(2120222221201111aQPPnaQPPnarrarparrarp故得到導(dǎo)體球表面上的總電荷 分布：可見在兩種介質(zhì)交界面處： 因為 。因而 ，所以注意： 在前面計算過程中，難得出導(dǎo)體球面上)(2)(221202222120111aQaQpfpf210prnipifi0nP是常數(shù)，但是 或 在每個半球面上雖然都是常數(shù)，但 ， ，即 在球面上不是均勻分布的?，F(xiàn)在來說明 不能均勻分布的

25、原因。 假定 是均勻分布的，那么由可見， 在兩個半球面上，因 值不同而不同。 導(dǎo)體球內(nèi)的靜電場由 和 共同激發(fā)，由于 均勻分布，所以 在球內(nèi)的電場為零。但 由于非pp21ifipff21ff000()pfn PnEnD ppfffpf均勻分布必將導(dǎo)致它在球內(nèi)的場不為零，這樣導(dǎo)體球就不能達(dá)到靜電平衡。由此可見，要使導(dǎo)體球達(dá)到靜電平衡， 的分布必須是非均勻的。f2.3 拉普拉斯方程，分離變量法拉普拉斯方程，分離變量法Laplaces equation, method of separate variation 本節(jié)內(nèi)容主要是研討本節(jié)內(nèi)容主要是研討Poisson 方程的求解析方法。方程的求解析方法。

26、 眾所周知，電場是帶電導(dǎo)體所決定的。自由電荷只能分布在導(dǎo)體的表面上。因此，在沒有電荷分布的區(qū)域V里, Poissons equation 就轉(zhuǎn)化為 Laplaces equation，即產(chǎn)生這個電場的電荷都是分布于區(qū)域V的邊界上，它0 22們的作用通過邊界條件反映出來： 給定 給定 或?qū)w總電量因此，討論的問題歸結(jié)為： 怎樣求解（通解）Laplaces equation. 怎樣利用邊界條件及邊值關(guān)系求出積分常數(shù)。 Laplaces equation可以用分離變量法求通解，其求解條件是： 方程是齊次的。 邊界應(yīng)該是簡單的幾何面。 SSdSQnn1、用分離變量法求、用分離變量法求Laplaces

27、equation的通解的通解 （1）在直角坐標(biāo)系中）在直角坐標(biāo)系中設(shè)在數(shù)學(xué)物理方法中，該方程的通解的 （A、B、C為待定系數(shù)）02222222zyx)()()(),(zZyYxXzyx)sincos()sincos()sincos(),(212121zkCzkCykBykBxkAxkAzyxzzyyxx或者寫成 （2）在柱坐標(biāo)系中）在柱坐標(biāo)系中設(shè)該方程的通解為)( ;),(222yxzzikyikxikkkkeeezyxzyx01)(1222222zrrrrr)()()(),(zZrRzr)sinh()cosh()sin()cos()()(),(212121kzCkzCnBnBkrNAkrJA

28、zrmm其中，Jm為m階第一類貝塞爾函數(shù)，Nm為m階第二類貝塞爾函數(shù)。如果考慮與z軸無關(guān)（k=0）情況，并討論的區(qū)域是 ，故通解為)sin()()()cos()()( ) 1(!)2() 1()(02mkrJkrJmkrNnmnkrkrJmmmnnmnm為伽馬函數(shù)20110)sin()()cos()(ln),(nnnrnnnnnnonrDrCnrBrArBAr這里A，B，C，D為待定系數(shù)。 （3）在球坐標(biāo)系中）在球坐標(biāo)系中設(shè)其通解為0sin1 )(sinsin1)(122222222rrrrrr),()(),(YrRrmnmnnnmnnmmnmnnnmnnmmPrDrCmPrBrAr,1,1)

29、cos()(cos)()cos()(cos)(),(這里 為締合勒讓德（Legendre)函數(shù) 對于具有軸對稱的問題，m=0 (取此軸為極軸）且這里 為勒讓德函數(shù)， 、 為待定系數(shù) 對于球?qū)ΨQ的問題，m=0 , n=0。且2、利用邊界條件定解利用邊界條件定解 說明兩點：)(cosmnP01)(cos)(),(nnnnnnPrBrAr)(cosnP為待定系數(shù)BArBAr, )(nAnB 第一，如果考慮問題中有i 個區(qū)域（均勻分布），必須有i個相應(yīng)的Laplaces equation . 第二，在每個區(qū)域的交界面上，應(yīng)該滿足邊值關(guān)系：邊界條件： 及導(dǎo)體的總電荷)( 面上在ijjjiijiSnnSd

30、SQnSSn或3、舉例說明定特解的方法舉例說明定特解的方法例例1一個內(nèi)徑和外徑分別為R2和R3的導(dǎo)體球殼，帶電荷為Q 。同心地包圍著一個半徑為R1的導(dǎo)體球（R10的區(qū)域，空間一點的電勢為在x0區(qū)域電勢為：xRo)處有一點電荷Q，求空間的電勢分布。Solution: 取球心為坐標(biāo)原點，球心到點電荷Q的方向為x軸，設(shè)Q的坐標(biāo)為（a,0,0)。根據(jù)靜電平衡條件（現(xiàn)象）。球內(nèi)的電勢為零。故只討論外空間的電勢即可。aQRo 球外空間的電勢由Q及球面上感應(yīng)電荷共同激發(fā)的，其電勢所滿足的定解條件為： 用一個象電荷Q來代替球面上的感應(yīng)電荷，為了不改變原方程，Q必須在球內(nèi)，并距球心為b，故等效為：(3) 0(2

31、) 0(1) ),(1002RRRzyaxQ球外空間一點的電勢為Rob QaQxrrP(x,y,z)212222122200)()(41)(41zybxQzyaxQrQrQ 在b R0 ， ，即近似為兩點電荷作用，作用力為排斥力；當(dāng)Q靠近球面時， ，此時不論q與Q是否同號，作用力永遠(yuǎn)為引力，這可由在Q附近的感應(yīng)電荷與其反號來解釋。xeRaaRaQRqaQ22022023020)()2(41xeaQqF20410RaooaaQQQQ點電荷Q在球內(nèi)點電荷Q在球外bb鏡象法與光路圖比較例例4均勻場中的導(dǎo)體球所產(chǎn)生的電勢 由于靜電屏蔽，場區(qū)域只能在球外。Solution: 本題的物理圖象是在原有的均勻

32、電場 中放置一中性導(dǎo)體球。此時導(dǎo)體球上的感應(yīng)電荷也要在空間激發(fā)場，故使原來的場空間電場發(fā)生了變化，如圖所示。由此可見，球外空間任一點的場將是一個均勻場和一個球體感應(yīng)電荷等效的偶極子的場的迭加。 0ER0-+0E 第一步：第一步：用兩個點電荷Q激發(fā)一均勻場 點電荷Q放在對稱軸z= a處，a很大，Q也很大，在坐標(biāo)原點附近的區(qū)域內(nèi)。 第二步：第二步： 將一中性導(dǎo)體球放在均勻場中0E+Q-Qz0EaaoEE0200241aQE這樣一來，Q相當(dāng)于兩個場源電荷，球面上將出現(xiàn)感應(yīng)電荷，由象電荷來代替它，即 此時+Q在球面上感應(yīng)的電量為 ，-Q在球面上感應(yīng)電量為 ，這仍然保持導(dǎo)體球為電中性（不管導(dǎo)體球接地與否

33、）。根據(jù)唯一性定理，導(dǎo)體球外的 +Q-QzaaR0bboQaR0QaR0)(0QaR)(0QaR電勢就是這四個點電荷分別在某點產(chǎn)生的電勢的迭加，即因為aR， 則選 略去 和212024020212024020212221220)cos2()cos2()cos2()cos2(41aRRaRRQaRaRRaRRQaRRaaRQRaaRQ外22aRbaRR240224022RaRRb即又因為 皆為小量，應(yīng)用展開式212002120021210)cos21 ()cos21 ()cos21 ()cos21 (14aRRaRRaRRaRRaRaQaRaQ外aRRRaRaR2020和)( 211)1 (21

34、為小量xxx則有coscoscos2414cos2cos2cos24)cos1 ()cos1 ()cos1 ()cos1 (402300223000230020020000ERRRERaQRaRQaRRaRaQRaRRRRaRaRaRaRaQ外令則 的第一項恰好等于一個原均勻場以o點為參考點電勢。第二項恰好等于位于o點的電偶極矩為 的電偶極子的電勢。（3）界面為柱面的情況）界面為柱面的情況例例5有一線電荷要密度為的無限長帶電直線與半徑為R0的接地?zé)o限長導(dǎo)體園柱軸線平行。直線與園柱軸zeREP03004)( 40300電偶極場即原場外ERRPzEP外線的距離為a(aR0), 試求空間的電勢分布。

35、Solution: 由于導(dǎo)體柱面把整個空間分成柱內(nèi)、柱外兩個區(qū)域，而柱內(nèi)有 ，柱外區(qū)域電勢滿足定解條件：yaaxR0R00內(nèi) 處于帶電直線的電場中的導(dǎo)體園柱，其柱面上要出現(xiàn)感應(yīng)電荷，空間任一點的電勢 就是帶電線和感應(yīng)電荷分別產(chǎn)生的電勢的迭加。 現(xiàn)在，假定導(dǎo)體園柱面的感應(yīng)電荷密度為 ，到軸線的距離為b，由于原帶電直線不僅帶電（均勻）而且是無限長的，導(dǎo)體園柱也是無限長的，故垂直于柱軸的任何平面上的電勢分布是完全相同的，即是一個二維場，因此可取一個垂直于柱軸的平面來討論(2) 0(1) ),(1002RRyax外外外即若取oa連線與圓柱面的交點為電勢參考點。則園柱外空間任一點的電勢為RobaxrrP

36、(x,y)R0bRrRar0000ln2ln2其中由（2）式得2122212221222122cos2)(cos2)(RbbRybxrRaaRyaxr0)cos2(ln2)cos2(ln202102200021022000aRbRbRRaaRaRRR即要使該等式成立，必有由（4）式，即有bRbRbRRaaRaR02102200210220)cos2(ln)cos2(ln(4) )cos2()cos2(3) 02102200210220bRbRbRRaaRaR200220200220)(cos2()(cos2(RabRbRbRaRaR比較兩邊系數(shù)，即由（6）式得化簡（7）式得到：解這下一元二次方

37、程得到(6) )(cos2)(cos2(5) )()(2002002022020220RabRbRaRRabRbRaR(7) 2020aRabbR0)(202022aRRababaRbab2021 , 其中 b1=a不符合物理要求。故有：因而柱面外任一點的勢為相當(dāng)于球面距離情況相當(dāng)于平板時電荷情況 20aRb)(lnln2ln2ln20000200000RaRraRaraRRrRar（4）界面為劈形的情況）界面為劈形的情況例例6有兩個相交的接地導(dǎo)體平面，其夾角為 ，若在所夾區(qū)域內(nèi)有一電量為Q的點電荷，求下列情況下所夾區(qū)域內(nèi)的電勢：rRraRarRaRra000000ln2)(ln2Soluti

38、on: 從上面的例子可以看出，用鏡象法處理問題時，只要象電荷都放在所考慮的區(qū)域之外，就不會改變電勢在該區(qū)域內(nèi)所滿足的泊松方程。故檢驗解是否正確的關(guān)鍵是看它能否滿足全部邊界條件。4 c) ;3 )b ;2 )aQ 下面按夾角 不同情況分別討論其電勢分布情況。 a 、2APB-QQ-QQorr1r2Rr3132 所考慮的區(qū)域內(nèi)，勢滿足定解條件。 為了使A板的電勢為零，應(yīng)在以A板為對稱面，將A板上的感應(yīng)電荷以象電荷-Q放置在與源電荷Q對稱的位置“1”處，要使B板的電勢為零，應(yīng)以B板為對稱面，將B板上的感應(yīng)電荷以象電荷-Q放置在與源電荷Q對稱的位置“2”處，而且還需在“1”相對于B板的對稱位置“3”處

39、放置+Q的象電荷，才能保證 ，不難看出，此時也滿足 于是所考慮區(qū)域內(nèi)任一點(2) 0(1) )(102BARxxQ0A0B的電勢為 b、)1111(42130rrrrQ3BAQ+Q+Q-Q-Q-Q12345 要保證上 則必須有5個象電荷，其位置，大小和符號如圖示，于是所求區(qū)域內(nèi)電勢為 c、0 , 0BA)111111(4543210rrrrrrQ4BAQ+Q+Q-Q-Q-Q123452-Q+Q要保證 則必須有7個象電荷，故電勢為 一般說明：只要 滿足 偶數(shù)的情形，都可用鏡象法求解，此時象電荷的個數(shù)等于 ，加上原來的電荷總共有 個，這些點電荷都在過原點電荷與兩導(dǎo)體面的交線垂直面內(nèi)。而且都在此垂面

40、與交線的交點為圓心，交點到原點電荷處的距離為半徑的圓周上。若 不滿足該條件，則象電荷在所求區(qū)域內(nèi)，改變了原方程，否掉。0BA)11111111(476543210rrrrrrrrQ21)2(22.5 格林函數(shù)法格林函數(shù)法Method of Green function 本節(jié)要介紹的是一種用Green定理來求解靜電邊值問題的方法。即給定區(qū)域V內(nèi)電荷分布 ，和區(qū)域V的邊界面S上各點的電勢 或電勢法向?qū)?shù) ，求區(qū)域V內(nèi)各點的電勢值。 如果邊界條件是給定S上的電勢 ，這類邊值問題稱為第一類邊值問題，也稱狄利克萊邊值問題；如果邊值（界）條件是給定S上的 ，這類邊值問題稱為第三類邊值問題，也稱諾埃曼邊值問

41、題。 s)(xSnsSn 在這里，我們將要討論這些邊值問題是怎樣借助于有關(guān)點電荷的較簡單的邊值問題而得到解決的。1、點電荷密度的點電荷密度的 函數(shù)表示函數(shù)表示 因為點電荷分布的特點是在點電荷所在處的電荷密度變?yōu)闊o窮大，而在其他地方電荷密度為零。若在 處有一點電荷Q，則電荷密度可寫為顯然x(1) 0)()(xxxxxxQxVVQdxxQdx)()( 對于單位點電荷而言，Q=1，其密度為2、Green函數(shù)函數(shù) 一個處在 點上的單位點電荷，它所激發(fā)的電勢方程為假設(shè)有一包含 點的某空間區(qū)域V，在V的邊界S上 有如下邊界條件(2) )()(xxxx(3) )(102xxx(4) 1 00SSS或者則把滿

42、足邊界條件（4）式的（3）式的解稱為泊松方程在區(qū)域V的第一類或第二類邊值問題的Green函數(shù)。 Green函數(shù)一般用 表示， 表示單位電荷所在的位置， 代表觀察點，在（3）式和（4）式中，把 換成G，即Green 函數(shù)所滿足的方程和邊界條件為3、Green公式和邊值問題的解公式和邊值問題的解x),(xxGx(5) 1)( , 0)()(1)(002SnxxGxxGxxxxGSS或 在這里，將用Green公式把一般Poisson方程的邊值問題的解用Green 函數(shù)聯(lián)系起來。 （1）先看）先看Green公式的兩種形式公式的兩種形式 根據(jù) Gauss 定理，知道當(dāng) 均為連續(xù)，可微的標(biāo)量點函數(shù)，故 (

43、)nVSSa dVa dSa dS和 , a2)(a又于是，有式中V為包圍面S所圍的面積，該式稱為Green第一公式。 如果上式中的 對調(diào)，即 ，同理得到 naa nn 2() () (6)VSdVdSn a和2() () (7)VSdVdSn 將（6）式減去（7）式，得該式稱為Green第二公式 Green第一、第二公式是等價的。同時，視方便而選取之。Green公式對解靜電問題的意義是：在區(qū)域V內(nèi)找一個待定函數(shù) （ 為待求），通過這個公式從已知確定未知。 （2）邊值問題的解）邊值問題的解 給定一個區(qū)域V，其中給定了22 (8)VSdVdSnn SSnx , , )(且待求的邊值問題：相應(yīng)的G

44、reen函數(shù)問題是：邊界條件：現(xiàn)在，取 滿足)(102x)(1)(02xxxxGV給定了S)(xSnGGSS01 0或)(102x 取 滿足代入Green第二公式，有因為Green公式中積分，微分都是對變量 進(jìn)行的，由于Green函數(shù)關(guān)于源點和場點是對稱的，即 ，為方便起見，把變量 換為 ，故有 改為 ，即得)(1),(02xxxxG22( ,)( )( )( ,)( )() ()( )VSG x xxxG x xdVxG x xG x xxdSnn )(xxG)(xxG xxx該式左邊第二項為得到0011(, )()()()()() ()()VSG x xxxxxdVxG xxG xxxdS

45、nn0011() ()( )Vxxx dVx0011()()( )()() ()()VSG xxx dVxxG xxG xxxdSnn故得到這就是用Green函數(shù)求解靜電問題的一種形式解。 討論幾點： a) 在區(qū)域V中，任一點的勢唯一地決定 電荷分布及邊界的值0( )() ()()() ()()VSxG xxx dVxG xxG xxxdSnn)(xSSn或 b) 如果所取的Green函數(shù)屬于第一類問題，即 這時則有這實質(zhì)上就是第一類邊值問題的解 c)如果所取的Green函數(shù)屬于第二類問題，即在這里要說明一點的是：對第二類靜電邊值問題不能用第二類齊次邊界的Green函數(shù)，即 ，因0)(SxxG

46、0()( )()()()VSG xxxG xxx dVxdSnSnGS010SnG為 Green函數(shù) 所代表的物理意義是在 處存在一個單位電荷在空間所激發(fā)的電勢。因此即代表單位電荷在邊界上所激發(fā)的電場，由Gauss定理知道由此可見故)(xxGx0SnG01()SG x x dSn()0SG x x dSn0)( SnxxG從而，Green函數(shù)在邊界上的最簡單的形式是取這樣且有第二類靜電邊值問題的Green函數(shù)解的形式：式中 為 在邊界面S上的平均值。SnxxGS01)( 000( )1( )() ( )()( )( )1() ( )()( )VSVSSxxG x xx dVG x xxdSnS

47、xG x xx dVG x xdSx dSnS 1( )Sx dSS 在實際問題中，常遇到這類問題：在所考察的區(qū)域包含有無窮大的邊界面，假如，考察一導(dǎo)體球外的空間電勢分布問題，這時所考察的區(qū)域是球面和無窮大曲面間包圍的區(qū)域，所以這時邊界面S故有于是故得到01)(0 SnxxGS1( )0Sx dSS 0( )( )() ( )()VSxxG x xx dVG x xdSn 此式稱為外問題的Green函數(shù)解的形式。4、Green函數(shù)的制作函數(shù)的制作 以上的討論，表面上制裁似乎把靜電邊值問題的解找到了，其實并作為此，因為只有把問題的Green函數(shù)找到了，才能對表達(dá)式（第一類邊值問題的形式解和第二類

48、邊值問題的形式解）作出具體的計算。實際求Green函數(shù)本身并不是件容易的事，所以以上解的形式只具有形式解的意義。當(dāng)然，它把唯一性定理更具體地表達(dá)出來了。 在這里介紹幾種不同區(qū)域的Green函數(shù)的制作方法。（1）無界空間的Green函數(shù) 即在無窮大空間中放一個單位點電荷，求空間某處的電勢，也就是Green函數(shù)。其中， 代表單位電荷的所在位置（源點坐標(biāo)）， 代表觀察點坐標(biāo)（場點坐標(biāo)）。 現(xiàn)在，證明上述Green函數(shù)是否滿足Green函數(shù)所滿足的微分方程。證明： 選電荷所在處為坐標(biāo)原點，即 ，在球坐2122200)()()(141)(141)(zzyyxxxxxxGxx0 x標(biāo)系中考慮球?qū)ΨQ性，得到

49、而當(dāng)r=0時，取一小球面S 包圍著原點，取 對小球體積V積分，即rxG041)0(rxG141)0(202)0( 012rrr12從 函數(shù)性質(zhì)可知，保持小體積V的面積為1，從而有故得到223211114VVSSSdVdVdSrrrrdSr drr 211()14VVxx dVdVr )0( )(412rxxr與微分方程比較，即有這里把 與 互換， 不變，即有這就說明Green函數(shù)具有對稱性。（2）上半空間的Green函數(shù) 即在接地導(dǎo)體平面的上半空間，由于 ，屬于第一類邊值問題。)(1141)(0202xxrxxGxx)()(xxGxxG )(xxG0SG 根據(jù)鏡象法得到：yzor2r1xx21

50、222212220)()()(1)()()(141)(zzyyxxzzyyxxxxG這也可看到（3）球外空間的 Green函數(shù) 即在接地導(dǎo)體示外的空間，由 ，屬于第一類邊值問題。)()(xxGxxG 0SGyzxRRR0 xxrro其中：根據(jù)鏡象法得212040220212222222222cos21|)(|cos2|)cos(sinsincoscoscos RRRRRRRxRRxrRRRRxxrzyxRzyxR21202021220)cos2)(1)cos2(141)(RRRRRRRRRRxxG 在制作Green函數(shù)時，必須注意：求Green函數(shù)本身不是很容易的，只有當(dāng)區(qū)域具有簡單幾何形狀時

51、才能得出解析的解，如果 時，Green函數(shù)法也可以用來解Laplace equation的邊值問題。5、Green函數(shù)法的應(yīng)用舉例函數(shù)法的應(yīng)用舉例例例 在無窮大導(dǎo)體平面上有半徑為a的園，園內(nèi)和園外用極狹窄的絕緣環(huán)絕緣, 設(shè)園內(nèi)電勢為V0，導(dǎo)體板其余部分電勢為零，求上半空間的電勢。0)( xSolution:靜電問題：axyzRP(,z)P(,z)V0此題Green函數(shù)滿足的形式為相當(dāng)于無窮大金屬平板旁邊放置單位電荷求電勢問題00 0000002RzRzVz0),()(1),(002zxxGxxxxG其 Green函數(shù)為其中：換為柱坐標(biāo)，且有故Green函數(shù)為)11(41)(0rrxxG2222

52、)()()(zzyyxxr22222222)()sinsin()()coscos()(zz zzzzRRyyRRxx又電荷密度 ，還有 故得到因為積分面S是z=0的無窮大平面，法線沿-z方向，而2122222122220)cos(221)cos(22141)(RRz zzRzRRRz zzRzRxxG0SG0)( x0()( )( )SG x xxxdSn 由于S上只有園內(nèi)部分電勢不為零，因此式子中的積分只需對ra積分，即可。2322200)cos(221)()( RRRzRzzxxGnxxGzS0()( )()SG xxxxdSn dRdRsdVx . )( 0故在很遠(yuǎn)處，(R2+z2a2

53、)的電勢可以展開成冪級數(shù)，積分的被積函數(shù)分母展開020300222232220222200()( )( )22cos()12cos()12()SaaG x xxxdSnVzR dRdRzRRRV zRRRR dRdRzRz 223815231)1 (其中注意到cos(-)對一個或數(shù)個2周期的積分為零，故222)cos(2zRRRR)(815431)(2)()cos(4)cos(4815)()cos(2231)(12)(222222223222022223422202023220zRaRzRazRzaVzRRRRRRzRRRRzRdRdRzVxa2.6 電多極矩電多極矩 Electric mul

54、tipole moment 本節(jié)所要討論的問題是：在真空中，假若激發(fā)電場的電荷全部集中在一個很小的區(qū)域（如原子、原子核內(nèi)），而要求的又是空間距場源較遠(yuǎn)的場，這時可以采用多極矩近似法來解決問題。1、多極矩的概念多極矩的概念 對于帶電體系而言，若電荷分布在有限區(qū)域V內(nèi)，在V中任取一點o作為坐標(biāo)原點，區(qū)域V的線度為l，場點P距o點為R。多極矩法是討論多極矩法是討論 Rl 情況下的場分情況下的場分布問題。布問題。 以一個最簡單的例子來說明：假設(shè)V中有一個點電荷Q，位于（a,o,o）點上，如果對遠(yuǎn)處產(chǎn)生的電勢來說，相當(dāng)于xyzoQa=xyzoQ+xyzoQaxyzoQa-QxyzoQ零級近似如果作為一級

55、近似，且o=+o+xyzQaxyzoQxyzoQa/2-Qxyz-Q-QQ+Q如果作二級近似，同理得到xyzoQ+xyzo+Q-Q一級近似xyzoQa=xyzoQ+xyzoQa/2-Q xyzo-QQQxyzo-Q-Q-Q-Qa/4Q-QQQQxyzoxyzo+-QQ Qa/2二級近似總之，移動一個點電荷到原點，對場點產(chǎn)生一個偶極子分布的誤差；移動一個偶極子到原點，對場點產(chǎn)生一個電四極子分布的誤差；移動一個電四極子到原點，對場點產(chǎn)生一個電八極子分布的誤差；。xyzo-QQQ-Q-Qa/4+ 2、點電荷系的多極展開式點電荷系的多極展開式 假定V內(nèi)都是點電荷，其中第i個點電荷qi位于點A處，如圖所

56、示。符合 Rl 的條件，P點的電勢為zxPyAqjqiqkoixxliriiiprq041因為令 ，則相對于原點，有)cos21 (cos2cos2)()(22222222RrRrRrrRRxxxxxxxxrrriiiiiiiiiii1 RriiiiipRqRq22202120)cos2(83)cos2(21141)cos21 (41展開其中表示在點o處的電荷 的電勢；)2()1()0(220)21cos23(cos141iiRqRQqRRqiiii000)0(44141iiqQ30200) 1 (41cos41cos41RRpRrqRqiiiii表示在點o處的電偶極矩 的電勢；表示在點o處的

57、電四極矩 的電勢。 各個包含cos的因式就是級數(shù)的勒讓德多項式Pn(cos)。實際上，通過這個多極子的展開式，P點的電勢可寫為iiixqp iiiiiirrqRRq) 1cos3(21141)21cos23(41230220)2(iiiixxqD3。00 )(cos41nnniippRq3、連續(xù)分布電荷體系的多極子展開式連續(xù)分布電荷體系的多極子展開式 若區(qū)域V內(nèi)電荷是連續(xù)分布的，且電勢為由于源點到場點的距離遠(yuǎn)大于帶電區(qū)域V的線度，故 可將對 在原點附近作泰勒級數(shù)展開。01( )4pVxdVrzxPyVoxxirxr1 在一元函數(shù)f (x)情況下，在原點x=0鄰域的泰勒級數(shù)為：如果在x=a鄰域展

58、開，泰勒級數(shù)是： 對于三元函數(shù)f (x,y,z)，在原點x=0, y=0, z=0鄰域的泰勒級數(shù)是： )0(! 21)0()0()(2fxf xfxf )(! 21)()()()()(2afaxafaxafxf)0 , 0 , 0(! 21)0 , 0 , 0()0 , 0 , 0()0 , 0 , 0()0 , 0 , 0(),(2fzzyyxxfzzfyyfxxfzyxf如果在x=a, y=b, z=c點鄰域展開，且展開式為),()(),()(),()(! 21),()(),()(),()(),(),()()()(! 21),()()()(! 11),(),(2222222222cbafz

59、czcbafybycbafxaxcbafzczcbafybycbafxaxcbafcbafzczybyxaxcbafzczybyxaxcbafzyxf有了以上泰勒級數(shù)展開式，把 代替f (x)，因r是 的函數(shù)，即 。把 場點固定不變。而讓源點 變化，并把 在原點o附近展開，且有),()(2),()(2),()(2222cbafxzaxczcbafzyczbycbafyxbyaxr1xxx,xxrx02220000)1(! 21)1()1()1(11xxxxxrxxrzzryyrxxrrx因為 02020202220222)1(2)1(2)1(2)1()1(xxxxxrzzxzrzyzyryxy

60、xrzzryyzky jxixzkyjxi Rzyxzzyyxxrxzxzzyzyyxyxzzyyxxxxzzyyxxxzyxx11)()()(1122 2:212220, 0, 0212220222222222222 所以從而得到令Rrrxx11100 RxxRxRr1:! 21111 VpRxxRxRx1:! 2111)(410VdxQ)(故得到討論展開式的每項物理意義：討論展開式的每項物理意義： 展開式的第一項：VVdxxxDdxxp)(3)(RDRpRQp1:611410RQ0)0(41表示體系總電荷集中于原點的勢，它作為小區(qū)域帶電系在觀察點 的勢的零級近似。 展開式的第二項：表示體系