第三章静电场边值问题

第三章 静电场边值问题
在上一章中，我们已经知道了几种从电荷分布求静电场的问题。

一种是直接积分式(2-2-1)求得已知电荷分布情况下的电场；另一种是利用式(2-2-4)高斯定理求解某些具有对称性电荷分布的静电场问题；再一种就是由式(2-2-10)求出静电势，再利用关系式ϕ
=-∇E
求出电场，这些问题一般都不存在边界。

然而，对于许多实际静电
问题，电荷的分布是复杂的，计算积分很困难，甚至是不能积分，有些静电问题只给出了边界上的面电荷或电势。

在这种情况下，需有其它有效的方法求解静电问题，这种方法就是求解静电势所满足的偏微分方程。

这偏微分方程就是由式(2-2-10)给出的方程：
2
ρϕε∇=-
因此，对于有边界存在的情况下，我们不得不求解给定边界条件下静电势微分方程，然后求出静电场，这一问题称为静电场边值问题错误！未找到引用源。

即求出满足给定边界条件的泊松方程的解。

在这一章中，我们首先介绍静电唯一性定理，它是解决静电场边值问题的基础。

基于静电唯一性定理，我们主要介绍两种求解静电场边值问题的方法：电像法和分离变量法。

当然，求解边值问题还有其它的方法。

值得一提的是，本章所介绍的方法不仅仅适用于静电场，它同样适用于静磁场和时变电磁场。

3-1 静电唯一性定理
我们将证明，如果我们得到了满足给定边界条件的泊松方程的解，那么，这个解是唯一的。

这就是静电唯一性定理错误！未找到引用源。

下面我们证明这一定理并初步介绍它的应用。

在由边界面s 包围的求解区域V 内，若： 1) 区域V 内的电荷分布给定；
2) 在边界面s 上各点，给定了电势s ϕ，或给定了电势法向偏导数s
n
ϕ∂∂，
则V 内的电势唯一确定。

以上的表述就是静电唯一性定理。

下面，我们用反证法证明静电唯一性定理。

证: 假定在区域V 内的电荷密度分布为ρ(r )，且有两个不同的解φ1和φ2满足泊松方程及给定边界条件(给定的电势值s ϕ或电势法向偏导数
s
n
ϕ∂∂)。

即：
2
2
12,
ρρϕϕε
ε
∇=-
∇=-
并有
1
2
s
s
s
ϕϕϕ
==
或
12s
s
s
n
n
n
ϕϕϕ∂∂∂=
=
∂∂∂
式中s ϕ和
s
n
ϕ∂∂为给定的边界条件。

令φ = φ1 – φ2，则在区域V 内各点：
2
2
12()0φϕϕ∇=∇-=
(3-1-1)
及在边界s 上各点：
1
2
0s
s
s
φ
ϕϕ=-= (3-1-2)
或
120
s
s
s
n
n
n
ϕϕφ∂∂∂=
-
=∂∂∂ (3-1-3)
利用式(1-10-5)，
2
2
d d ()d V
V s
V V φφφφφ∇+∇=
∇⎰
⎰⎰s
将式(3-1-1)带入上式得：
2
d ()d d V
s
s
V s
n
φφφφφ
∇=
∇∂=
∂⎰
⎰⎰s
(3-1-4)
若在边界s 上各点无论是给定了电势或给定了电势法向偏导数均有：
2
d 0V
V φ
∇=⎰
(3-1-5)
因|∇φ|2 ≥ 0，满足上式的条件只能是在求解区域V 内各点∇φ = 0。

因此，
φ1 - φ2= 常数
如果在边界上是给定了电势φ|s ，则因φ1|s = φ2|s ，此常数为零；若边界条件给出的不是电势，而是(∂φ/∂n )|s 此常数不一定为零。

但由式E = -∇φ，区域V 内的电场唯一确定，一个常数并不改变电场的基本特性，通常为了方便，此常数选择为零。

由此，我们最初假定φ1和φ2是两个不同的电势解是不成立的。

这样我们就证明了静电唯一性定理。

在边界上各点给定电势值φ|s 的条件通常我们称为第一类边界条件错误！未找到引用源。

；而给定法向偏导数条件(∂φ/∂n )|s 则称为第二类边界条件错误！未找到引用源。

从式(3-1-4)来看，若部分边界上给出第一类边界条件，部分边界上给出第二类边界条件，并不改变我们的结论。

若空间存在不同的介质，显然这种情况并没有影响我们的证明过程。

因此也不改变我们的结论。

但在实际中，我们通常是将每一种介质作为一个子区域来求解电势问题。

子区域之间的电势通过边值关系(2-4-4)和(2-4-12)(分别对应于各子区域的第二类和第一类边界条件)连接起来而得到整个空间的电势解。

因此，在这种情况下，还必须给出介质分界面的电荷密度，这仍然是“给出求解区域内的电荷分布”情况。

若空间存在导体，导体区域不是我们的求解区域，而导体表面则是求解区域的边界。

因此，若空间存在导体，则必须给出导体上的电势或面电荷密度(面电荷密度对应于第二类边界条件，0
fs
n
ϕρε∂=-∂)，否则不能得到唯一解。

但通常情况是给出了
导体所带的电量Q ，而不是给出面电荷密度。

这种情况仍属于第二类边界条件问题，因面电荷密度0
fs
n
ϕρε∂=-∂，而s
d fs s Q ρ=⎰ ，其中s 为包围导体的封闭面。

在应用静电唯一性定理时，要注意的是，有时边界面在无穷远处。

静电唯一性定理有两个重要的意义：
(1) 它指明了确定电势解的条件是什么。

这些条件是： i) 求解区域内的电荷分布必须给出(包含ρf = 0)；
ii) 求解区域边界上各点必须给定电势值φ|s 或电势法向偏导数
s
n
ϕ∂∂。

(2) 因满足给定边界条件的泊松方程的解是唯一的，因此我们可以尝试解错误！未找到引用源。

只要尝试解满足区域内电荷分布，满足边界条件，此尝试解就是唯一解。

从实际的观点来看，静电唯一性定理的意义在于：无论我们用什么方法，一旦得到了满足给定边界条件的泊松方程的解，则此解是唯一的，而不用担心有其它的解。

这个“无论什么方法”，指的是系统的方法、或机灵的猜测、或幸运的猜测、或简单的记住了过去的类似解而给出符合问题的变形等等方法。

需要指出的是：“满足泊松方程的解”意味着解满足了求解区域内的电荷分布。

或者说给定电荷分布既是给定了泊松方程的具体形式。

因此，根据静电唯一性定理，确定电势解的全部条件(简称定解条件)为泊松方程的具体形式和边界条件。

下面，我们给出几个尝试法的例子。

例 3-1-1 一位于原点的点电荷q ，求空间的电势。

解: 此问题是我们熟知的问题，这里在于理解如何应用尝试法求电势解。

首先我们应清楚求解区域是整个空间。

空间中电荷分布为ρ(r ) = q δ(r )，而求解区域的边界在无穷远，无穷远的电势通常我们选择为零。

因此，根据静电唯一性定理，确定本问题解的条件(定解条件错误！未找到引用源。

)为：
2
()/q ϕδε∇=-r (r ≥ 0) (3-1-6a)
0ϕ
=∞
(31-6b)
因本问题具有球对称性，通常电势与距离r 成反比。

因此，我们猜测解具有如下形式：
A B
r ϕ=
+
式中A 和B 为待定常数。

将其带入式 (3-1-6b)得：
B = 0.
利用式(1-9-17)，我们有：
[]2
2
14()4()
A A A r
ϕπδπδ∇=∇
=-=-r r
与式(3-1-6a)比较得：
4q A πε=
因此，所求电势为：
04q r
ϕπε=
它满足定解条件，因此是唯一解。

当然，本问题也可在球坐标系中得出解析解。

例 3-1-2 一位于z = 0的平面带有面电荷密度ρfs = ρ0sin(αx )sin(βy )，式中ρ0、α、β为常数。

求空间的电势。

解: 在本问题中，在z = 0有一分界面，且带有面电荷密度。

为方便，我们将求解区域分为z < 0和z > 0两个子区域。

这两区域的电势分别用下标1和2表示。

在分界面两则电势满足式(2-4-4)和(2-4-12)。

因此，本问题的定解条件可写成：
2
10ϕ∇= (z < 0) (3-1-7a) 220
ϕ∇= (z > 0) (3-1-7b) 1
0z ϕ→-∞
= (3-1-7c) 2
0z ϕ→∞
=
(3-1-7d) 12
z z ϕϕ=== (3-1-7e)
210
000
sin(x)sin(y)
s z z z
z
ϕϕεερραβ==∂∂-=-=-∂∂ (3-1-7f)
在直角坐标系中，
2
2
2
2
2
2
2
x
y
z
ϕϕϕϕ∂∂∂∇=
+
+
∂∂∂
根据边界条件(3-1-7c)、(3-1-7d)、(3-1-7f)，我们猜测解的形式为：
12sin()sin()sin()sin()
z
z
Ae x y Ae
x y γγϕαβϕαβ-==
式中A 和γ为待定常数。

由电势微分方程(3-1-7a)和(3-1-7b)得：
2
22sin()sin()sin()sin()sin()sin()0
z
z
z
A e
x y A e
x y A e
x y γγγααββαβγαβ±±±--+=
由此得出：
2
2
γαβ
=±+
因此，
2
2
22
12sin ()sin()sin ()sin()
z
z
Ae x y Ae
x y αβαβϕαβϕαβ+-+==
又由边界条件(3-1-7f)得：
2
2
2
2
000sin()sin()sin()sin()sin()sin()
A x y A x y x y εα
β
αβεα
β
αβραβ-+-+=-
因此，
2
2
02A ρεαβ
=
+
最后我们得到所求的解为：
22
2
2
12
2
00
22
2
0sin ()sin()0
2sin ()sin()0
2z
z
e
x y z e
x y z αβαβρϕαβεαβ
ρϕαβεαβ
+-+=<+=
>+
以上解满足所有定解条件，因此是唯一解。

由上面的例子可以看出，求解静电势的关键是完整、准确地写出定解条件错误！未找到引用源。

写出定解条件的方法即根据静电唯一性定理的第一个意义，即：首先找出求解区域，求解区域中的电荷分布如何，然后写出泊松方程。

其次是求解区域的边界在哪？边界上给出的条件是什么，但要注意无穷远边界。

还有一个特殊的“边界”值得注意。

若求解区域包含坐标原点，从数学上来说，它也是一个“边界”。

后面的例题中我们将说明以上问题。

对于静电问题，静电唯一性定理是很重要的。

后面介绍的电像法、分离变量法的根据就是静电唯一性定理。

静电唯一性定理的本质是来源我们第一章中介绍的矢量场唯一性定理。

静电唯一性定理的表述和矢量场唯一性定理的表述一一对应。

Review questions:
1) What are the necessary conditions to determine the electrostatic potential in a region? 2) What are the significances of the uniqueness theorem?
3) How do we find the conditions to determine the electrostatic potential in terms of the uniqueness
theorem?
3-2 电像法
对于某些边值问题，例如在有限空间中有一个或几个点电荷的情况，可以用电像法求解边值问题。

电像法错误！未找到引用源。

的核心是：边界的效应可用一个或几个等效点电荷取代。

这样，原来有边界的问题变成了无边界的点电荷问题。

而点电荷的电势是我们熟知的。

等效电荷错误！未找到引用源。

取代相应的边界后，并没改变原来的静电问题，因此原求解区域中的电势并没有改变。

显然，为不改变原来的静电问题，等效电荷应位于原求解区域之外。

这些等效电荷称为像电荷错误！未找到引用源。

，用像电荷取代边界效应这一方法求静电势称为电像法错误！未找到引用源。

这样，我们的静电问题又转换为求出像电荷的大小和位置的问题。

下面，我们给出几个例子说明如何应用电像法求解静电问题。

例 3-2-1 一点电荷q 位于一无穷大接地导体平面上，如图3-2-1(a)所示。

求上半空间的电势和电场，并证明导体平面上总感应电荷为-q 。

解: 图3-2-1(a)表示了点电荷q 位于接地导体平面上(0, 0, d )处。

我们的求解区域为z > 0区域，边界为z = 0 和无穷远。

边界条件为0
0z ϕ==和0
ϕ
∞
=。

由例2-2-7
知，在一对正负电荷的平分面上，电势为零。

因0
0z ϕ
==，因此我们可以考虑有一负
电荷–q 位于(0, 0, –d )处而暂时忽略导体平面的存在。

即导体平面的效应完全用一个像电荷–q 取代，如图3-2-1(b)所示。

这样，我们得到上半空间的电势为：
图 3-2-1 一位于无穷大接地导体平面上的点电荷
∙P (r ) o
r
R 2
z z = -d z = d R 1
∙ -q
∙ +q z = 0
(a)
(b)
o
z z = d ∙q z = 0
(c)
电场线 等势线
01211()4q
R R ϕπε⎡⎤
=
-⎢⎥
⎣⎦r
式中222
1
()
R x y z d =++-，2
2
2
2
()
R x y z d =+++。

显然，此解满足边界条件，在
上半空间也满足本问题的泊松方程，因此此电势解是唯一解。

空间P 点的电场为：
0121233012333333
0121212
1144()()()4x y z q R R q
R R q
x x y y z d z d
R R R R R R ϕπεπεπε=-∇⎡⎤=-
∇-⎢⎥⎣⎦⎡⎤=
-⎢⎥⎣⎦
⎡⎤-+=
-+-+-⎢⎥⎣⎦E R R e e e
式中z > 0。

相应的等势面和电场线如图3-2-1(c)所示。

由式0
0fs
n
s
s
E n
ϕρεε∂=-=-∂，我们得到导体平面的面电荷密度为：
3
24fs qd R
ρπ=-
式中222
22
()
R
x y d
r d =++=+。

因此，导体平面上总感应电荷：
22
2
3/2
2d d d 4()
fs s
qd r r Q s q
r d πρφπ
∞=
=-
=-+⎰
⎰
⎰
我们也可求出电荷q 受到的力。

在q 处，–q 产生的电场为2
016z
q d
πε=-
e E e 。

因此q
受到的电场力为：
2
2
016z
q
q d
πε==-
e F E e
上式也可根据库仑定律求得。

事实上，本问题的定解条件错误！未找到引用源。

为：
2
(,,)/q x y z d ϕδε∇=-- (z > 0) (3-2-1a)
0z ϕ== (3-2-1b)
ϕ
∞
= (3-2-1c)
它是由下面的定解条件所取代：
2
00(,,)/(,,)/q x y z d q x y z d ϕδεδε∇=--++
(对整个空间) (3-2-2a)
ϕ
∞
= (3-2-2b)
由定解条件(3-2-2)，我们可以得到其解为：
01211()4q
R R ϕπε⎡⎤
=
-⎢⎥
⎣⎦r
取z > 0，则为我们原来所需的解。

即我们用位于(0, 0, –d )的像电荷取代了边界条件(3-2-1b)，即0
0z ϕ
==。

上面求解过程是直接利用了例2-2-7的知识。

事实上，像电荷的大小及在下半空间的位置完全可以通过定解条件(3-2-1)求得，其结果和上面的一致（读者可尝试）。

这再一次说明列出静电问题的定解条件是很重要的。

例 3-2-2 两相互垂直接地导体平面x = 0和y = 0，如图3-2-2所示。

一点电荷q 位于 (a , b , 0)，a > 0及b > 0。

求空间的电势和电场。

.
解: 求解区域为x > 0、y > 0，求解区域内的电荷密度分布为(,,)q x a y b z δ--。

求解区域的边界为x = 0、y = 0及无穷远处。

根据静电唯一性定理，我们得到本问题的定解条件为：
2
(,,)/q x a y b z ϕδε∇=--- (x > 0，y > 0) (3-2-3a)
0x ϕ
== (3-2-3b)
y ϕ
== (3-2-3c)
ϕ
∞
= (3-2-3d)
上面的最后三个条件为边界条件。

根据上一例题，第二和第三个条件的边界效应可用三个像电荷取代，如图3-2-2所示。

这三个像电荷分别是：位于(a , –b , 0)的–q ；位于(–a , b , 0)的–q ；位于(–a , –b , 0)的q 。

这些像电荷与原来的电荷保证了第二和第三个条件成立。

因此，空间P (r )点的电势为：
0123411114q
R R R R ϕπε⎡⎤
=
-+-⎢⎥
⎣⎦
式中
2
2
2
1()()R x a y b z
=
-+-+
R 4 R 2 • q
• -q R 1
-q •
o
y
x
a b q •
图 3-2-2 两相互垂直导体平面间的点电荷
• P (r )
R 3
222
2()()R x a y b z =-+++ 2
2
2
3()()R x a y b z =++++ 2
2
2
4()()R x a y b z
=
++-+
及x ≥ 0、y ≥ 0。

上面的电势解满足全部的定解条件(3-2-3)，根据静电唯一性定理，它是唯一解。

由此我们得到电场为：
31243333012344q
R R R R ϕπε=-∇⎡⎤
=
-+-⎢⎥
⎣⎦E R R R R
上式中的R 矢量分别为点电荷和像电荷指向场点的距离矢量。

例 3-2-3 一点电荷q 位于半径为a 的接地导体球外d 处，d > a ，如图3-2-3所示。

求空间的电势分布及球面上面电荷密度。

解: 首先，我们求出球外电势分布。

依据静电唯一性定理，我们写出本问题的定解条件为：
2
()/z q d ϕδε∇=--r a (r > a ) (3-2-4a)
0r a
ϕ== (3-2-4b)
ϕ
∞
= (3-2-4c)
我们用一像电荷来取代第二个条件。

根据球面特点，我们假定像电荷q′位于z 轴d ′处，d ′ < a ，如图3-2-4所示。

因像电荷要取代第二个条件，因此我们用第二个条件来求出像电荷的位置和大小。

根据图3-2-4，空间P 点的电势为：
0121
4q q r r ϕπε⎡⎤'=
+⎢⎥⎣⎦
图 3-2-4 像电荷位置
r 2 r 1
q
q ' • r
z
d
•
• P θ o a
•
z
q
d
o a
图 3-2-3 接地导体球外一点电荷
式中221/2
1
(2cos )
r r d rd θ=+-，221/2
2
(2cos )
r r d rd θ=+-´´。

因q′和d ′未知，将其带入
式 (3-2-3b)得：
2
2
1/2
2
2
1/2
(2cos )
(2cos )
q
q a d ad a d ad θθ'
+
=+-+'-'
将上式整理为：
2
2
2
2
2
2
(2cos )(2cos )
q a d ad q a d ad θθ+'-'='+-
上式对任何θ值成立则必有(或利用后面将介绍的正弦、余弦函数正交性得出)：
2
2
2
2
2
2
()()q a d q a d +'='+
及
2
2
q d q d
'='
注意到d > a > d ′，解以上二元二次方程组得：
2
a a
q q
d d d
'=-
'=
因此，所求电势为：
2
21/242
21/2
0214(2cos )(2cos )
a
q q d r d rd a a r r d d ϕπεθθ⎡⎤
-⎢⎥=+⎢⎥+-⎢⎥+-⎢⎥⎣
⎦
(r > a )
此解满足全部的定解条件(3-2-4)，因此是唯一解。

利用上式我们得到导体球上面电
荷密度分布为：
22
2
2
3/2
4(2cos )
fs r a
q
d a
r
a d a ad ϕρεπθ=∂-=-=-
∂+-
利用以上结果，我们可以求得球外电场及导体球面上总电荷分别为：
32
2
23/242
23/2
023
2
23/242
23/2
02cos /cos /4(2cos )(2cos )
sin 1(/)4(2cos )(2cos )
r q r d ar d a d
r d rd a a r r d d qd a d r d rd a a r r d d θθθϕπεθθθπεθθ⎡
⎤
⎢⎥--=-∇=-⎢⎥+-⎢⎥+-⎢⎥⎣
⎦⎡
⎤⎢⎥+-⎢⎥+-⎢⎥+-⎢⎥⎣
⎦
E e e
2
2sin d /total fs Q a qa d πρπθθ=
=-⎰
图3-2-5给出了本问题的部分电场线和等势线分布。

若导体球不是接地，而是保持电势φ0。

则定解条件成为：
2
()/z q d ϕδε∇=--r a (r > a ) (3-2-5a)
r a
ϕϕ== (3-2-5b)
ϕ
∞
= (3-2-5c)
在这种情况下，电势的解可分解为下面两个的解的线性组合。

令φ = φ1 + φ2，我们将定解条件(3-2-5)分解为：
2
10()/z q d ϕδε∇=--r a
(r > a ) (3-2-6a)
1
r a
ϕ== (3-2-6b)
1
ϕ∞
= (3-2-6c) 和
2
20
ϕ∇= (r > a ) (3-2-7a) 20
r a
ϕϕ== (3-2-7b)
2
0ϕ∞
= (3-2-7c)
即：我们将问题分为两个问题φ1和φ2。

条件(3-2-6)的解正是(3-2-4)问题的解，下面我们来解问题(3-2-7)。

由定解条件(3-2-7)看出，位于原点的点电荷q′′可满足(3-2-7)全部条件，ϕ2的形式为：
201
4q r
ϕπε''=
带入式(3-2-7b)得：
004q πεϕ''=
因此，
02a
r
ϕϕ=
因此，球外电势φ：
图 3-2-5 部分等势线(虚线)和电场线(实线)分布
122
21/242
21/2
0214(2cos )(2cos )
a
q a q d r r d rd a a r r d d ϕ
ϕϕϕπεθθ⎡⎤
-⎢⎥=+=++
⎢⎥+-⎢⎥+-⎢⎥⎣⎦
若导体球不是给出电势φ0，而是带有电量Q 。

则因整个导体球及导体球面电势为一常数，此时问题的定解条件仍为：
2
()/z q d ϕδε∇=--r a (r > a ) (3-2-8a)
r a
ϕϕ== (待定常数) (3-2-8b)
ϕ
∞
= (3-2-8c)
因导体球面为常电势，式中φ0为由下式确定的常数：
0d d fs s
r a
Q s s
r
ϕρε=∂=
=-∂⎰
⎰
定解条件(3-2-8)和(3-2-5)一样，将(3-2-5)的解带入上式求得球外电势为：
2
21/242
21/2
0021/44(2cos )(2cos )
a
q q Q aq d d r r d rd a a r r d d ϕπεπεθθ⎡⎤
-⎢⎥+=++
⎢⎥+-⎢⎥+-⎢⎥⎣
⎦
上式为位于r = d e z 的点电荷q 和位于r = (a 2/d )e z 的点电荷q ' = – (a /d )q 以及位于原点的点电荷Q – q ' = Q + (a /d )q 产生的电势。

Review questions:
1) In which cases can we use the method of images? 2) What is the essence of the method of images?
3) What is the method of images based on theoretically?
4) Is the method of images the only one method to find the potential in the examples in this section?
3-3 分离变量法
电像法求解泊松方程是一种比较优雅的方法。

不幸的是它极大地限制了应用范围，一般用于有限空间中有一个或几个点电荷的情况。

这一节我们将介绍另一种方法：分离变量法错误！未找到引用源。

分离变量法虽然有点凌乱，但具有广泛的应用范围。

若空间电荷密度分布为零，则泊松方程成为拉普拉斯方程。

静电问题中一类重要的类型是给出了导体面上的电势或电荷密度。

在这类问题中，电势满足拉普拉斯方程。

本节的主要目的就是用分离变量法求解具有矩形、圆柱形、球形边界满足拉普拉斯方程的静电问题。

3-3-1 直角坐标系中的分离变量法
在直角坐标系如何应用分离变量法求解满足拉普拉斯方程的静电问题？下面我们用一个特例来说明应用分离变量法的要点。

考虑两块半无限大接地平行于xz 平面的导体板，一块位于y = 0，另一块位于y = d ；平行板的有限端x = 0处被与之绝缘并保持常电势φ0的导体板封闭，如图3-3-1所示。

下面我们来求出导体板间的电势。

对于本问题，求解区域是两平行板之间，区域内无电荷分布，因此电势满足拉普拉斯方程。

区域的边界在y = 0、y = d 、x = 0、及x → ∞处。

本问题实际是一个二维问题，即静电势与z 轴无关。

因此，根据静电唯一性定理，我们可以写出求解本问题静电势的定解条件错误！未找到引用源。

为：
2
ϕ∇= ( x > 0，0 < y < d ) (3-3-1a) 0x ϕ
→∞
= (3-3-1b)
0y ϕ== (x > 0) (3-3-1c) 0
y d
ϕ
== (x > 0) (3-3-1d) 0
x ϕ
ϕ== (0 < y < d ) (3-3-1e)
最后的条件是我们通常的选择。

因本问题为二维问题，因此式(3-3-1a)在直角坐标系中可写成：
2
2
22
x
y
ϕϕ∂∂+
=∂∂ (3-3-2)
分离变量法的核心是将多维电势分解为多个一维电势的乘积。

令
(,)()()x y X x Y y ϕ=
将其带入式(3-3-2)得：
2
2
22
d d 0
d d X Y Y X
x
y
+=
将x 变量项和y 变量项整理为：
2
2
22
1d 1d d d X Y X Y x
y
=-
上式坐标仅是x 的 函数，而右边仅是y 的函数。

这样，我们就将变量分离了。

在上面
图 3-3-1 两半无限大接地平行导体板
φ = 0 φ = 0
φ0
y 导体板
x
y = d
的方程中，对任意x 和y 成立，方程两边必等于常数。

即：
2
2
2
22
1d 1d d d X Y k
X Y x
y
==-
(3-3-3)
式中k 为常数，称为分离常数。

为什么我们将常数写为k 2
而不是-k 2
，后面我们将清楚这一点。

上式可分为两个微分方程：
2
2
2
1d d X k
X x = 2
2
21d d Y k
Y y
=-
我们知道上面的微分方程一般解为：
kx
kx
X A e
B e
-=+
sin()cos()Y C ky D ky =+
因此，
[][sin()cos()]kx
kx
Ae
Be
C ky
D ky ϕ-=++
式中A 、B 、C 、D 为由边界条件确定的待定常数。

由边界条件(3-3-1b)，我们得到A = 0及k > 0。

这就是为什么我们将常数写为k 2
而不是-k 2
的原因。

它可使电势φ在x 方向单调地增加或单调地减少而不是振荡。

由边界条件(3-3-1c)，我们得到D = 0。

而边界条件(3-3-1d)给出：
sin()0kd =
由此式及条件k > 0，我们得到：
,
1,2,3,n k n d π=
=⋯
我们不取n = 0的原因是因为它给出的是零解。

因此，我们得到电势解：
(,)sin(
),1,2,3,n x
d n n n x y B e
y n d
ππϕ-==⋯
(3-3-4)
其中C 已并入B n 。

因拉普拉斯方程是线性方程，任何解的线性叠加也是方程的解。

因此，我们将(3-3-4)所有n 值的解叠加起来得到了更为一般的解：
1
(,)sin(
)
n x
d
n n n x y B e
y d
ππϕ∞
-==
∑
(3-3-5)
式中B n 为常数。

此解满足边界条件(3-3-1b)、(3-3-1c)、(3-3-1d)。

由边界条件(3-3-1e)， 我们有
01
sin(
)
n
n n B
y d
πϕ∞
==
∑ (3-3-6)
现在，我们的问题是对于给出的φ0，选择什么样的B n 。

为此，我们利用正弦函数sin(ny )的两个有用的特性：正交性和完备性。

正弦函数的正交性是指正弦函数满足正交关
系：
sin()sin()d 2
mn mx nx x ππ
δ=
⎰
正弦函数的完备性是指任一函数f (x )总可以展开成各个n 值的正弦函数加权代数和。

将式(3-3-6)两边乘以sin(
)
m y d
π并积分得：
00
1sin(
)d ()sin(
)sin(
)d (
)n n m m n y y B y y y d
d
d
d
d
ππππ
πππ
ϕ∞
==
∑⎰
⎰
由正交关系得出：
00
1
1
sin(
)d (
)sin(
)sin(
)d (
)
2
2
n n n
m n
n m
m m n y y B y y y d
d
d
d
d
B B ππππ
πππ
ϕπ
δ
π
∞
=∞
====
∑⎰
⎰
∑
因上式对所有的m 成立，用n 取代m 得：
00
02
sin(
)d ()
2sin(
)d 2[1cos()]
40n d n B y y d d
n y y
d
n n n n n πππ
ϕπ
ϕπ
πϕππ
ϕπ=
==-⎧⎪=⎨⎪⎩
⎰
⎰
为奇数为偶数
最后，我们得到所求电势为：
1,3sin()
4n x
d
n n e
y d
n
ππϕϕπ
-
∞
=⋯
=
∑
电场可由关系式ϕ
=-∇E
得出。

图3-3-2画出了部分等势线和电场线。

在上面求解问题的过程中，我们将电势写成两个一维函数的积。

一个为单调增
图 3-3-2 部分等势线和电场线
φ = 0
φ = 0
y φ0
x
错误！未找到引用源。

或单调减函数错误！未找到引用源。

(指数函数)，另一个为振荡函数错误！未找到引用源。

(正弦函数)。

这一方法至关重要的是根据振荡函数的正交性错误！未找到引用源。

和完备性错误！未找到引用源。

一个函数集f n (x)，如果说它是正交的，则两个不同函数积在某范围的积分总是零。

即：
()()d 0
n m f x f x x =⎰
上式积分中n ≠ m 。

一个函数集说它是完备的，则任何其它函数可展开成它们的加权和。

利用某些函数的正交性和完备性，分离变量法具有广泛的适用性。

例 3-3-1 一矩形导体腔内尺寸分别为a 、b 、c ，如图3-3-3所示。

如果与其它导体壁绝缘的上盖保持电势φ0，而其它壁接地。

求腔内电势分布。

解: 本问题求解区域为导体腔内，腔内电荷密度ρ = 0。

区域的边界为腔壁。

因此，电势的定解条件为：
2
0ϕ∇=
(0 < x < a ，0 < y < b ，0 < z < c ) (3-3-7a) 0
0x ϕ
== (3-3-7d)
0x a
ϕ
== (3-3-7c) 0
0y ϕ== (3-3-7d) 0
y b
ϕ
== (3-3-7e) 0z c
ϕϕ== (3-3-7f) 0
0z ϕ
==
(3-3-7g)
本问题为三维问题。

在直角坐标系中，式(3-3-7a)可写为：
2
2
2
2
2
2
x
y
z
ϕϕϕ∂∂∂+
+
=∂∂∂ (3-3-8)
同上面的讨论一样，三维的电势写为三个一维电势的积：
(,,)()()()x y z X x Y y Z z ϕ=
带回上式并除以XYZ 得：
x
c
b
a
y
z 图 3-3-3 矩形导体腔
φ0
2
2
2
2
2
2
1d 1d 1d 0
d d d X Y Z X Y Z x
y
z
+
+
=
将其整理为：
2
2
2
22
2
1d 1d 1d d d d X Y Z X Y Z x
y
z
+
=-
上式左边为x 和y 的函数，而右边仅为z 的函数，它们相等则必等于一常数。

我们将此分离常数写为2z k 。

因此有：
2
2
2d 0
d z Z k Z z
+= (3-3-9a)
重复以上过程，我们得到：
2
2
2
d 0d x X k X x
+= (3-3-9b) 2
2
2
d 0d y Y k Y y
+=
(3-3-9c)
式中2x k 和2y k 也是分离常数。

这三个分离常数并不是独立的，它们满足：
2
2
2
0x y z k k k ++=
由此，k x ,、k y 、k z 不可能都是实数或虚数。

若其中一个为实数，则至少另一个为虚数。

也就是说，在X 、Y 、Z 函数中至少一个函数必是随变量指数变化，也至少一个随变量正弦变化。

现在，我们将三维的偏微分方程分离为三个一维常微分方程。

这些常微分方程的解很易求得。

但是，选择解的形式是很重要的，它由边界条件确定。

根据上面的讨论以及对边界条件(3-3-7b)至(3-3-7g)的分析，我们选择k z 为虚数，并写成z
k j α
=，22x y k k α=+为正实数；因k x 和k y “地位”相同，因而k x 和k y 也为
正实数。

因此，常微分方程(3-3-9)的一般解为：
sin()cos()x x X A k x B k x =+ sin()cos()y y Y C k y D k y =+ sinh cosh Z E z F z
αα=+
式中A 、B 、C 、D 、E 、F 为积分常数，而
sinh()2
z
z
e
e z ααα--=
cosh()2
z
z
e
e z ααα-+=
为双曲函数。

由边界条件(3-3-7b)、(3-3-7d)、(3-3-7g)，我们得到B = 0、D = 0、F = 0。

因此，
sin()x X A k x = sin()
y Y C k y =
由边界条件(3-3-7c)，
sin()0x k a =
因k x 为正实数，因此，
,
1,2,3,x m k m a π=
=⋯
同样地，由边界条件(3-3-7g)得：
,
1,2,3,y n k n b π=
=⋯
我们去掉0是因为它给出的是零解。

因此，
sin(
)sin(
)sinh()
mn mn m n A x y z a b
ππϕα=
常数A 、C 、E 已并入A mn 。

上面所有m 和n 值的解的线性叠加为电势φ的通解，即：
11(,,)sin(
)sin(
)sinh()m n
m n m n m n x y z A
x y z a
b
ππϕα∞
∞
===
∑∑
由边界条件(3-3-7f)得：
011
sin(
)sin(
)sinh()
m n
m n m n m n A
x y c a
b
ππϕα∞
∞
===
∑∑
上式乘以sin(
)m x a
π'和sin(
)
n y b
π'并积分得：
00
2
sin(
)d (
)sin(
)d ()sinh()sin(
)sin(
)d (
)sin(
)sin(
)d (
)
sinh()
2
2
sinh()
4
m n m n m n m n m n m m nn m
n m n m n m n x x y y a
a
b
b
m m n n A c x x x y y y a
a
a
b
b
b
A c A c π
π
π
π
ππ
ππ
ϕπππ
πππ
απ
π
αδδπ
α∞
∞
∞
∞
'
'
''''''''==
=
⎰⎰∑∑
⎰⎰∑∑
上式左边：
00
0sin(
)d (
)sin(
)d (
)(1cos )(1cos )
4,
3,5m n x x y y m n a
a
b
b
m n m n m n π
π
ϕππ
ππ
ϕππϕ''=-'-'''=
','=1,⋯
''
⎰⎰
用m 、n 取代m '、n '，则
2
16,3,5sinh()
m n m n A m n m n c ϕπα=
,=1,⋯
最后，我们所求电势为：
2
1,3,1,3,sin(
)sin(
)sinh()16(,,)sinh()
m n m n m n m n x y z a
b
x y z m n c ππ
αϕϕαπ
∞∞
=⋯=⋯
=
∑∑
式中2
2
()(
)
m n
m n a
b
ππα=+，1sinh()()
2mn mn c
c
mn c e
e ααα-=
-。

若导体腔六个壁分别保持电势φ1、φ2、…、φ6，根据以上方法，我们同样可求出腔内的电势分布。

3-3-2 柱坐标系中的分离变量法
在柱坐标系中，拉普拉斯方程的形式为：
2
2
2
2
2
2
11()0
r
r r
r
r
z
ϕϕϕϕφ
∂∂∂∂∇=
+
+
=∂∂∂∂ (3-3-10)
这里，我们仅讨论二维电势问题：即电势与z 无关，φ = φ(r , φ)。

令
()()f r g ϕφ=
将其带入式(3-3-10)并除以f (r )g (φ)得：
2
2d d 1d ()0
d d d r f g r f r
r g φ
+
=
同前面的讨论一样，由上式我们得到：
2
22d 0d g k g φ
+=
(3-3-11)
及
2
d d ()0
d d f r r k f r r
-= (3-3-12)
式中k 为分离常数，它可以是实数也可以是虚数。

在我们讨论的静电问题中，若φ的变化范围为0 ≤ φ ≤ 2π，则场量随φ的变化必是周期函数，即k 为一实数。

因此，方程(3-3-11)的解为：
()sin()cos()
g A k B k φφφ=+
式中A 和B 为常数。

又因场量在空间是单值的，因此必有：
[(2)]()
g n g n φπφ+=
式中n 为整数。

因场量在空间某点是单值的，由此得出常数k 必是正整数n 。

因此得到：
()sin()cos()g A n B n φφφ=+
方程(3-3-12)则可写成
2
d d ()0
d d f r
r
n f r
r
-=
或
2
2
2
2
d d 0
d d f f r
r
n f r
r
+-= (3-3-13)
它的解为：
n
n
f Cr Dr
-=+ (n ≠ 0)
式中C 和D 为常数。

将上面不同n 值的解线性叠加，我们得到二维电势的通解为：
[][]{}1
sin()cos()sin()cos()n
n
n
n n n n r A
n B n r
C n
D n ϕφφφφ∞
-==
+++∑ (3-3-14)
在上面的通解中不包含n = 0是因为它给出的是一维解。

由方程(3-3-13)得出一维电势解：
00()ln f r C r D ϕ==+ (3-3-15)
例 3-3-2 一半径为a 的无限长导体柱置于原均匀的电场E 0中。

E 0方向垂直导体圆柱轴，如图3-3-4所示。

求柱外的电场。

解: 因零电势点的选择并不改变电场的本质，因此我们选择导体为零电势。

又因无穷远处电场仍为均匀电场，根据例2-2-8，我们得到无穷远电势为0cos Er φ-=-E r 。

因此，求解导体柱外的电势定解条件错误！未找到引用源。

为：
2
()r a ϕ∇=> (3-3-16a)
0r a
ϕ
== (3-3-16b)
0cos r E r ϕ
φ
→∞
=- (3-3-16c)
本问题为二维电势问题。

式(3-4-16a)给出的通解为：
[][]{}1
sin()cos()sin()cos()n
n
n
n n n n r A
n B n r
C n
D n ϕφφφφ∞
-==
+++∑
由式(3-4-16c)我们看出当r → ∞时，无穷远处电势与sin φ无关，但与r 和cos φ成正比。

因此，我们得出A n = C n = 0及n = 1。

这样我们所求电势的形式为：
11cos cos D B r r ϕφφ
=+
由式(3-4-16c)得B 1 = -E 0。

再由式(3-4-16b)得：
r
x
• φ
o a
E 0=E 0e x
P
图 3-3-4 均匀外电场中的导体柱
100cos cos D E a a
φφ
=-+
由此D 1 = a 2E 0。

这样，我们求得导体柱外的电势分布为：
2
00cos cos E a E r r
ϕφφ
=-+
利用电势与电场关系式，我们得到导体柱外电场为：
22002
2
1(1)cos (1)sin r
r r
r a a E E r
r
φ
φϕϕϕφ
φφ
∂∂=-∇=--∂∂=+
--
E e e e e
根据以上结果，图3-3-5画出了导体柱外部分电场线。

例 3-3-3 一半径为a 、电容率为ε的无限长介质圆柱，置于原均匀的电场E 0中，E 0方向垂直介质圆柱轴，如图3-3-6所示。

求柱内外的电场分布。

解: 在本问题中，在r = a 处有一分界面，分界面面电荷密度ρfs = 0。

我们首先求出柱内外的电势分布。

我们将求解区域分为柱内外两个区域来考虑，柱内外区域的场量分别用下标1和2表示。

这里要特别注意的是，我们的求解区域包含了r = 0的数学边界，而此处没有点电荷分布，电势为有限值。

我们选择介质柱放入外电场之前坐标原点的电势为零。

因此，我们得到本问题的定解条件为：
2
10()r a ϕ∇=< (3-3-17a) 220
()
r a ϕ∇=> (3-3-17b)
1
r ϕ==有限值 (3-3-17c) 20cos r E r ϕφ
→∞
=- (3-3-17d)
1
2
r a
r a
ϕϕ=== (3-3-17e)
E 0=E 0e x
ε r
x
• P
φ
o a 图 3-3-6 均匀外电场中的介质圆柱
图 3-4-5 导体柱外部分电场线
120
r a
r a
r
r
ϕϕε
ε==∂∂=∂∂ (3-3-17f)
方程(3-3-17a)和(3-3-17b)的通解为：
[][]{}11sin()cos()sin()cos()n
n
n
n n n n r A
n B n r C n D n ϕφφφφ∞
-==
+++∑ [][]{}21
sin()cos()sin()cos()n
n
n
n n n n r a
n b n r
c n
d n ϕφφφφ∞
-==
+++∑
由式(3-3-17c)得C n = D n = 0。

如同上一例子，由式(3-3-17d)，电势φ2的形式为：
121cos cos d b r r ϕφφ
=+
由式(3-3-17d)得b 1 = -E 0。

这样，电势的表达形式成为：
[]11
sin()cos()n
n
n n r A
n B n ϕφφ∞
==
+∑
(3-3-18)
120cos cos d E r r
ϕφφ
=-+
(3-3-19)
由式(3-3-17e)得：
[]101
sin()cos()cos cos n
n
n n d a A
n B n E a a
φφφφ
∞
=+=-+
∑
利用正弦、余弦函数的正交性得：除了B 1外，A n = 0、B n = 0，及
110cos cos cos d B E a a φφφ
=-+
(3-3-20)
这样，方程(3-3-18)成为：
11cos rB ϕφ= (3-3-21)
由式(3-4-17f)得：
100012
cos cos cos d E B a
εφεφεφ--
=
即
100012
d E B a
εεε--
= (3-3-22)
由上式和(3-4-20)得：
10
2B E εεε=-
+
2
0100
d a E εεεε-=
+
这样，我们求得介质柱内外电势分布为：
100
00
2
200020
002
02cos 2cos cos ()()E r E r a E r
a r
εϕφεεεεεεεϕφφ
εεεεεε=-
+=-
+-=-+
+-=-+
+E r
E r E r
最后，利用电势与电场关系式，介质柱内外电场分布为：
110
2εϕεε=-∇=
+E E
2
022004
02()()()a r
εεϕεε-=-∇=+
+E E E r r
根据以上结果，图3-3-7画出了部分电场线分布情况。

3-3-3 球坐标系中的分离变量法
在球坐标系中，拉普拉斯方程的形式为：
2
2
2
2
2
2
2
11
1
()(sin )0
sin sin r
r
r
r
r r ϕϕϕ
θ
θ
θ
θθφ
∂∂∂
∂∂+
+
=∂∂∂∂∂
同样地，我们仅考虑二维电势问题。

事实上，大多数情况属于这类情况。

在这类问题中，电势φ与方位角φ无关，即静电问题具有轴对称性。

这样，拉普拉斯方程成为：
2
1()(sin )0
sin r
r r
ϕϕθ
θθ
θ
∂∂∂
∂+
=∂∂∂∂ (3-3-23)
同样，我们用分离变量法求此方程。

令
(,)()()r R r ϕθθ=Θ (3-3-24)
带入方程 (3-3-23)并除以R Θ，我们得到：
2
1d d 1d
d ()(sin )constant (1)
d d sin d d R r
n n R r
r
θ
θθ
θ
Θ=-
==+Θ
同样，上式仅为常数时才可能相等，我们将此常数写为n (n +1)。

因此我们得到：
图 3-3-7 部分电场线分布图。