第二章第三节拉普拉斯方程 分离变量法
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2.3分离变量法
0 2 3 E 0 (cos er sin e ) R E 0 cos 3 er 2 0 r
1 R E 0 sin 3 e 2 0 r
3
0
其中
(cos er sin e ) ez
第二项和第三项之和实际上是一个等效的放在原
点的偶极子在球外产生的电场，其电偶极矩为
0 3 p 40 R E0 2 0 因此，球外区域的电场为： E1 E0 E 1 3( p r )r p 而 E 3 5 40 r r 同理得到球内电场
一、分离变量法求拉普拉斯方程的通解
1. 在直角坐标系中
2
2
x
2
2
y
2
2
z
2
0
设
( x, y, z ) X ( x)Y ( y ) Z ( z )
在数学物理方法中，该方程的通解的
( x, y, z ) ( A1 cos k x x A2 sin k x x)
2 0 1 1 r E0 r cos E0 rP (cos ) 1 (r R) 1 r R 2 r R 2 1 0 n r R n r R
2 0 2 2 r 0 有限值 2 1 r R rR 1 2 0 n n r R
(r R)
(r R)
讨论此题解的物理意义
球内、外的电场强度为
球外电场：E1 1 0 1 1 3 er e E 0 r cos R E 0 2 cos r r 2 0 r
第9次课(2.2唯一性定理2.3拉普拉斯方程,分离变量法)
绝缘介质静电问题的唯一性定理 在有限的边界区域V 内有几种均匀的绝缘介质Vi 、εi (i = 1、2、3 …) ，V 中的自由电荷分布(ρ或σ) 为已知，那么， 当V 的边界面S 上的电势 给定(或电势的法向导数边界条 件) ，则V 内的电场有唯一确定的解。
(在每个小区Vi) i i i j (在两种绝缘介质的分界面上) i j 由 指向 ) j 分界面法向单位矢量 n j i i n n (在整个区域V 的边界面S上给定,按 S 或 约定,边界面法线 n 指向V 外) n S
r E0 r cos E0 rP (cos ) 1
r a0 a1rP (cos ) an r n Pn (cos ) 1
n 1
a1 E0
an 0. (n 1)
1 r
n 1
E0 rP (cos ) bn 1
1 1 1 ( ) R1 R2 R3
1 1 1 b( ) r R1
d b Q 4 0
b Q
2
d r
Q
4 0 R3
1 1 1 ( ) R1 R2 R3
2
数学表述如下:
以上的表达式,包括泊松方程、边值关系和边界条件统称 为定解问题. 唯一性定理指出,满足以上定解问题的电势解就是 区域V 中静电场分布的唯一解. 它在每一个均匀小区内满足泊 松方程,在任意两个均匀小区的分界面上满足边值关系,在整个 区域V 的边界面上满足给定的边界条件 S 或
c0
2
d r
d 4 b 4 d b
Q 4 0 R3
Q
0
Q 4 0
1 r R 2 r R
第三节分离变量法
θ
−
1)
P3(cos θ)
=
1 (5 cos3 2
θ
−
3 cos θ)
·········
罗德利格(Rodrigues)公式
其
Pn(cos θ)
=
1 2nn!
dn d(cos θ)n
cos2 θ − 1 n
性
§ 3.5 例一
§ 3.5 例一
【问题】 电容率为ε的介质球置于均匀外电场E0中，求电势。
d dθ
(sin
θ
dΘ dθ
)
+
1 Φ sin2
θ
d2Φ dφ2
=
−n(n +
1)
(2)
式(2)两端乘以sin2 θ可得：
sin θ Θ(θ)
d dθ
(sin
θ
dΘ dθ
)
+ n(n
+
1) sin2 θ
=
−
1 Φ
d2Φ dφ2
=
m2
关于Φ(φ)的方程及其解：
1 Φ
d2Φ dφ2
=
−m2
Φ(φ) = Cm sin(mϕ) + Dm cos(mϕ)
ϕ(r,
θ,
φ)
=
(anmrn
n,m
+
bnm
1 rn+1
)Pnm(cos
θ)
cos(mφ)
+
(cnmrn
n,m
+
dnm
1 rn+1
)Pnm(cos
θ)
sin(mφ)
§ 3.3 拉普拉斯方程的通解
★ 拉氏方程在球坐标中的通解为
chap2-4a拉普拉斯方程：分离变量法
方便； 位置坐标用 (r,θ ,φ ) 表示
z P
θ φ x
r ∈[0, ∞)
θ ∈[0, π ] φ ∈[0, 2π ]
y
7
2）球坐标系下，Laplace方程的形式：
z
∇2ϕ = 0
ϕ = ϕ(r,θ ,φ )
θ y
φ
x
1 r2
∂ ∂r
(r2
∂ϕ ) + ∂r
1 r2 sinθ
∂ ∂θ
(sin θ
任意一点处的电势满足
∫ ϕ (P)− ϕ0
=
−
PG O E0
G ⋅ dl
∫ 或者
ϕ (P ) − ϕ0
=
G −E0 ⋅
G
PG dl
OG
= −E0 ⋅ x
GP x Oθ
16
ϕ (P ) − ϕ 0
=
G −E0
⋅
G x
GP x
Oθ
均
匀
电
如果选原点处的电势为零电势点，则 场
ϕ
(P)
=
G −E0
⋅
G x
=
§4 拉普拉斯方程 分离变量法
1
1、此类边值问题的特点： ① 如果在考察的自由电荷只出现在区域的边界
上（以面电荷的形式）；区域内不存在自由 电荷； ② 区域内的电势满足方程：
∇2ϕ = 0 ——方程称为拉普拉斯（Laplace）方程
2
∇2ϕ = 0 2、求解方法：分离变量法 ① 求满足特定边界条件的拉普拉斯方程的解。 ② 区域边界上的电荷将通过边界条件反映出来。
P ϕ内 θ ϕ外
35
1）球内区域
ϕ内
=
− ε
3ε 0 + 2ε0
z P
θ φ x
r ∈[0, ∞)
θ ∈[0, π ] φ ∈[0, 2π ]
y
7
2）球坐标系下，Laplace方程的形式：
z
∇2ϕ = 0
ϕ = ϕ(r,θ ,φ )
θ y
φ
x
1 r2
∂ ∂r
(r2
∂ϕ ) + ∂r
1 r2 sinθ
∂ ∂θ
(sin θ
任意一点处的电势满足
∫ ϕ (P)− ϕ0
=
−
PG O E0
G ⋅ dl
∫ 或者
ϕ (P ) − ϕ0
=
G −E0 ⋅
G
PG dl
OG
= −E0 ⋅ x
GP x Oθ
16
ϕ (P ) − ϕ 0
=
G −E0
⋅
G x
GP x
Oθ
均
匀
电
如果选原点处的电势为零电势点，则 场
ϕ
(P)
=
G −E0
⋅
G x
=
§4 拉普拉斯方程 分离变量法
1
1、此类边值问题的特点： ① 如果在考察的自由电荷只出现在区域的边界
上（以面电荷的形式）；区域内不存在自由 电荷； ② 区域内的电势满足方程：
∇2ϕ = 0 ——方程称为拉普拉斯（Laplace）方程
2
∇2ϕ = 0 2、求解方法：分离变量法 ① 求满足特定边界条件的拉普拉斯方程的解。 ② 区域边界上的电荷将通过边界条件反映出来。
P ϕ内 θ ϕ外
35
1）球内区域
ϕ内
=
− ε
3ε 0 + 2ε0
分离变量法(二维拉普拉斯方程)
3） λ > 0 方程的通解为
Φ (θ ) = A cos λθ + B sin λθ
A 和 B 为任意常数，要满足周期为 2π ，则
λ = n (n = 1, 2, )
2
于是 Φ n (θ ) = An cos nθ + Bn sin nθ
将 λ = n 2 代入问题（6）的方程，得欧拉方程：
r R′′ + rR′ − n R = 0 它的通解为：
uxx + uyy = 0 (0 < x < a,0 < y < b),
(*)
(1)
u ( x , 0 ) = f ( x ) , u ( x , b ) = g ( x ) , (2)
u ( 0, y ) = u ( a , y ) = 0.
(3)
解： 变量分离形式的试探解 u ( x ,
y ) = X ( x )Y ( y )
1 ⎧ an＝ n ⎪ π r0 ⎪ 其中 ⎨ ⎪ bn＝ 1 n ⎪ π r0 ⎩
∞
∫ ∫
2π
0 2π
f (ϕ ) cos nϕ dϕ (n=0,1,2, f (ϕ )sin nϕ dϕ (n=1,2, ).
),
0
至此，定解问题 （1）－（2）得到解决。
将 an , bn 代入得
u ( r,θ ) =
1 ∴ u ( r ,θ ) = 2π
∫
2π
0
r −r f (ϕ ) 2 2 dϕ (r < r0 ) r0 + r − 2r0 r cos(θ − ϕ )
2 0 2
这个公式称为圆域内的泊松公式。
作业3：求解下述定解问题
2.3 拉普拉斯方程
r r = E0 (cos e R − sin θ eθ )
ε − ε0 3 r r r 1 R0 E0 3 3cosθ e R − ( cosθ e R − sin θ eθ ) + 2ε 0 + ε R
结束
第二章∶ 第二章∶静电场
r r r r r ε − ε 0 3 3 E0 ⋅ R R E0 R0 = E0 + − 3 R5 R 2ε 0 + ε r r r r r r 1 3( p ⋅ R ) R p r = E0 + − 3 = E0 + E ′ 5 4πε 0 R R
分析：这是全介质的第一类边值问题。 分析：这是全介质的第一类边值问题。球内外电 势分布具有轴对称性。整个区域分为两部分： 势分布具有轴对称性。整个区域分为两部分：介质 球内2，球外部真空1。两区域内部都没有自由电荷， 球内 ，球外部真空 。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。 因此电势均满足拉普拉斯方程。 微分方程及其通解：由于问题具有轴对称性， 微分方程及其通解：由于问题具有轴对称性，即 轴对称性 ϕ i 与 φ 无关，故: 无关， 代表球外区域的电势， 代表球内的电势。 以 ϕ 1代表球外区域的电势，ϕ 2代表球内的电势。
势，满足Laplace's equation。这种方法从数学上看， 满足 。这种方法从数学上看， 实质是当区域V中有电荷分布时，电势满足Poisson's 实质是当区域 中有电荷分布时，电势满足 equation，而Poisson's equation——非齐次微分方程的 ， 非齐次微分方程的 等于其特解（ 加上拉普拉斯方程—— 通解（φ），等于其特解（ϕ0）加上拉普拉斯方程 齐次方程的通解（ ） 齐次方程的通解（ϕ′）。 但注意，边值关系还要用 ϕ S 而不能用 ϕ ′ S 但注意，
第二章第三节拉普拉斯方程 分离变量法
3 cos 5 cos
2
1
2
3 cos
例题 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
1 a
2 c
b R d R ， ( R R3 ) ， ( R2 R R1 )
边界条件为： （1）内导体接地 2
（2）整个导体球壳为等势体 2
R R1
1
R
0 1
Q
R R3
R R2
（3）球壳带总电荷Q，因而
R R3
1 R
bn r
n 1
Pn cos
n0
外
r R0
内
r R0
E 0 R 0 P1 cos
bn R
n 1 0
Pn cos
n0
c n R 0 Pn cos
n
n0
内
c n r Pn cos
n
n0
外 E 0 rP1 cos
n 1
cn R0
n 1 b n
R0
n2
0
nc n R 0
n 1
其解为： b n c n 0
n
1
P
内
§2.2-分离变量法求解Laplace方_.
(2)
若给定第二类边界条件：1 ( x )
n
S
2 (x)
n
S
g0 (S )
则：(x)
n
S
1(x)
n
2 (x)
n
S
0
对于其中一个均匀区域V，考虑下面的积分式：
i dS i dV
Si
Vi
i 2 dV
1
sin
sin
1
sin2
2
Y
(
,
)
电动力学
电动力学
由此得：
d dr
(r 2
d )R(r) dr
R(r)
0
1
sin
(sin
)Y
(
,
)
1 sin 2
2 Y ( ,) Y ( ,)
)
0
为了方便，令：x cos( ) ，则：
d dx d sin d
d d dx
dx
sin
d
d
(sin
d
d
)
sin2
d dx
(sin2
d) dx
(1
x2)
d dx
(1
x2)
d dx
(1
x
2
)
(1
x2)
d2 dx2
§3拉普拉斯方程分离变量法
28
设球半径为R0，球 外为真空（图2-5）。这 问题具有轴对称性，对 称轴为通过球心沿外电 场E0 方向的轴线，取此 轴线为极轴。
29
介质球的存在使空间分为两均匀区域（1）球 外；（2）球内，均没有自由电荷，因此电势
都满足拉普拉斯方程 2 0 。 1：代表 球外的电势， 2：球内的电势，则
程的通解为：
38
(A0 B0 ln r)(C0 D0 )
( A r B r )(C cos D sin )
39
A0 (C0 D0 ) A r (D sin ) 40
考虑这些条件后，电势可以重写为：
V Anrn sin n.（3.30）
n
要确定待定常量 A n ，还必须用某一大曲面 包围着电场存在的区域，并给定这曲面上的
§3拉普拉斯方程 分离变量法
• 我们知道静电场标势所满足的泊松方程为：
2
• 其特解之一为： 1 (x ')dV
4 V r
• 有限区域分布电荷，选无限远处电势为零时的解。
1
• 对一般情况，设泊松方程的解为：
'
1
4
V
(x
r
')dV
• 则， 2 ' 0
• 泊松方程的解为拉普拉斯方程的通解+泊松方 程特解
两区域的通解为：
30
31
32
33
34
35
36
实际上：导体ε ，上例题取极限也可得到。 例4 导体尖劈带电势V，分析 它的尖角附近的电场。
37
解 用柱坐标系。取 z 轴沿尖边。设尖劈以外 的空间，即电场存在的空间为 0 ≤ θ ≤ 2π−α（α
为小角）。因不依赖于z ，柱坐标下的拉氏方
设球半径为R0，球 外为真空（图2-5）。这 问题具有轴对称性，对 称轴为通过球心沿外电 场E0 方向的轴线，取此 轴线为极轴。
29
介质球的存在使空间分为两均匀区域（1）球 外；（2）球内，均没有自由电荷，因此电势
都满足拉普拉斯方程 2 0 。 1：代表 球外的电势， 2：球内的电势，则
程的通解为：
38
(A0 B0 ln r)(C0 D0 )
( A r B r )(C cos D sin )
39
A0 (C0 D0 ) A r (D sin ) 40
考虑这些条件后，电势可以重写为：
V Anrn sin n.（3.30）
n
要确定待定常量 A n ，还必须用某一大曲面 包围着电场存在的区域，并给定这曲面上的
§3拉普拉斯方程 分离变量法
• 我们知道静电场标势所满足的泊松方程为：
2
• 其特解之一为： 1 (x ')dV
4 V r
• 有限区域分布电荷，选无限远处电势为零时的解。
1
• 对一般情况，设泊松方程的解为：
'
1
4
V
(x
r
')dV
• 则， 2 ' 0
• 泊松方程的解为拉普拉斯方程的通解+泊松方 程特解
两区域的通解为：
30
31
32
33
34
35
36
实际上：导体ε ，上例题取极限也可得到。 例4 导体尖劈带电势V，分析 它的尖角附近的电场。
37
解 用柱坐标系。取 z 轴沿尖边。设尖劈以外 的空间，即电场存在的空间为 0 ≤ θ ≤ 2π−α（α
为小角）。因不依赖于z ，柱坐标下的拉氏方
2-3 拉普拉斯方程 分离变量法
Z ( z ) E sin kz F cos kz
（2）若
( x, y ) k , k
2
2
0
d2X X 0 X ( x) Aekx Be kx 2 dx Y ( y ) C sin ky D cos ky 2 d Y Y 0 2 dy 注意：在（1）、（2）两种情况中若考虑了某些边 k 界条件， 1 , k 2 , k 将与某些正整数有关，它们可取1， 2，3，… ，只有对它们取和后才得到通解。
3 1 p R 0 E0 R0 cos 3 2 40 R 2 0 R
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 Rcos cos 2 R
E0 r cos E0 z
（直角坐标或柱坐标），电势可选在坐标原点。
（2）内部边值关系：介质分界面上
1 S 2
S
1 2 1 2 n S n
S
一般讨论分 界面无自由 电荷的情况
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。
导体面上电荷面密度为
3 0
0 R
3 0 E0cos
R R0
例4 导体尖劈带电势V，分 析它的尖角附近的电场。
解：
用柱坐标系, 取z轴沿尖边, 柱坐标下的 拉氏方程为
1 1 0, 0 2 r 2 2 r r r r
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
第三节拉普拉斯方程，分离变量法
第三节 拉普拉斯方程，分离变量法教学目的：当所研究区域内没有电荷分布时，电标势的Poisson 方程将简化为Laplace 方程。
需要掌握通过分离变量法对Laplace 方程进行求解。
重难点：分离变量法求解Laplace 方程。
教学方法与手段：多媒体＋课堂板书讲授。
教学内容：本节研究的主要内容是研究Poisson 方程的求解方法。
如所周知，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V 内，Poisson 方程将转化为Laplace 方程，即0 22=∇→-=∇ϕερϕ(3.20)产生这个电场的电荷都是分布在区域V 的边界上，它们的作用通过边界条件反映出来：给定边界电势值S ϕ；给定边界电势的法向微分分量n∂∂ϕ或导体总电量Q ds nS=∂∂-⎰⎰ϕε。
因此，讨论的问题归结为：a. 怎样求解Laplace 方程，b. 怎样利用边界条件及边值关系求出积分常数。
可以利用分离变量法求解的Laplace 方程必须满足下列条件：(1)方程是其次的；(2)边界应该是简单的几何面。
1 用分离变量法求Laplace 方程的通解(To Solve Laplace’s Equation Using Separating V ariables’ Method) (1) 在直角坐标系中02222222=∂∂+∂∂+∂∂=∇zy x ϕϕϕϕ (3.21)设)()()(),,(z Z y Y x X z y x =ϕ (3.22)在数学物理方法中，该方程的通解为)sin cos ()sin cos ()sin cos (),,(212121z k C z k C y k B y k B x k A x k A z y x z z y y x x +⋅+⋅+=ϕ (3.23) 或者写成)( ;),,(222y x z zik y ik x ik k k k eee z y x z y x+==±±±ϕ (3.24)(2) 在柱坐标系中01)(1222222=∂∂+∂∂+∂∂∂∂=∇zr r r r r ϕθϕϕϕ (3.25) 设)()()(),,(z Z r R z r θθϕΘ= (3.26)该方程的通解为[][][])sinh()cosh()sin()cos()()(),,(212121kz C kz C n B n B kr N A kr J A z r m m +⋅+⋅+=θθθϕ (3.27)其中，J m 为m 阶第一类Bessel 函数，N m 为m 阶第二类Bessel 函数。
2.3拉普拉斯方程的解——分离变量法
d2 f d 2g d 2h gh 2 fh 2 fg 2 0 dx dy dz
然后用fgh 除上式，得
f " g " h" 0 f g h
令
f" k x2 f
g" 2 k y g
h" k z2 h
知分离变数间有关系为
2 2 kx ky kz2 0
分离变数 kx 、k y 、 kz 与变量无关，且不可全为实数或虚数。
d 2 f ( x) 2 k x f ( x) 0 2 dx 2 d g ( y) 2 k y g ( y) 0 2 dy d h( z ) 2 k z h( y ) 0 2 dz
这样，将拉普拉斯方程的求解问题分解为三个分别仅与x、 y、z变量有关的常微分方程组的求解，以下以与x有关的微 分方程为例，说明当分离变数取不同值时的特征解。
f ( x) a2e
或
x x
b2e
x x
f ( x) a3 sinh x x b3 cosh x x
e x ex sinh( x) 2
e x ex cosh(x ) 2
e e sin(x ) 2i
ix
ix
e ix e ix cos(x ) 2
2
d 2 f ( x) 2 k x f ( x) 0 的特征解有： 2 dx
当
kx 0 时，则Fra bibliotek2 xf ( x) a0 x b0
f ( x) a1 sin kx x b1 cos kx x
时， 则
当 k 0 时， 则 当
2 x
k 0, kx ix (x 0)
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
第三节极、柱坐标系下的分离变量法
2
2u sin 2 2sin cos 2u cos2 u
2
2sin cos u cos2 2u 2 2 2
第三节 极、柱坐标系下的分离变量法
No. 7
数学物理方程
第二章 分离变量法
由 ( 2 ) () 得
Acos ( 2 ) B sin ( 2 ) Acos B sin
要使上式成立，只有
第三节 极、柱坐标系下的分离变量法
No. 13
数学物理方程
第二章 分离变量法
n,
(n 1,2,)
即，固有值 n n2 , 相应的固有函数为 n ( ) An cos n Bn sin n (n 1,2,)
2
2u cos2 sin 2 u sin 2 2u
2
2 2
2sin cos 2u 2sin cos u
2
第三节 极、柱坐标系下的分离变量法
No. 6
数学物理方程
第二章 分离变量法
cos
y
sin
y
1
sin
y
cos
y
第三节 极、柱坐标系下的分离变量法
No. 3
数学物理方程
第二章 分离变量法
所以
x
1
1 0
sin cos
cos
x
1
cos sin
1 1 sin 0
数理方程第二章 圆域内的二维拉普拉斯方程的定解问题-3
将非齐次边界条件（2）代入形式解（3）：
R( 0 )( ) f ( )
（6）
上式无法分离成关于R和的两个独立的边界条 件，不能分别构成关于R和的常微分方程的定 解问题！
下一步如何进行？
深圳大学电子科学与技术学院
寻找物理上的边界条件：
1. ( , ) 和 ( , 2 ) 在物理上代表同一个点， 具有相同的温度:
0
A cos
1 u 1 2u 2 2 0 0 0 2
(1) (2)
0
u A cos
0
( 0 2 )
深圳大学电子科学与技术学院
0 ( 2 ) ( )
(7)
(8)
(9)
R R R 0
2
R(0)
(10)
至此已经构成了完整的角向和径向的定解问题，而 条件(2）将象弦振动问题和热传递问题中的初始条 件一样，最后再去考虑。
深圳大学电子科学与技术学院
求解角向定解问题： 1. 0：(7)的通解
一般解:
a0 n u ( , ) an cos n bn sin n 2 n1
a0 an 1
2
f ( ) A cos
A cos d 0
0 2
bn
1
2 n 0
A cos sin n d 0
0
1
0n
A cos cosn d
(10)为欧拉方程，其通解为
为了保证 R(0) ，必须取 d n 0 (n 0, 1, 2,)
R0 ( ) c0 ( n 0)
拉普拉斯方程的解——分离变量法
∵
∫ 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
S
∂ϕ 2 ∂n
表面无自由电荷。 V
S
z=l
O y
四．应用实例（习题课）
1． 两无限大平行导体板，相距为 l ，两板间电势差为 V (与 x, y , z 无关)，一板接地，求两板间的电势 ϕ 和 E 解： （1）边界为平面，故应选直角坐标系 下板接地 ϕ
S1
r
x
= 0 ，为参考点
（2）定性分析：由于在 z = l 处， ϕ = V 常数，可考虑 ϕ 与 x, y 无关。 （3） 列出方程并给出解：在 0 < z < l 区域， （ 4） ∇ ϕ = 0
(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
拉普拉斯方程的解分离变量法
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
- 14 -
王正斌 电动力学
第二章 静电场
3． 根据具体条件确定常数
（1）外边界条件： 电荷分布有限 ϕ ∞ = 0
边界条件和边值关系是相对的。
导体边界可视为外边界，ϕ 给定，或给定总电荷 Q，或给定σ S
2
Z
dz 2
+ γZ
=
0
α +β +γ =0
一般令 α = −k12
β
=
−
k
2 2
γ
= k12
+
k
2 2
= k2
X (x) = Aek1x + Be−k1x Y ( y) = Ce k2 y + De−k2y Z (z) = E sin kZ + F cos kZ
若考虑了某些边界条件（有限边界）
令 ϕ (r,θ ) = f (r)g(θ )
d
2 g(θ dθ 2
)
+ν
2
g(θ
)
=
0
1 r
d dr
(r
df dr
)
−
ν r
2 2
f (r) = 0
解： g(θ ) = a1 sinνθ + a2 cosιθ f (r) 有两个线性无关解 rν 和 r −ν 。
单值性要求 ϕ (0) = ϕ (2π ) ，ν 只能取整数，令ν = n （正整数）
∵ z
王正斌 电动力学
第二章 静电场
它们分别满足 ∇ 2ϕ1 = 0 ∇ 2ϕ 2 = 0 。 解为：
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n0
0c n R 0 Nhomakorabean cos
n
n0
E 0 P1 cos
n 1 b n
R
n2 0
Pn cos
n0
nc n R 0
n 1
Pn cos
n0
比较两式中
Pn cos
n
n
1
前的系数，得到
bn R0
1 a
2 c
b R d R ， ( R R3 ) ， ( R2 R R1 )
边界条件为： （1）内导体接地 2
（2）整个导体球壳为等势体 2
R R1
1
R
0 1
Q
R R3
R R2
（3）球壳带总电荷Q，因而
R R3
1 R
)
1
2 2
2 2
r sin
0.
球坐标系下，方程的通解为
( R, , ) (anm R
n n,m
bnm R
n 1
) P (cos ) cos m
m n
(cnm R
n n,m
d nm R
n 1
) P (cos ) sin m
m n
② 正确写出边界条件，不能有遗漏。
一、球形边值问题 二、柱形边值问题
E0
一、球形边值问题
讨论内容
1) 处于外电场中的介质球
2) 处于外电场中的理想导体 3) 处于电磁场作用下的球形纳米颗粒 ——金属纳米材料的局域电场增强效应
对于球形边值问题，一般采用球坐标系最为方便； 位置坐标用 r , , 表示
bn n a n r n 1 Pn cos r
——（3.3）
式中
Pn cos
为勒让德（Legendre）函数
n
bn n a n r n 1 Pn cos r
an 和 bn 任意常数，其值由边界 条件所决定。 如果所讨论的对称性问题为包括 南极和北极的整个区域，
z
r [0, )
P
0 ,
x
y
0 , 2
z
拉普拉斯方程
0
2
x
y
r , ,
0.
2
球坐标系下，Laplace方程的形式为
1 r
2
r
(r
2
r
)
1
2
r sin
(sin
3 cos 5 cos
2
1
2
3 cos
例题 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
bn R
n 1 0
Pn cos
n0
c n R 0 Pn cos
n
n0
E 0 P1 cos
n 1 b n
R
n2 0
Pn cos
n 1
Pn cos
n0
0
nc n R 0
n0
E 0 R 0 P1 cos
R d
2
R R2
2 R
R d
2
0
Q1 40 ，
由这些边界条件得
c Q1 40 R1
Q1 R
a0 b ， Q1 40
R
1 3
Q 40
，d
R3
1
其中
1 1
R
1 2
Q
利用这些值，得电势的解
1
Q Q1 40 R ， ( R R3 )
2）在球心 r = 0，电势应为一有限值（零） 因此有：d n 0
内
c n r Pn cos
n
n0
P
内
外
根据上述分析：
内
c
n0
n
r Pn cos
n
外 E 0 rP1 cos
bn r
n 1
Pn cos
n 1
cn R0
n 1 b n
R0
n2
0
nc n R 0
n 1
其解为： b n c n 0
n
1
P
内
外
这样整个空间的电势分布为
外 E 0 r cos E 0
3 0
0 R0 2 0 r
2
3
cos
r
R0
n0
其中cn 、bn是待定的系数。
P
内
外
3）在介质的分界面——球面上，电势的边界条件要 求
外
外 r
r R0
r R0
内
r R0
0
内 r
r R0
内
c n r Pn cos
n
n0
外 E 0 rP1 cos
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。
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。
此类边值问题的特点： a) 如果在考察的区域内不存在自由电荷；自由 电荷只出现在区域的边界上（以面电荷的形 式）；
b) 区域内的电势满足方程：
0
2
——方程称为拉普拉斯（Laplace）方程
0
2
求解方法：分离变量法 求满足特定边界条件的拉普拉斯方程的解。 区域边界上的电荷将通过边界条件反映出来。
外 和 内 都满足拉普拉斯方程。
外 0
2
内 0
2
内
外
n
bn n a n r n 1 Pn cos r
在球坐标系中，两个区域电势的通解形式分别为：
外
bn n a n r n 1 r n 1
0
E0
为了保证解的单值性，则 n 只 能取整数或者零。
n
bn n a n r n 1 Pn cos r
在教材附录 II 中列出了勒让德函数的前几项：
P0 cos 1
P1 cos cos
P2 cos P3 cos 1 2 1 2
前的系数，得到
c1 R 0
E 0 R0
b1 R
2 0
E0
2 b1 R
3 0
0
c1
解得： b1
0 2 0
E0R ，
3 0
c1
3 0
2 0
E0
E 0 R 0 P1 cos
bn R
n 1 0
Pn cos
内
外
取球心处的电势为零
1）在无穷远处，电场：E E 0
相应地电势
外 E 0 r cos E 0 rP1 cos
外 E 0 r cos E 0 rP1 cos
bn n a n r n 1 r n0
内
2 0
E 0 r cos
r
R0
外 E 0 r cos E 0
0 R0 2 0 r
2
3
cos
r
或者
P E 0 rP1 cos
例题： 电容率为 的线性均匀介质球放置于均匀外场 中，求空间的电势分布。
E0
E0
E
解：所求解的空间分为两个区域： 球外区域（真空），电势用 外 表示 ；
球内区域，电势用 内 表示 ；
内
外
由于在这两个区域都没有自由电荷的分布，因此
Q1 1 1 2 R R ， ( R2 R R1 ) 40 1
导体球上的感应电荷为
0
R R1
2 R
R d Q1
2
例题：求均匀电场
E0 中的电势分布。
E0
取空间任意一点 O 为坐标原点，该点的电势为0
任意一点处的电势满足
Pn cos
——（3.11）
内
dn n c n r n 1 Pn cos r n 1