关于物理电场强度的问题.
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发布时间：2022-04-26 17:28
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时间：2022-04-22 05:14
静电势,唯一性定理,拉普拉斯方程
分离变量法,镜象法,格林函数法
电多极矩
本章主要目的:
将电磁场的基本理论应用到最简单的情况——静电场(Electrostatic field):电荷静止,相应的电场不随时间变化.
相应的主要问题:
给定自由电荷分布以及周围空间介质和导体分布,求解静电场.静电问题一般通过静电势求解.
求解静电场的几种方法:
①分离变量法;②镜像法;③格林函数法.
求解的依据:唯一性定理
第1节 静电场的标势及其微分方程
静电场的标势 (Scalar potential for electrostatic field)
静电现象满足以下两个条件:即 ①电荷静止不动;②场量不随时间变化.故
若矢量场f的旋度处处为0,则f称为无旋场或纵场,此时存在标量场 ,使得
只有两点的电势差才有物理意义.为了计算方便,常选取某个参考点,规定其上电势为0.参考点的选择是任意的,当电荷分布于有限区域的情况下,常选取无穷远点作为参考点.
无限大均匀线性介质中点电荷电势:
选取无穷远点作为参考点
真空中电荷连续分布的带电体电势:
选取无穷远点作为参考点
静电势的微分方程
线性介质:(P47 第9题结论)
为使复杂问题简单化,可把电荷和电场相互作用规律用微分方程描写,而把周围导体或介质作为边界条件处理.这样把求解静电场问题转化为解一定边界条件下的微分方程问题,即定解问题.因 是标量,求解 的微分方程比求解电场强度E的微分方程要简单的多.下面我们来讨论这个问题
泊松方程:静电势满足的基本微分方程
用静电势表示的边值关系
若在无源区域内 0=0,上式化为拉普拉斯方程
在各种不同条件下求解Poisson equation或Laplace equation是处理静电问题的基本途径.
p2
p1
P'1
P'2
在介质分界面两边附近任取两点P1和P2 ,它们与分界面距离分别为 h1和 h2 ,电势差
令P1和P2无限接近分界面,即 h1 0和 h2 0 ,则在电场强度有限的情况下:
由于P1和P2可取遍整个分界面,则有 即在分界面上电势连续
可代替场量边界关系
p2
p1
P'1
P'2
对于线性介质
即在介质分界面上,电势 满足的边界关系为
导体的静电条件
导体内部不带电,电荷只分布于导体表面
导体内部电场为0
导体表面电场必沿法线方向,导体表面为等势面,导体为等势体
导体表面(介质2与导体1 )的边界条件:
导体相邻的介质为 2
介质1
介质2
稳恒电流时:
绝缘介质与导体
导体与导体
静电场能量:对于线性介质
静电场总能量
书343页(I.19)
若(1)中积分扩及无穷远,
第一项面积分为0
讨论:
(2)适用于静电场及线性介质,只有作为静电场总能量才有意义.
(2)适用于求总能量;如果求某一部分能量时,(1)面积分项不为0.
不能将 0 /2 看作电场能量密度,因为能量不只存在于有电荷分布的区域内,它只能表示能量与存在电荷分布的空间有关.真实的静电能量密度是以 (E D)/2 的形式在空间连续分布,场强大的地方能量也大.在静电场情况下,之所以能通过电荷分布来表示电场能,是因为电场分布完全取决于电荷分布.在非静电场情况下,电场,磁场可互相激发,有独立于电荷分布之外的电磁波,因而不能由电荷,电流分布表示.
例题:
求均匀电场的电势.
解:均匀电场可看作由两无限大平行板组成的电容器产生的电场.因电荷分布在无穷区域,可选空间任一点为参考点,为方便取坐标原点电势为 0(或0)
x
y
z
P
R
求电偶极子产生的电势.
解:选取无穷远点作为参考点
P
z
x
y
-Q
Q
同理可得:
若电偶极子放在无限大均匀介质中:
第2节 唯一性定理(Uniqueness theorem)
静电学的基本问题就是,求出在所有边界上满足边值关系或给定边界条件的泊松方程的解.
本节内容将回答两个问题:
要具备什么条件才能求解静电问题
所求的解是否唯一
即本节所要讨论的静电问题的唯一性定理,将使我们明确,需要哪些条件可以确定静电场;在解决实际问题,如果能获得满足这些条件的尝试解,则这些尝试解就是唯一解.
下面先讨论唯一性定理的一般形式,然后再讨论有导体存在的特殊条件下的唯一性定理.
均为线性介质的唯一性定理:
区域V可以分为若干个均匀区域Vi,每一均匀区域的电容率为 i .设V内有给定的电荷分布 (x),电势 在均匀区域Vi内满足泊松方程 ;在两区域Vi和Vj的分界面上满足边值关系 .如给定V的总边界S上的电势 S或电势的法向导数 / n S ,则V内的电场唯一地确定.
"内"边界条件;
V内介质分界面无自由电荷 0 = 0
"外"边界条件;
注意无穷远处
s
v
"外"边界
"内"边界
sij
V是由不同的线性介质区域Vi组成的,不同介质间的界面为Sij,总区域V的边界面为S.
如何证明
证明:反证法——设有两组不同的解 '和 "都满足唯一性定理的条件(即泊松方程 ,内边界条件 ,外边界条件 ),只要证明 ' - "=常数即可.
令
在均匀区域Vi内有
格林第一公式
令
S
V
由内边界条件 ,在两均匀区界面上有
进一步分析:在两个均匀区域Vi和Vj 的界面上,
S
V
在(1)中对所有区域求和得到:
由外边界条件 ,即给定V的总边界S上的电势 S 或电势的法向导数 / n S,在整个区域V的边界S上有
或者
即(2)中右边=0
即在V内任一点上, = ' - " = 常数,即 '和 "至多只能相差一个常数,但电势的附加常数对电场没有影响,这就是说静电场是唯一的.
导体与介质并存时的唯一性定理:
设区域V内有一些导体,将除去导体的部分称为V',则V'的总边界包括外界面S以及每个导体的表面Si,其余条件和1相同(为简单,只讨论单一介质中有导体的情形).
给定V'内的自由电荷分布以及每个导体上的电势,给定V'所有边界上的电势 S,或电势的法向导数 / n S,则V内电场唯一地确定.
Q2
Q1
ε
S
S1
S2
V
"外"边界
外边界
介质,若只有一种介质,则无
导体
给定V'内的自由电荷分布以及每个导体上的电荷,给定V边界S上的电势 S,或电势的法向导数 / n S,则V内的电场唯一地确定.
实心导体
介质,若只有一种介质,则无
k, k, Sk
S'k, 'k, k
Qk
导体壳
唯一性定理的意义:
唯一性定理提出了定解的充分必要条件.求解时,我们总是判断问题的边界条件是否足够,当满足必要的边界条件时,则定解必定是唯一的.用不同的方法可能得到形式上不同的解,但由唯一性定理,它们必定是等价的.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.
唯一性定理还启发我们只要能找到一个满足边界条件的位函数,且这个函数又满足拉普拉斯方程,则它就是我们所要求的解.因此对于许多具有对称性的问题,不必用繁杂的数学去求解泊松方程,而是通过提出尝试解,然后验证是否满足方程和边界条件.
三种边值问题:
第一类边值问题(狄利克莱Dirichlet):边界上的位函数 已知.
第二类边值问题(诺伊曼Neumann):位函数在边界上的法向导数 / n已知.
第三类边值问题(混合边值问题):部分边界上位函数已知,部分边界上位函数的法向导数已知.
如果边界是导体,则上述三类问题分别变为:已知各导体表面的电位;已知各导体表面的总电量;已知一部分导体电位与另一部分导体的电荷量.
对边界面上的条件,只要势函数或电势的法向导数(即导体面上的带电量)两者给定其一,闭合面S内的电势就唯一地确定.但必须指出:如果给定表面上的电位,同时又任意给定该表面的电位法向导数,便没有唯一的解存在.因为任何表面上电位分布和电荷密度是相互制约的,在给定电位边界条件后,其法向导数就不能再任意给出了,反之亦然.
唯一性定理给出的解题步骤:
选择坐标系和电势参考点.坐标系的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.电荷分布无限时,参考点一般选在有限区域,如均匀场.
分析对称性,分区写出拉普拉斯方程及其在所选坐标系中的通解.
分析具体问题的"内","外"边界条件,确定通解待定常数.
"外"边界条件:给定 S 或 / n S 或导体上的电荷;注意电荷分布有限时,有 "内"边界条件:介质分界面上
分区均匀介质:给定V内自由电荷分布 0;给定V的总边界S上的电势 S或电势的法向导数 / n S
有导体存在:给定V'内自由电荷分布 0;给定V'的总边界S上的电势 S或电势的法向导数 / n S;给定每个导体上的电势或电荷
例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,壳接地
因而腔内场唯一确定.
Q
不满足
已知点电荷产生的电势为
但它在边界上
要使边界上任何一点电势为0 ,
设
它满足
根据唯一性定理,它是腔内的唯一解.
可见腔内场与腔外电荷无关,只与腔内电荷Q有关.
例2:带电荷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.假定电场也具有球对称性,则电势坐标与 无关.因电荷分布在有限区,外边界条件 导体表面电荷Q已知,电场唯一确定.设
满足
,
在导体边界上
利用
Q
左半空间电势
Q
球壳外空间电势
Q
例3:两种均匀介质 和 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.
第3节 拉普拉斯方程,分离变量法
这些问题的共同特点:自由电荷只出现在一些导体的表面上,在空间中没有其他自由电荷分布.因此在许多实际问题中,静电场是由带电导体决定的.
基本问题:电场由电势描述
电势满足泊松方程+边界条件
具体的工作:解泊松方程
只有在界面形状是比轻简单的几何曲面时,这类问题的解才能以解析形式给出,而且视这体情况不同而有不同解法.
拉普拉斯方程:
若区域V内无自由电荷,则泊松方程变成拉普拉斯方程
产生这个电场的电荷都是分布于区域V的边界上,它们的作用通过边界条件反映出来:
① 给定外边界 S,或电势的法向导数 / n S
② 给定导体电势或导体总电量
因此,讨论的问题归结为:
① 怎样求解(通解)Laplace's equation.
② 怎样利用边界条件及边值关系求出积分常数.
Laplace's equation可用分离变量法求通解,其求解条件是:
① 方程是齐次的.
② 边界应该是简单的几何面.
分离变量法求拉普拉斯方程的通解
直角坐标
分离变量法适用的范围:
空间无自由电荷分布,自由电荷只分布在某些介质(或导体)表面上,将这些表面视为区域边界,可用拉普拉斯方程.
特殊情况下,在所求区域的介质中若有自由电荷分布,则要求自由电荷分布在真空中产生的势为已知.
一般所求区域为分区均匀介质,则不同介质分界面上有束缚面电荷.区域V中电势可表示为两部分的和,即 = 0 + ' , 0为已知自由电荷产生的电势, 0不满足拉普拉斯方程; '为束缚电荷产生的电势,满足拉普拉斯方程.这种方法从数学上看,实质是当区域V中有电荷分布时,电势满足泊松方程,而非齐次微分方程——泊松方程的通解,等于其特解( 0)加上齐次方程——拉普拉斯方程通解( ').
注:此两种情况中,k,k1,k2可能会取某些正整数1,2,3 … ,则一般只有对正整数取和后才得到通解.
三维:
二维:
一维:
柱坐标
电位与z无关情况下(轴对称)
电位只与r有关情况下(球对称)
球坐标
其中,Pnm(cos )称为缔合勒让德函数;anm bnm cnm dnm都是待定常数,由边界条件确定.
若问题具有轴对称性,即 与周角 无关
其中,Pn(cos )称为勒让德函数;an,bn 都是待定常数,由边界条件确定.
若问题具有球对称性,即 只与r有关
根据问题的对称性,给出通解形式后,剩下的就要分析边界条件,来确定通解中的待定常数.
分离变量法问题第一类:均匀外电场
例1:均匀电场中置一半径为R0的介质球,其介电常数为 ,球外为真空 0 .求介质球内外的电位分布规律.
R0
分析:这是全介质的第一类边值.平衡后球内外电势具有轴对称性.均匀电场不能取无穷远处电势为0,取原点电势为有限值.整个区域分为2部分:介质球内I,球外部真空空间II.
解题:
微分方程及其通解:
内I 外II(与书中相反)
选择电势参考点:
原点电势为有限值
边界条件:
bn=0
c1=-E0, cn=0, n 1
(a)
(b)
c0= 0, a0= 0
比较系数:(a)
比较系数:(b)
由(ia) (ib)可得到:
a1= d1= ;
而(iia) (iib)若要对于任意n都能同时成立,只有
an = dn = 0, n 1
例2:在电容率为 的无限大均匀介质中,有一个半径为R0的球形空腔,和一个均匀电场.求空腔内电位分布.
例3:均匀电场中置一半径为a的带均匀自由电荷 f的介质球 ,球外为真空 0.求介质球内外电位分布规律.(P94.6)
解题:
微分方程及其通解:
内I 外II
选择电势参考点:
原点电势为有限值
边界条件:
静电场中电势满足的泊松方程,后一式是泊松方程的特解.
例4:在均匀外电场中置入半径为R0 的导体球,求下列两种情况的电势——
1)导体球上(接有电池使球与地)保持电势差 0
2)导体球上带总电荷Q
综合型——
例5:半径为R的不带电的导体球壳,放入均匀电场E0中,该球壳被垂直于E0的平面分成两个半球壳,为使这两个半球壳不被分开,需要加多大的外力
分离变量法问题第二类:导体球壳与球
例1:如图所示不带电的接地导体球和带电Q的导体球壳,用分离变量法求空间各点的电势及球壳内,外面上的感应电荷.
I
II
分析:这是有导体存在时的第三类边值——已知一部分导体电位与另一部分导体的电荷量.边界具有球对称性.电荷分布有限,无穷远处电势为0.整个区域分为2部分:球壳与导体球之间的真空I,球壳外部真空的空间II.
解题:
微分方程及其通解:
选择电势参考点:接地处与无穷远处
边界条件:
a+b/R1=0
c=0
a+b/R2= c+d/R3
d-b=Q/4 0
例2:导体球(带电Q)和不带电荷的导体球壳,用分离变量法求空间各点的电势及球壳内,外面上的感应电荷.(例1变形)
I
II
解:(1)边界为球形,选球坐标系,电荷分布在有限区,选
(2)设球壳内为I区,壳外为II区.
球壳内:
球壳外
电荷在球上均匀分布,场有球对称性, 与 无关
壳外面
壳内面
以上结果可用高斯定理验证一致.
例3:一个半径为a的导体球壳,沿赤道平面切割出一窄缝,使下半球壳的电位为0(接地),上半球壳电位为U0.求球内电势.
例4:同心金属球内外导体半径分别为a和b,内导体电位为U1,外导体电位为U2,空气介质填充,求该球形电容器的电容C.
例5:半径为a的金属球带电量Q,放在半径为b的同心金属球壳中,球与球壳之间充满两种均匀介质,电容率分别为 1, 2,它们的交界面通过球心.已知球壳电势为0,求介质内电场强度,球与球壳上的自由电荷分布,介质的极化电荷.
分离变量法问题第三类:介质含有自由电荷
例1:均匀介质球的中心置一点电荷Qf 球的电容率为 ,球外为真空.试用分离变数法求空间电势,把结果与使用高斯定理所得结果比较.
解:(一) 选坐标系.取中心在球心的球坐标.
(二) 方程.球内外电势满足
(三) 对称性与通解形式.本题有球对称性,故通解为:
分离变量法问题第四类:存在电偶极子
例1:均匀介质球电容率为 1的中心置一自由电偶极子Pf ,球外充满另一种介质电容率为 2,求空间电势和极化电荷分布.
R0
z
考虑轴对称:
球面上束缚(极化)电荷分布:
自由电偶极子在均匀介质中产生的电势,是自由电偶极子和由它激发的束缚电偶极子共同产生的.
例2:空心导体球壳内外半径为R1 和R2,球心置一偶极子P,球壳带电Q,求空间各点电势和电荷分布.
例3:在均匀外电场E0中置入一空心导体球壳内外半径为R1 和R2,球中心置一偶极子P,P 与E0夹角为 .已知导体球壳电势为φ0,求导体球壳内外电势及P 受到的力.
分离变量法问题第五类:杂类
例1:四块彼此绝缘(相隔极小的缝隙)的无限长金属板构成一个矩形空管,如图所示.管子截面为a b,上下两块板电位为0(接地),右侧板电位为V0,左侧板上电位的法向导数 / x=0.求管内的电位分布.
杂类:平板(直角坐标),圆柱(柱坐标),稳恒电流(P94.7)
解题:
写出微分方程及其通解:
选择电势参考点:接地处
边界条件:
分析:这是第三类边值——混合型边值问题.基本解答形式为
现在要利用给定的边界条件来确定常数( A,B,C,D,k )
D=0
sin(kb)=0 kb=n k=n /b, n=1,2,3…
A=0
注:上式满足了前3个边界条件.但尚不满足最后一个边界条件.我们可以根据线性微分方程解的叠加原理,取上式对n的无穷级数作为电位的解
根据边界条件4:
是一个常数函数的傅立叶级数展开
傅立叶级数展开:
例2:一根半径为a,介电常数为 的无限长介质圆柱体置于均匀外电场E0中,且与E0相垂直.设外电场方向为X轴方向,圆柱轴与Z轴相合,求圆柱内,外的电位.
分析:这是全介质的第一类边值.平衡后圆柱内外电势具有轴对称性.均匀电场不能取无穷远处电势为0,取r=0处电势为有限值.整个区域分为2部分:介质柱内I,柱外部真空空间II.
P(r, , Z)
解题:
微分方程及其通解:内I 外II
选择电势参考点: r=0处电势为有限值
边界条件:
Cn= Dn =0
1=-E0, n= n=0, n 1
(a)
(b)
比较系数:(a)
比较系数:(b)
由(ia) (ib)可得到:
而(iia) (iib)若要对于任意n都能同时成立,只有
第4节 镜像法
一般静电问题可以通过求解泊松方程或拉普拉斯方程得到电场.但在许多情况下非常困难.例如,对于介质中,导体外存在点电荷的情况虽然可以采用叠加法求解,但求解比较困难.求解的困难主要是介质分界面或导体表面上的电荷一般非均匀分布的,造成电场缺乏对称性.
镜像法解决的问题:所考虑的区域内只有一个或几个点电荷,导体以外空间的电场就是由原来的点电荷与导体表面上的感应电荷产生.
把导体表面上感应电荷对电场的作用,用导体内的假想电荷——像电荷来代替,像电荷的位置及电量由边界条件确定.
在唯一性定理保证下,采用试探解,只要保证解满足泊松方程及边界条件,即是正确解.
热心网友
时间：2022-04-22 06:32
热心网友
时间：2022-04-22 08:07
跟位于它们对称中心等电量的电荷，在外部有相同的电场。（可用3纬坐标下公式证明）
这很象“重心”的概念：无论你把一个实心小铁球做成多大的空心铁球，它的重心始终都在正中间！！！
热心网友
时间：2022-04-22 09:58
热心网友
时间：2022-04-22 12:06
热心网友
时间：2022-04-22 14:31
热心网友
时间：2022-04-22 17:12
热心网友
时间：2022-04-22 20:10
a)点电荷电场强度公式
E=kQ/r^2
b)正点电荷电场向外发散，负点电荷电场向内收敛
c)两电场强度可以叠加，遵循平行四边形定则。如在一条直线上，同向相加，反向相减。
假设五个点顺序为（从左到右）
B
Q1
A
Q2
C
在B点有两个电场强度，Q1的向右E1，Q2的向右E2，则B点场强大小为E1+E2，方向向右：
在A点有两个电场强度，Q1的向左E1，Q2的向右E2，则A点场强大小为E2-E1，方向向右：（注意此时E2大于E1）
在C点有两个电场强度，Q1的向左E1，Q2的向左E2，则C点场强大小为E1+E2，方向向左：
具体计算自己解决。
