一小时电动力学 03 静电学

本文主要是介绍一小时电动力学 03 静电学，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

03 静电学

目录

• 问题描述
• 静电势的 Poisson 方程
  • 静电势的一般边界条件
  • 导体的边界条件
  • 静电边值问题的可解性和解的唯一性
• 求解静电问题的特殊方法
  • 镜像法
  • 分离变量法
  • 格林函数法
  • 静电的多级展开方法
  • Laplace 方程的数值解法
• 静电学中的能量和做功

---

根据介质中的 Maxwell 方程组

$$\begin{array}{rlr}& \nabla \cdot \mathbf{D}={\rho }_f& {\oint }_{\partial V}\mathrm{d}\mathbf{S}\cdot \mathbf{D}=Q_f\\ & \nabla \times \mathbf{E}=-\frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t}& {\oint }_{\partial S}\mathrm{d}\mathbf{l}\cdot \mathbf{E}=-\frac{\partial }{\partial t}{\int }_S\mathrm{d}\mathbf{S}\cdot \mathbf{B}\\ & \nabla \cdot \mathbf{B}=0& {\oint }_S\mathrm{d}\mathbf{S}\cdot \mathbf{B}=0\\ & \nabla \times \mathbf{H}=\frac{\partial \mathbf{D}}{\partial t}+{\mathbf{J}}_f& {\oint }_{\partial S}\mathrm{d}\mathbf{l}\cdot \mathbf{H}=\frac{\partial }{\partial t}{\int }_S\mathrm{d}\mathbf{S}\cdot \mathbf{D}+I_f\end{array}$$
以及电位移 $\mathbf{D}$ 和磁场强度 $\mathbf{H}$ 的定义：

$$\begin{array}{rl}\mathbf{D}& \equiv {\epsilon }_0\mathbf{E}+\mathbf{P}\\ \mathbf{H}& \equiv {\mu }_0^{-1}\mathbf{B}-\mathbf{M}\end{array}$$
若场量 $\mathbf{E}$ ， $\mathbf{B}$ 不随时间变化，电场和磁场所满足的方程就彼此独立，从而可以分别讨论静电问题和静磁问题。

问题描述

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静电问题，就是处理空间中的

1. 电荷分布不随时间变化的问题（静电场）
2. 电场强度不随时间变化的问题（稳恒电场）

具体地，就是要在 $\epsilon$ 的线性均匀介质中，根据一定的 边界条件 求解方程组

$$\{\begin{array}{ll}\nabla \cdot \mathbf{D}={\rho }_f& (1)\\ \nabla \times \mathbf{E}=0& (2)\end{array}$$

静电势和 Poisson 方程

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对于线性均匀介质，由 $(2)$ ，静电场无旋。从而沿着任意回路点乘有向线元的积分为 $0$ （斯托克斯定理），是保守场，可以引入 静电势 $\Phi$ 使 $\mathbf{E}=-\nabla \Phi$ （此结论亦可以直接由矢量分析恒等式得到）。
利用 $(1)$ 并代入 $\mathbf{D}=\epsilon \mathbf{E}$ ，就有

$${\nabla }^2\Phi =-\frac{{\rho }_f(\mathbf{r})}{\epsilon }$$
即静电势满足 Poisson 方程 。如果考虑的区域没有自由电荷，方程形式就变为 ${\nabla }^2\Phi =0$ ，即 Laplace 方程 。
根据偏微分方程理论，只要再给定 ${\rho }_f(\mathbf{r})$ 边界条件，方程的解 $\Phi$ 就被唯一确定，接着就可以求负梯度得到 $\mathbf{E}=-\nabla \Phi$ 。

因此，静电学的基本问题，就是求解满足一定边界条件的静电势 $\Phi$ ，这又被称为 静电边值问题 。
作为标量函数的定解问题，它又比直接求解电场强度（矢量方程）容易得多。

静电势的一般边界条件

1. 在任意界面上，静电势都不发散。
2. 在任意界面上，静电势取值连续。
3. 界面上的面电荷分布导致静电势在该处法向导数不连续。其中法向导数指

$$\frac{\partial \Phi }{\partial n}=\hat{\mathbf{n}}\cdot \nabla \Phi$$

导体的边界条件

这里说的导体具有理想的性质：直流电导率 $\sigma \to 0$ 。那么，静电学中：

1. 理想导体内部的电场强度恒等于零；
   否则由欧姆定律，导体内部会有强大的电流密度，从而会影响空间电荷的分布。

2. 导体的表面是一个等电势面；
   否则造成导体表面电荷的宏观移动。
   由此我们也知道，导体表面 $\mathbf{E}={\mathbf{E}}_n=E\hat{\mathbf{n}}$ ， $\nabla \Phi =\frac{\partial \Phi }{\partial n}$ 。借助表面上的高斯小盒，可以求出导体表面的自由面电荷密度 $\sigma =\epsilon E=-\epsilon \frac{\partial \Phi }{\partial n}$ ，其中 $\epsilon$ 为界面另一侧各向同性线性介质的电容率，方向导数沿导体表面的外法矢方向。

3. 导体上所有的自由电荷只可能分布在导体的表面。
   不然导体内部一定存在电场线，破坏第一条。

后面将会看到，导体实现了 Dirichlet 边界条件，即边界上电势 $\Phi (\mathbf{r})$ 已知。

导体组的能量

以下均假设导体组存在于 $\epsilon$ 的各向同性线性介质中。导体内部没有电场，所以导体组的静电能为

$$U={\int }_V{\mathrm{d}}^3\mathbf{r}\frac{1}{2}(\mathbf{E}\cdot \mathbf{D})=\frac{\epsilon }{2}{\int }_V{\mathrm{d}}^3\mathbf{r}(\nabla \Phi {)}^2$$

其中 $V$ 为电介质区域。而根据散度的乘积法则

$$\nabla \cdot (A\nabla A)={\partial }_j({\hat{\mathbf{e}}}_j\cdot A{\hat{\mathbf{e}}}_i{\partial }_{i}A)=({\partial }_{i}A{)}^2+A{\partial }_i^{2}A=(\nabla A{)}^2+A{\nabla }^{2}A$$

再假设 $V$ 区域中不存在自由电荷的分布，即 ${\nabla }^2\Phi =-\frac{\rho }{\epsilon }=0$ ，就有

$$U=\frac{\epsilon }{2}{\int }_V{\mathrm{d}}^3\mathbf{r}\nabla \cdot (\nabla \Phi )=\frac{\epsilon }{2}{\int }_{\partial V}\mathrm{d}\mathbf{S}\cdot (\Phi \nabla \Phi )$$

这是在各个导体表面上作的面积分，不过 $\mathrm{d}\mathbf{S}$ 同向于介质面的单位外法矢 ${\hat{\mathbf{n}}}^i$ ，从而和导体表面的单位外法矢 ${\hat{\mathbf{n}}}^c$ 反向。设 第 $i$ 个导体表面 $S_i^c$ 的电势为 ${\varphi }_i$ ，则带电荷

$$Q_i={\int }_{S_i^c}\sigma \mathrm{d}S={\int }_{S_i^c}\epsilon {\hat{\mathbf{n}}}^c\cdot (-\nabla \Phi )\mathrm{d}S=\epsilon {\int }_{{\partial V}_i}{\hat{\mathbf{n}}}^i\cdot \nabla \Phi \mathrm{d}S=\epsilon {\int }_{{\partial V}_i}\mathrm{d}\mathbf{S}\cdot \nabla \Phi$$
这样，导体组的静电能可以表示为它们电势和电量的乘积求和

$$U=\frac{1}{2}\sum _i{\varphi }_i{Q}_i$$
另一方面，由于静电场的叠加原理，对每个导体 $i,j$ 都会有 $Q_i=\sum _j{C}_{ij}{\varphi }_j$ ，代入就得到

$$U=\frac{1}{2}\sum _{i,j=1}{C}_{ij}{\varphi }_i{\varphi }_j$$
其中矩阵 $\mathbf{C}=(C_{ij}{)}_{N\times N}$ 的对角元 $C_{ii}$ 称为第 $i$ 个导体的 电容 ，非对角元 $C_{ij}$ 称为 感应系数 。它们各自的物理含义已经在上式中清楚了。

静电边值问题的可解性和解的唯一性

什么样的静电边值问题可解？在什么样的边界条件下， Poisson 方程具有唯一且是物理的解？

我们首先注意到， Poisson 方程 ${\nabla }^2\Phi =-\frac{\rho (\mathbf{r})}{\epsilon }$ 有解

$$\Phi (\mathbf{r})=\frac{1}{4\pi \epsilon }{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\mathrm{d}}^3{\mathbf{r}}^{\prime }\frac{\rho ({\mathbf{r}}^{\prime })}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}$$

这个公式的物理意义是把空间的电荷分布 $\rho (\mathbf{r})$ 按照库仑定律，在 $\mathbf{r}$ 产生的静电势作线性叠加。
作为验证，只需要对上述解作 ${\nabla }_{\mathbf{r}}^2$ （注意是对 $\mathbf{r}$ 而不是哑变量 ${\mathbf{r}}^{\prime }$），并考虑到

$${\nabla }^2\left(\frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}\right)=({\nabla }^{\prime }{)}^2\left(\frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}\right)=-4\pi {\delta }^3(\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime })$$

以上关系还印证，位于 ${\mathbf{r}}^{\prime }$ 的单位点电荷 ${\delta }^3(\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime })$ 会产生势场 $\varphi (\mathbf{r})=\frac{1}{4\pi \epsilon }\frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}$ 。

但是，这个公式只适用于没有边界的情况。亦即，这个解要求 $\rho (\infty )=0$ 。它同时导致 $\Phi (\infty )=0$ 。如果存在边界，那么一般在边界面上会产生额外的电荷分布 $\sigma \ne 0$ （电场线的终点）。这些面电荷分布会受静电势的影响，从而在解出静电势之前是未知的。（当然如果求出了 $\Phi$ ，它们的面分布很容易求得。）

所以，我们需要讨论边界 $\partial V$ 上的情况，即方程的边界条件。界面 $S=\partial V$ 上的边界条件有两类最简单的：

• $\Phi (\mathbf{r})\forall \mathbf{r}\in S$ 已知，称为 Dirichlet 边界条件 ；
• 法向导数 $\frac{\partial }{\partial n}\Phi (\mathbf{r})\forall \mathbf{r}\in S$ 已知，称为 Neumann 边界条件 。

数学上可以证明：在这两类边条件下，静电边值问题的解是唯一的。这在数学上称为解的唯一性定理。

以下，我们先讨论可解性，再讨论解的唯一性。

Poisson 方程的积分形式

讨论 Poisson 方程的可解性时，将微分形式的方程改写成积分形式是有帮助的。

可以使用格林公式（George Green, 1824）：

$${\int }_V(\varphi {\nabla }^2\psi -\psi {\nabla }^2\varphi )\mathrm{d}\tau ={\oint }_S\left[\varphi \frac{\partial \psi }{\partial n}-\psi \frac{\partial \varphi }{\partial n}\right]\mathrm{d}S\text{（格林公式）}$$
又称格林第二恒等式。运用第一恒等式

$${\int }_V(\psi {\nabla }^2\varphi +\nabla \psi \cdot \nabla \varphi )\mathrm{d}\tau ={\oint }_S\psi \frac{\partial \varphi }{\partial n}\mathrm{d}S$$
很容易证明。
只需取 $\psi ({\mathbf{r}}^{\prime })=\frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}$ ， $\varphi ({\mathbf{r}}^{\prime })=\Phi ({\mathbf{r}}^{\prime })$ ，同时注意到

$$\begin{array}{rl}({\nabla }^{\prime }{)}^2\Phi ({\mathbf{r}}^{\prime })& =-\frac{\rho ({\mathbf{r}}^{\prime })}{\epsilon }\\ ({\nabla }^{\prime }{)}^2\psi ({\mathbf{r}}^{\prime })& =-4\pi {\delta }^3({\mathbf{r}}^{\prime }-\mathbf{r})\end{array}$$
代入上述格林公式就得到

$${\int }_V\left[-4\pi {\delta }^3({\mathbf{r}}^{\prime }-\mathbf{r})\Phi ({\mathbf{r}}^{\prime })+\frac{1}{|{\mathbf{r}}^{\prime }-\mathbf{r}|}\frac{\rho ({\mathbf{r}}^{\prime })}{\epsilon }\right]\mathrm{d}{\tau }^{\prime }={\oint }_S\left[\Phi \frac{\partial }{\partial n^{\prime }}\frac{1}{|{\mathbf{r}}^{\prime }-\mathbf{r}|}-\frac{1}{|{\mathbf{r}}^{\prime }-\mathbf{r}|}\frac{\partial \Phi }{\partial n^{\prime }}\right]\mathrm{d}{S}^{\prime }$$
其中加 ${}^{\prime }$ 强调积分变量是 $\mathrm{d}{\tau }^{\prime }={\mathrm{d}}^3{\mathbf{r}}^{\prime }$ 和 $\mathrm{d}{S}^{\prime }={\mathrm{d}}^2{\mathbf{r}}^{\prime }$ 。左边第一项是可以算的，上式化简为

$$\Phi (\mathbf{r})=\frac{1}{4\pi \epsilon }{\int }_V\frac{\rho ({\mathbf{r}}^{\prime })}{|{\mathbf{r}}^{\prime }-\mathbf{r}|}{\mathrm{d}}^3{\mathbf{r}}^{\prime }+\frac{1}{4\pi }{\oint }_S\left[\frac{1}{|{\mathbf{r}}^{\prime }-\mathbf{r}|}\frac{\partial \Phi }{\partial n^{\prime }}-\Phi \frac{\partial }{\partial n^{\prime }}\frac{1}{|{\mathbf{r}}^{\prime }-\mathbf{r}|}\right]{\mathrm{d}}^2{\mathbf{r}}^{\prime }$$
这就是 Poisson 方程的积分形式 。

这里默认 $\mathbf{r}\in V$ ，不然上述化简中的被积因子 ${\delta }^3({\mathbf{r}}^{\prime }-\mathbf{r})\equiv 0$ ，积分结果不是 $-4\pi \Phi (\mathbf{r})$ 而是 $0$ 。

它是一个积分方程。其中 $\mathbf{r}$ 是场点（观察点），${\mathbf{r}}^{\prime }$ 是源点。

1. 在边界 $S\to \infty$ 时，如果电场 $\frac{\partial \Phi }{\partial n^{\prime }}=o\left(\frac{1}{|{\mathbf{r}}^{\prime }-\mathbf{r}|}\right)$ ，方程中的面积分就等于 $0$ 。这时我们得到的就是 无界空间中任意电荷分布 $\rho$ 激发的电势

$$\Phi (\mathbf{r})=\frac{1}{4\pi \epsilon }{\int }_{V^{\prime }}\frac{\rho ({\mathbf{r}}^{\prime })}{|{\mathbf{r}}^{\prime }-\mathbf{r}|}\mathrm{d}{\tau }^{\prime }$$

2. 如果所考虑的空间 $V$ 中没有自由电荷，即 $\rho \equiv 0$ ，方程只余面积分项。从而，电势 $\Phi$ 可以用区域边界 $S=\partial V$ 上的电势及电势的法向导数表示。
   但是，这并不是边值问题的解，而只是一个积分表述。下面会说明，同时给定边界上的电势及其法向导数，也即 Cauchy 边界条件 对于这类边值问题是过度的。这会导致两个独立的解，它们常常不一致（inconsistency）。

格林函数法的原理

格林函数

记 $G(\mathbf{r},{\mathbf{r}}^{\prime })$ 是 Poisson 方程边值问题

$${\nabla }_{{\mathbf{r}}^{\prime }}^{2}G(\mathbf{r},{\mathbf{r}}^{\prime })=-4\pi {\delta }^3(\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime })$$
的解。也就是说，如果 $G$ 在 ${\mathbf{r}}^{\prime }\in V$ 区域内满足 Poisson 方程，同时在 ${\mathbf{r}}^{\prime }\in \partial V$ 边界上满足边值条件，就称它为 Laplace 算符和这一边界条件下的 格林函数 。

它的物理意义是位于源点 ${\mathbf{r}}^{\prime }$ 的点电荷在场点 $\mathbf{r}$ 激发的电势。

可以看出， $\frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}$ 满足 Poisson 方程，但它 未必满足 给定的边界条件。

利用格林函数求解

我们总可以记 Poisson 方程（带边界条件）的格林函数为

$$G(\mathbf{r},{\mathbf{r}}^{\prime })=\frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}+F(\mathbf{r},{\mathbf{r}}^{\prime })$$
那么 $F$ 就要满足 Laplace 方程。它是调和函数，这种场称为 和谐场 。

以下假设问题的格林函数已经求出。
Poisson 方程的积分形式为

$$\Phi (\mathbf{r})=\frac{1}{4\pi \epsilon }{\int }_V\frac{\rho ({\mathbf{r}}^{\prime })}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}\mathrm{d}{\tau }^{\prime }+\frac{1}{4\pi }{\int }_S\left[G(\mathbf{r},{\mathbf{r}}^{\prime })\frac{\partial \Phi (\mathbf{r},{\mathbf{r}}^{\prime })}{\partial n^{\prime }}-\Phi (\mathbf{r},{\mathbf{r}}^{\prime })\frac{\partial G(\mathbf{r},{\mathbf{r}}^{\prime })}{\partial n^{\prime }}\right]\mathrm{d}{S}^{\prime }$$
于是对于不同类型的边界条件，利用格林函数 $G$ 中的相加自由度，总可以 选择 合适的 $G$ 使得右边的面积分中只包含已知项，从而方程右侧就只有已知项，实现了求解。具体地：

1. 对于 Dirichlet 边条，选取 $G_D(S)\equiv 0$ 的格林函数，得到解

$$\Phi (\mathbf{r})=\frac{1}{4\pi \epsilon }{\int }_V\frac{\rho ({\mathbf{r}}^{\prime })}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}\mathrm{d}{\tau }^{\prime }-\frac{1}{4\pi }{\int }_S\Phi (\mathbf{r},{\mathbf{r}}^{\prime })\frac{\partial G(\mathbf{r},{\mathbf{r}}^{\prime })}{\partial n^{\prime }}\mathrm{d}{S}^{\prime }$$

2. 对于 Neumann 边条，选取 $\frac{\partial G_N(S)}{\partial n^{\prime }}\equiv -\frac{A(S)}{4\pi }$ ，其中 $A(S)$ 是边界的面积。
   不能取 $\equiv 0$ ，是因为格林函数 $G(\mathbf{r},{\mathbf{r}}^{\prime })$ 代表区域内部位于 $\mathbf{r}$ 的点电荷激发的电势，法向导数 $\frac{\partial G_N}{\partial n^{\prime }}$ 在 $S$ 上的面积分等于 $-4\pi$ （高斯定理）。得到解

$$\Phi (\mathbf{r})=\frac{1}{4\pi \epsilon }{\int }_V\frac{\rho ({\mathbf{r}}^{\prime })}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}\mathrm{d}{\tau }^{\prime }+\frac{1}{4\pi }{\int }_{S}G(\mathbf{r},{\mathbf{r}}^{\prime })\frac{\partial \Phi (\mathbf{r},{\mathbf{r}}^{\prime })}{\partial n^{\prime }}\mathrm{d}{S}^{\prime }+⟨\Phi {⟩}_S$$
其中 $⟨\Phi {⟩}_S$ 表示电势在边界上的（面积）平均值。这个值是 $\Phi (\mathbf{r})$ 中的常数部分，因而是不重要的。

“选择”指，在得到同时满足 Poisson 方程和边界条件的格林函数 $G$ 之后，和它相差任意调和函数的也是格林函数。从而原则上可以调整 $G$ 使之在边界上有适当的好性质。

关于 Poisson 方程边值问题 Green 函数方法还可参见吴崇试《数学物理方法-第三版》中的 Green 函数章节。

• 可以证明 Poisson 方程第一、二类边值问题的 Green 函数具有对称性 $G(\mathbf{r};{\mathbf{r}}^{\prime })=G({\mathbf{r}}^{\prime };\mathbf{r})$ 。从物理上这是容易理解的，点源和场点在一定意义上可以交换。

• 调和的函数 $F(\mathbf{r},{\mathbf{r}}^{\prime })$ 在 $V$ 内满足 Laplace 方程，表明它代表 $V$ 外部的电荷分布对所关心的点 $\mathbf{r}\in V$ 处电势的贡献。

• 后面将要介绍的电像法，就是寻求满足对应的一、二类边界条件时 $F$ 的物理等价。

静电边值问题解的唯一性定理

将静电场的边值问题重新写出为：

$$\begin{array}{rl}& {\nabla }^2\Phi =-\frac{\rho (\mathbf{r})}{\epsilon }\\ & \left[\alpha \frac{\partial \Phi }{\partial n}+\beta \Phi \right]{|}_S=f(S)\end{array}$$

其中 $\alpha =0$ 和 $\beta =0$ 时分别称为 狄利希勒（Dirichlet）边条 和 诺伊曼（Neumann）边条 。二者都不为零时称为 混合边条 。

唯一性定理的叙述是：

• 没有导体时 ，设 $V$ 内分区介质均匀，给定自由电荷分布 $\rho (\mathbf{r})$ 和边界面 $S=\partial V$ 上的电势 $\Phi (S)$ 或电势的法向导数 $\frac{\partial \Phi }{\partial n}{|}_S=(\hat{\mathbf{n}}\cdot \nabla \Phi ){|}_S$ ，则 $V$ 内的电场由 Poisson 方程边值问题唯一确定。

• 存在导体时 ，在上述要求以外还需要给定各个导体的电势，或者每个导体的总电荷。

证明 用反证法。如果 ${\Phi }_1$ 和 ${\Phi }_2$ 都满足同一个 Dirichlet 边条或 Neumann 边条，记 $U-{\Phi }_1-{\Phi }_2$ ，它就满足 $U(S)\equiv 0$ 或 $\frac{\partial \Phi }{\partial n}\equiv 0$ 。
这样

$${\int }_V(\nabla U{)}^2\mathrm{d}\tau ={\int }_V\left(U{\nabla }^{2}U+\nabla U\cdot \nabla U\right)\mathrm{d}\tau ={\oint }_{\partial V}U\frac{\partial U}{\partial n}\cdot \mathrm{d}\mathbf{S}=0$$
其中第一个等号是因为区域内 ${\nabla }^{2}U=0$ ，第二个等号利用了格林第一恒等式。

这一等式也可以用 $\nabla \cdot (U\nabla U)$ 的全散度公式得到。利用高斯定理建立体积分和面积分的关系。

而 $\nabla U\cdot \nabla U\equiv 0$ 等价于 $U$ 在区域 $V$ 内为常数，即 ${\Phi }_1-{\Phi }_2$ 为常数。
从而也证明了在混合边界条件下解的唯一性。

求解静电问题的特殊方法

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镜像法

假如我们能够利用某种方法写出既满足 Poisson 方程又满足边条件的函数，那么唯一性定理保证了我们写出的函数就是相应边值问题的唯一解。

分离变量法

求解 Poisson 方程定解问题和 Laplace 方程定解问题实际上是一样的。因为库伦解

$${\Phi }_C(\mathbf{r})=\int \frac{\rho ({\mathbf{r}}^{\prime })}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}\mathrm{d}{\tau }^{\prime }$$
满足 Poisson 方程，可以把整个问题的解写成

$$\Phi (\mathbf{r})={\Phi }_C(\mathbf{r})+\varphi (\mathbf{r})$$
只需要求 Laplace 方程的解 $\varphi (\mathbf{r})$ ；它同时需要满足同样的边界条件。

各种曲线坐标系下 Laplace 方程的通解可以参考此网页。求解 Laplace 方程边值问题时往往还会用到对应坐标系下的本征函数集。

直角坐标系中的定解问题

直角坐标系下 Laplace 方程

$${\nabla }^2\Phi =\left[\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^2}{\partial y^2}+\frac{{\partial }^2}{\partial z^2}\right]\Phi =0$$
可以分离变量

$$\Phi (x,y,z)=X(z)Y(y)Z(z)$$

则方程的通解为

$$\begin{array}{rl}& \Phi (x,y,z)=A_k{e}^{\pm k_{1}x\pm k_{2}y\pm k_{3}z}\\ & k_1^2+k_2^2+k_3^2=0\end{array}$$
参数 $k_i$ 和叠加系数 $A_k$ 的具体数值由边界条件决定。

一般来说，如果某个方向的边条件是在一个有限的区间内，这个方向相应的 $k_i$ 往往只能取分立的纯虚数值（形成驻波）；如果某方向的边条件是在无穷区间上，则相应的 $k_i$ 可以取连续的值。
驻波的情形下相应的本征函数是三角函数，它的正交、归一、完备性由傅立叶级数理论给出；连续取值情形下的正交、归一、完备则由傅立叶积分变换的性质给出。

球坐标系中的定解问题

球坐标系下的 Laplace 算符

$${\nabla }^2=\frac{1}{r^2\sin \theta }\left[\frac{\partial }{\partial r}\left(r^2\sin \theta \frac{\partial }{\partial r}\right)+\frac{\partial }{\partial \theta }\left(\sin \theta \frac{\partial }{\partial \theta }\right)+\frac{\partial }{\partial \phi }\left(\frac{1}{\sin \theta }\frac{\partial }{\partial \phi }\right)\right]$$

角向问题常用球谐函数展开。如果问题在 $\phi$ 方向上旋转不变，基函数可简化为 Legendre 函数 { P l ( cos ⁡ θ ) } \{P_l(\cos\theta)\} {Pl​(cosθ)} 。

柱坐标系中的定解问题

柱坐标系下的 Laplace 算符

$${\nabla }^2=\frac{1}{r}\left[\frac{\partial }{\partial r}\left(r\frac{\partial }{\partial r}\right)+\frac{\partial }{\partial \theta }\left(\frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial \theta }\right)+\frac{\partial }{\partial z}\left(r\frac{\partial }{\partial z}\right)\right]$$

径向问题常用 Bessel 函数展开。

格林函数法

多级展开方法

直角坐标系中的多级展开

前面已经看到，自由电荷 $\rho$ 在无界空间中激发的电势

$$\Phi (\mathbf{r})=\frac{1}{4\pi \epsilon }\int \frac{\rho ({\mathbf{r}}^{\prime })}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{\mathrm{d}}^3{\mathbf{r}}^{\prime }$$
如果自由电荷只分布在局域的有限的空间中，例如 $\rho ({\mathbf{r}}^{\prime })\equiv 0\forall |{\mathbf{r}}^{\prime }|\ge R_0$ ，我们希望在球面外把 $\Phi (\mathbf{r})$ 展成 $\frac{1}{r}$ 的级数。
为此，先考虑 $\frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}$ 对 $\mathbf{r}=0$ 的 Taylor 展开

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}& =\frac{1}{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }\cdot \nabla \frac{1}{r}+\frac{1}{2!}{\mathbf{r}}^{\prime }{\mathbf{r}}^{\prime }:\nabla \nabla \frac{1}{r}-\cdots \\ & =\frac{1}{r}+\frac{{\mathbf{r}}^{\prime }\cdot {\hat{\mathbf{e}}}_r}{r^2}+\frac{{\mathbf{r}}^{\prime }{\mathbf{r}}^{\prime }:(3{\hat{\mathbf{e}}}_r{\hat{\mathbf{e}}}_r-\overrightarrow{\stackrel{⃗}{I}})}{2r^3}+\cdots \\ & =\frac{1}{r}+\frac{{\mathbf{r}}^{\prime }\cdot {\hat{\mathbf{e}}}_r}{r^2}+\frac{(3{\mathbf{r}}^{\prime }{\mathbf{r}}^{\prime }-r^{\prime }{}^2\overrightarrow{\stackrel{⃗}{I}}):{\hat{\mathbf{e}}}_r{\hat{\mathbf{e}}}_r}{2r^3}+\cdots \end{array}$$

这里用到：

1. $\nabla \nabla \frac{1}{r}=\left(\begin{array}{ccc}{\partial }_x^2& {\partial }_x{\partial }_y& {\partial }_x{\partial }_z\\ {\partial }_y{\partial }_x& {\partial }_y^2& {\partial }_y{\partial }_z\\ {\partial }_z{\partial }_x& {\partial }_z{\partial }_y& {\partial }_z^2\end{array}\right)\frac{1}{r}=\frac{1}{r^5}\left(\begin{array}{ccc}3x^2-r^2& 3xy& 3xz\\ 3yx& 3y^2-r^2& 3yz\\ 3zx& 3zy& 3z^2-r^2\end{array}\right)=\frac{3\mathbf{r}\mathbf{r}-r^2{\overrightarrow{\stackrel{⃗}{I}}}_{xyz}}{r^5}=\frac{3{\hat{\mathbf{e}}}_r{\hat{\mathbf{e}}}_r-{\overrightarrow{\stackrel{⃗}{I}}}_{xyz}}{r^3}$
   其中
   $\mathbf{r}\mathbf{r}=r^2{\hat{\mathbf{e}}}_r{\hat{\mathbf{e}}}_r=r^2(x_i{\hat{\mathbf{e}}}_i{x}_j{\hat{\mathbf{e}}}_j/r^2)=x_i{x}_j{\hat{\mathbf{e}}}_i{\hat{\mathbf{e}}}_j=\left(\begin{array}{ccc}{x}^2& xy& xz\\ yx& y^2& yz\\ zx& zy& z^2\end{array}\right)$

2. $r^{\prime }{r}^{\prime }:(3e_r{e}_r-I)=(3r^{\prime }{r}^{\prime }-r^{\prime }{}^{2}I):e_r{e}_r$
   只需要把两项分别考虑。

3. $\overrightarrow{\stackrel{⃗}{I}}={\overrightarrow{\stackrel{⃗}{I}}}_{xyz}=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$ 。所以该展开只在直角坐标系下成立？

Taylor 级数在收敛域内一致收敛，可以逐项积分：

$$\begin{array}{rl}4\pi \epsilon \Phi (\mathbf{r})& =\int \frac{\rho ({\mathbf{r}}^{\prime })}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{\mathrm{d}}^3{\mathbf{r}}^{\prime }\\ & =\int \frac{\rho ({\mathbf{r}}^{\prime })}{r}\mathrm{d}{\tau }^{\prime }+\int \frac{\rho ({\mathbf{r}}^{\prime }){\mathbf{r}}^{\prime }\cdot {\hat{\mathbf{e}}}_r}{r^2}\mathrm{d}{\tau }^{\prime }+\int \frac{\rho ({\mathbf{r}}^{\prime })\left(3{\mathbf{r}}^{\prime }{\mathbf{r}}^{\prime }-\overrightarrow{\stackrel{⃗}{I}}\right):{\hat{\mathbf{e}}}_r{\hat{\mathbf{e}}}_r}{2r^3}\mathrm{d}{\tau }^{\prime }+\cdots \\ & =\frac{Q}{r}+\frac{\mathbf{p}\cdot {\hat{\mathbf{e}}}_r}{r^2}+\frac{\overrightarrow{\stackrel{⃗}{D}}:{\hat{\mathbf{e}}}_r{\hat{\mathbf{e}}}_r}{2r^3}+\cdots \\ & =4\pi \epsilon {\Phi }_0(\mathbf{r})+4\pi \epsilon {\Phi }_1(\mathbf{r})+4\pi \epsilon {\Phi }_2(\mathbf{r})+\cdots \end{array}$$
上式中我们定义了

$$\begin{array}{rlr}Q& =\int \rho ({\mathbf{r}}^{\prime })\mathrm{d}{\tau }^{\prime }& \text{（总电荷，零级矩）}\\ \mathbf{p}& =\int {\mathbf{r}}^{\prime }\rho ({\mathbf{r}}^{\prime })\mathrm{d}{\tau }^{\prime }& \text{（电偶极矩，一级矩）}\\ \overrightarrow{\stackrel{⃗}{D}}& =\int \left(3{\mathbf{r}}^{\prime }{\mathbf{r}}^{\prime }-\overrightarrow{\stackrel{⃗}{I}}\right)\rho ({\mathbf{r}}^{\prime })\mathrm{d}{\tau }^{\prime }& \text{（电四极矩，二级矩）}\cdots \end{array}$$
虽然 $\nabla \nabla \frac{1}{r}$ 需要在直角坐标系中计算，以上定义和关系式并不依赖坐标系的选取。也容易写出分量式

$$\begin{array}{rl}{p}_i& =\int x_i^{\prime }\rho ({\mathbf{r}}^{\prime })\mathrm{d}{\tau }^{\prime }\\ D_{ij}& =\int \left(3x_i^{\prime }{x}_j^{\prime }-{\delta }_{ij}{r}^{\prime 2}\right)\rho ({\mathbf{r}}^{\prime })\mathrm{d}{\tau }^{\prime }\end{array}$$

在直角坐标系下， $\mathbf{r}=(x,y,z)$ ， ${\mathbf{r}}^{\prime }=(x^{\prime },y^{\prime },z^{\prime })$ 。很容易验证电四极矩张量对应矩阵的迹 $\mathrm{t}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{c}\mathrm{e}\overrightarrow{\stackrel{⃗}{D}}=0$ ，且是对称矩阵，因而只有5个自由分量。
一般地，电 $2^l$ - 极矩（ $l$ 级矩）有 $2l+1$ 个自由分量。

球坐标系中的多级展开

这是更加严格的方式。
结论是，球坐标系 $(r,\theta ,\phi )$ 中 $\Phi (\mathbf{r})$ 可以展开成

$$\Phi (\mathbf{r})=\frac{1}{4\pi \epsilon }\sum _{l=0}^{+\infty }\sum _{m=-l}^l\frac{4\pi }{2l+1}{q}_{lm}\frac{1}{r^{l+1}}{Y}_{lm}(\theta ,\phi )$$
选取的基函数 $Y_{lm}$ 是是归一化的球谐函数

$$\begin{array}{rl}& Y_{lm}(\theta ,\phi )=(-1{)}^m\sqrt{\frac{2l+1}{4\pi }\frac{(l-m)!}{(l+m)!}}{P}_l^m(\cos \theta )e^{im\phi }\\ & l=0,1,2,\cdots \\ & m=0,\pm 1,\pm 2,\cdots ,\pm l\end{array}$$

$P_l^m$ 是连带 Legendre 多项式。

以下只需要定出展开系数 $q_{lm}$ 。
为此仍然先考虑单位点电荷的势。它恰好是 Legendre 多项式的生成函数，所以

$$\frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}=\sum _{l=0}^{+\infty }\frac{r_{<}^l}{r_{>}^{l+1}}{P}_l(\cos \gamma )$$
其中 $r_{>},r_{<}$ 表示 $|\mathbf{r}|,|{\mathbf{r}}^{\prime }|$ 中较大的和较小的； $P_l$ 是 $l$ 阶勒让德多项式； $\gamma$ 是 $\mathbf{r},{\mathbf{r}}^{\prime }$ 的夹角。

$\mathbf{r},{\mathbf{r}}^{\prime }$ 作内积可得 $\cos \gamma =\cos \theta \cos {\theta }^{\prime }+\sin \theta \sin {\theta }^{\prime }\cos (\phi -{\phi }^{\prime })$ 。

利用球谐函数的加法定理，这个势又等于

$$\frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}=4\pi \sum _{l=0}^{+\infty }\sum _{m=-l}^l\frac{1}{2l+1}\frac{r_{<}^l}{r_{>}^{l+1}}{Y}_{lm}^{\ast }({\theta }^{\prime },{\phi }^{\prime })Y_{lm}(\theta ,\phi )$$
在本问题中显然有 $|\mathbf{r}|\gg |{\mathbf{r}}^{\prime }|$ ，于是 $r_{<}=|{\mathbf{r}}^{\prime }|$ ， $r_{>}=|\mathbf{r}|$ 。

将以上结果代入电势的积分式，就可以定出展开系数 $q_{lm}$ ：

$$\begin{array}{rlr}\Phi (\mathbf{r})& =\int \frac{\rho ({\mathbf{r}}^{\prime })}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}\mathrm{d}{\tau }^{\prime }& \\ & =\frac{1}{\epsilon }\sum _{l=0}^{+\infty }\sum _{m=-l}^l\frac{1}{2l+1}\left(\int Y_{lm}^{\ast }({\theta }^{\prime },{\phi }^{\prime })r^{\prime }{}^l\rho ({\mathbf{r}}^{\prime })\mathrm{d}{\tau }^{\prime }\right)\frac{1}{r^{l+1}}{Y}_{lm}(\theta ,\phi )& \text{（代入后）}\\ & =\frac{1}{4\pi \epsilon }\sum _{l=0}^{+\infty }\sum _{m=-l}^l\frac{4\pi }{2l+1}{q}_{lm}\frac{1}{r^{l+1}}{Y}_{lm}(\theta ,\phi )& \text{（含待定系数的展开式）}\end{array}$$
对比系数就得到

$$q_{lm}=\int Y_{lm}^{\ast }({\theta }^{\prime },{\phi }^{\prime })r^{\prime }{}^l\rho ({\mathbf{r}}^{\prime })\mathrm{d}{\tau }^{\prime }$$
这些系数称为 多极矩 。它们和直角坐标系中的矩的关系是

$$\begin{array}{rl}{q}_{00}& =\frac{1}{\sqrt{4\pi }}\int \rho ({\mathbf{r}}^{\prime })\mathrm{d}{\tau }^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{4\pi }}Q\\ q_{10}& =\sqrt{\frac{3}{4\pi }}\int z^{\prime }\rho ({\mathbf{r}}^{\prime })\mathrm{d}{\tau }^{\prime }=\sqrt{\frac{3}{4\pi }}{p}_z\\ q_{11}& =-\sqrt{\frac{3}{8\pi }}\int (x-iy)\rho ({\mathbf{r}}^{\prime })\mathrm{d}{\tau }^{\prime }=-\sqrt{\frac{3}{8\pi }}(p_x-i{p}_y)\\ q_{20}& =\frac{1}{2}\sqrt{\frac{5}{4\pi }}\int (3z^{\prime 2}-r^{\prime 2})p({\mathbf{r}}^{\prime })\mathrm{d}{\tau }^{\prime }=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{5}{4\pi }}{D}_{33}\\ q_{21}& =\cdots \\ q_{22}& =\cdots \end{array}$$

利用球谐函数的对称性可以方便地由 $q_{lm}$ 写出 $q_{l(-m)}$ 。

静电学中的能量和做功

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静电体系的能量

电磁场的能量

$$U=\frac{1}{2}{\int }_V(\mathbf{D}\cdot \mathbf{E}+\mathbf{B}\cdot \mathbf{H})\mathrm{d}\tau \stackrel{\text{静电场}}{=}\frac{1}{2}{\int }_V\mathbf{D}\cdot \mathbf{E}\mathrm{d}\tau (1)$$
线性电介质有 $\mathbf{D}=\epsilon \mathbf{E}$ ，进一步写为

$$U=\frac{\epsilon }{2}{\int }_V{\mathbf{E}}^2\mathrm{d}\tau$$
以上包括 自能 和 互能 。

另一方面，又知道若干点电荷系统的总能量为

$$W=\sum _{i<j}{W}_{ij}=\frac{1}{2}\sum _{j\ne i}{W}_{ij}=\frac{1}{2}\frac{1}{4\pi \epsilon }\sum _{i=1}^N\sum _{j=1,j\ne i}^N\frac{q_i{q}_j}{r_{ij}}=\frac{1}{2}\sum _{i=1}^N{q}_i{\Phi }_{\hat{i}}({\mathbf{r}}_i)$$
其中 ${\Phi }_{\hat{i}}({\mathbf{r}}_i)$ 是除 $q_i$ 外所有电荷在 $q_i$ 所在位置 ${\mathbf{r}}_i$ 产生的电势。
将这一结论连续化，就得到

$$W=\frac{1}{2}{\int }_V\rho (\mathbf{r})\Phi (\mathbf{r})\mathrm{d}\tau (2)$$
这两个式子是相等的，只需要注意到

$$\mathbf{E}\cdot \mathbf{D}=-(\nabla \Phi )\cdot \mathbf{D}=-(\nabla \cdot (\Phi \mathbf{D})-\Phi (\nabla \cdot \mathbf{D}))$$
而 $\Phi \sim r^{-1},|\mathbf{D}|\sim r^{-2}$ ，于是 $\Phi \mathbf{D}$ 在很大的外表面上积分应该为零。这样就有

$$\frac{1}{2}{\int }_V\mathbf{E}\cdot \mathbf{D}\mathrm{d}\tau =\frac{1}{2}\int \Phi (\nabla \cdot \mathbf{D})\mathrm{d}\tau =\frac{1}{2}\int \Phi \rho \mathrm{d}\tau$$
这样上面的 $(1),(2)$ 就得到了统一。

可以看出在 $(1)$ 是正定的而 $(2)$ 不是，这是因为 $(2)$ 并没有包含电荷的自能。 分立的点电荷的自能是无穷大 。
但对于连续分布的电荷，问题并不存在，某一点处的电量是无穷小，对电场或电势的贡献也是无穷小。

相互作用能

$$({\mathbf{E}}_1+{\mathbf{E}}_2{)}^2={\mathbf{E}}_1^2+{\mathbf{E}}_2^2+2{\mathbf{E}}_1\cdot {\mathbf{E}}_2$$
这表明两个带点体系的总能量并不是能量的叠加。存在交叉项 $2{\mathbf{E}}_1\cdot {\mathbf{E}}_2$ ，它对应相互作用能。

电荷体系与外场的相互作用能

电荷体系 $\rho$ 在外场 ${\mathbf{E}}_e$ 中，定义相互作用能

$$U_{int}=\frac{\epsilon }{2}\left[\int (\mathbf{E}+{\mathbf{E}}_e{)}^2\mathrm{d}\tau -\int ({\mathbf{E}}^2+{\mathbf{E}}_e^2)\mathrm{d}\tau \right]=\epsilon \int \mathbf{E}\cdot {\mathbf{E}}_e\mathrm{d}\tau$$
其中

$$\mathbf{E}\cdot {\mathbf{E}}_e=-\nabla {\Phi }_e\cdot \mathbf{E}={\Phi }_e(\nabla \cdot \mathbf{E})-\nabla \cdot (\Phi {\mathbf{E}}_e)$$
最后一项的体积分，等于 $\Phi {\mathbf{E}}_e$ 的面积分，在无穷大区域表面上积分为零。于是再次得到

$$U_{int}=\epsilon \int \mathbf{E}\cdot {\mathbf{E}}_e\mathrm{d}\tau =\int {\Phi }_e\rho \mathrm{d}\tau$$

后一项只是对 $\rho$ 有分布的区域积分。

还可以将 $U_{int}$ 多级展开。具体地在 $\rho \ne 0$ 的区域取一点为原点作展开

$${\Phi }_e(r)={\Phi }_e(0)+\mathbf{r}\cdot (\nabla {\Phi }_e){|}_{\mathbf{r}=0}+\frac{1}{2}\mathbf{r}\mathbf{r}:(\nabla \nabla {\Phi }_e){|}_{\mathbf{r}=0}+\cdots$$

代入就得到

$$\begin{array}{rl}{U}_{int}& =\int \rho (\mathbf{r}){\Phi }_e(\mathbf{r})\mathrm{d}\tau \\ & =\int \rho (\mathbf{r}){\Phi }_e(0)\mathrm{d}\tau +\int \rho (\mathbf{r})\mathbf{r}\cdot (\nabla {\Phi }_e){|}_{\mathbf{r}=0}+\frac{1}{2}\int \rho (\mathbf{r})\mathbf{r}\mathbf{r}:(\nabla \nabla {\Phi }_e){|}_{\mathbf{r}=0}+\cdots \\ & =Q{\Phi }_e(0)+\mathbf{p}\cdot (\nabla {\Phi }_e){|}_{\mathbf{r}=0}+\frac{1}{6}\overrightarrow{\stackrel{⃗}{\mathcal{D}}}:(\nabla \nabla {\Phi }_e){|}_{\mathbf{r}=0}+\cdots \\ & =U_{int}^{(0)}+U_{int}^{(1)}+U_{int}^{(2)}+\cdots \end{array}$$

此处的电四极矩是有迹的， $\overrightarrow{\stackrel{⃗}{\mathcal{D}}}=\int \rho (\mathbf{r})\mathbf{r}\mathbf{r}\mathrm{d}\tau$ 。

注意到 $\nabla \nabla {\Phi }_e=-\nabla {\mathbf{E}}_e$ ，表明电四极子的势能只有在不均匀的外电场中非零。

对于电中性的原子分子体系， $U_{int}^{(0)}=0$ ，外场在这个尺度下也是缓变的。所以中性微观粒子在外场中的势能主要是偶极矩贡献的

$$U_{int}\approx \mathbf{p}\cdot {\mathbf{E}}_e$$
可以用下面偶极子的结果讨论其力学。

电偶极子在外场中的受力和力矩

设偶极子自身参数不变。利用虚功原理：

• 设偶极矩在外场中平移了 $\delta \mathbf{r}$ ，就有

$$\begin{array}{rl}\mathbf{F}\cdot \delta \mathbf{r}& =-\delta U_{int}\approx -\delta U_{int}^{(1)}=-\delta (\mathbf{p}\cdot \nabla {\Phi }_e)=\delta (\mathbf{p}\cdot {\mathbf{E}}_e)=\nabla (\mathbf{p}\cdot {\mathbf{E}}_e)\cdot \delta \mathbf{r}\\ \mathbf{F}& =\nabla (\mathbf{p}\cdot {\mathbf{E}}_e)=(\mathbf{p}\cdot \nabla ){\mathbf{E}}_e\end{array}$$

这里用到 $\nabla (\mathbf{A}\cdot \mathbf{B})=(\mathbf{A}\cdot \nabla )\mathbf{B}+(\mathbf{B}\cdot \nabla )\mathbf{A}+\mathbf{A}\times (\nabla \times \mathbf{B})+\mathbf{B}\times (\nabla \times \mathbf{A})$ 。

• 设偶极子在外场中转动了 $\delta \mathbf{\theta }=\delta \theta {\hat{\mathbf{e}}}_{\theta }$ ，就有

$$\begin{array}{rl}\mathbf{M}\cdot \delta \mathbf{\theta }& =-\delta U_{int}^{(1)}=\delta (\mathbf{p}\cdot {\mathbf{E}}_e)=(\delta \mathbf{\theta }\times \mathbf{p})\cdot {\mathbf{E}}_e=(\mathbf{p}\times {\mathbf{E}}_e)\cdot \delta \mathbf{\theta }\\ \mathbf{M}& =\mathbf{p}\times {\mathbf{E}}_e\end{array}$$

是一个类似力偶的量。

这篇关于一小时电动力学 03 静电学的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助！

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