电场分布 $\mathbf{E}(\mathbf{r})$ 可以通过电荷密度分布 $\rho(\mathbf{r})$ 给出: $$ \mathbf{E}(\mathbf{r}) = \frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}\int\frac{\hat{\mathfrak{s}}}{\mathfrak{s}^{2}}\rho(\mathbf{r}’)\mathrm{d}\mathbf{r}' $$ 对应的电势分布为
$$ V(\mathbf{r}) = \frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}\int\frac{1}{\mathfrak{s}}\rho(\mathbf{r}’)\mathrm{d}\tau $$
如果要计算电势分布, 上面的积分式其实是难以实操的. 我们可以将其化为泊松方程的形式:
$$ \nabla^{2}V = -\frac{\rho}{\epsilon_{0}} $$
具体求解还需要加入边界条件才能求解.
1D
一维的拉普拉斯为
$$ \frac{\mathrm{d}^{2}V}{\mathrm{d}x^{2}} = 0 $$
很容易得到其一般解为
$$ V(x) = mx + b $$
2D
$$ \frac{\partial^{2}V}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2}V}{\partial y^{2}} = 0 $$
作为解的 $V(x,y)$ 将会具有以下特性:
$$ V(\mathbf{r}) = \frac{1}{4\pi R^{2}}\oint_{\text{圆周线}}V\mathrm{d}l $$
并且, $V(x,y)$ 将不会在局域上取得极值; 所有的极值都是在边界上取得的.
3D
$$ \frac{\partial^{2}V}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2}V}{\partial y^{2}} + \frac{\partial^{2}V}{\partial z^{2}} = 0 $$
作为解的 $V(x,y,z)$ 将会具有与上相似的特性:
$$ V(\mathbf{r}) = \frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}\oint_{\text{球面}}V\mathrm{d}S $$
唯一性定理
第一唯一性定理
在区域 $\mathcal{V}$ 内, 拉普拉斯方程的解由这个区域的边界面 $\mathcal{S} = \partial\mathcal{V}$ 上的 $V$ 取值决定.
第二唯一性定理
设 $\mathcal{V}$ 中存在导体, 且电荷密度 $\rho$ 给定. 若每个导体上的总电荷给定, 那么电场唯一确定.
镜像法
无限大导体板(接地)
镜像法产生一个虚拟电荷 $-q$, 使得电势:
$$ V(x,y,z) = \frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}\left[\frac{q}{\sqrt{x^{2} + y^{2} + (z - d)^{2}}} - \frac{q}{\sqrt{x^{2} + y^{2} + (z + d)^{2}}}\right] $$
显然当 $z = 0$ 时, $V = 0$.
当 $r^{2} = x^{2} + y^{2} + z^{2}\gg d^{2}, V\rightarrow 0$.
感应电荷
只要知道电势, 就可以求得导体表面的感应电荷分布.
导体的边界条件为: $$ \mathbf{E} = \frac{\sigma}{\epsilon_{0}}\hat{\mathbf{n}}\Rightarrow\sigma = -\epsilon_{0}\frac{\partial V}{\partial n} $$
对应在无限大导体板的模型, 就有
$$ \sigma = -\epsilon_{0}\left(\frac{\partial V}{\partial z}\right)_{z=0} $$
上面我们已经求得了 $V(x,y,z)$, 所以有
$$ \frac{\partial V}{\partial z} = \frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}\left\{\frac{-q(z-d)}{\left[x^{2} + y^{2} + (z-d)^{2}\right]^{\frac{3}{2}}} + \frac{q(z+d)}{\left[x^{2} + y^{2} + (z+d)^{2}\right]^{\frac{3}{2}}}\right\}\\ \Downarrow\\ \sigma(x,y) = \frac{-qd}{2\pi(x^{2} + y^{2} + d^{2})^{\frac{3}{2}}} $$
总感应电荷为 $$ Q = \int\sigma\mathrm{d}a = \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{+\infty}\frac{-qd}{2\pi(r^{2} + d^{2})^{\frac{3}{2}}}r\mathrm{d}r\mathrm{d}\phi = \left(\frac{qd}{\sqrt{q^{2} + d^{2}}}\right)_{0}^{+\infty} = -q $$
力和能量
电荷 $q$ 会被平面产生的感应电荷吸引.
$$ \mathbf{F} = \frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}\frac{-q^{2}}{(2d)^{2}}\hat{z} $$
但是能量就不是简单的直接类比了. 对于简单的电偶极矩模型, 会有
$$ W = \frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}\frac{-q^{2}}{2d} $$
然而平面导体给出的能量为前者的一半:
$$ W = \frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}\frac{-q^{2}}{4d} $$
这是因为电场只存在于一半的空间中.
接地导体球
点电荷 $q$ 距离半径为 $R$ 的接地导体球的球心为 $a$, 求导体球外的电势.
镜像法的处理是引入电荷
$$ q’ = -\frac{R}{a}q $$
并且其位置为在 $q$ 侧, 距球心
$$ b = \frac{R^{2}}{a} $$
这样的模型产生的电势为
$$ V(\mathbf{r}) = \frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}\left(\frac{q}{\mathfrak{s}} + \frac{q’}{\mathfrak{s}’}\right) $$
这样的电势在球面上的电势均为 $0$.
分离变量法
本节将根据几个例题来介绍这种方法的使用.