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Laplace方程，分离变量法：
考虑某个区域 V中静电场的电势分布.1 假设自由电荷只分布在 V的边界 S上，V的内部无自由电荷分布.这样，区域内部的电势满足 Laplace方程：
∇2φ = 0
2 根据边界面 S的几何形状，选取适当的坐标系求解 Laplace方程.
2 / 33
直角坐标系中的分离变量法：
分离变量法的特点是将偏微分方程化简为若干常微分方程进行求解.
首先讨论直角坐标系中 ∇2φ = 0的分离变量法. 如图示，直角坐标系中场点P的位置矢量可表为：
r⃗ = x i⃗+ y j⃗+ z k⃗
而，
∇2 = ∂i∂i =∂2
∂x2+
∂2
∂y2+
∂2
∂z2
xy
zP (x, y, z)
~r
O
为简单计，设静电势的分布不依赖坐标 z, φ = φ(x, y) ,这样，Laplace方程化为：
∂2φ
∂x2+
∂2φ
∂y2= 0.
3 / 33
按照分离变量法的精神，我们尝试求形如
φ(x, y) = X(x) Y(y)
的特解. 将此试探解代回到 Laplace方程中，可得：
Yd2Xdx2
+ Xd2Ydy2
= 0 ⇝ 1
Xd2Xdx2
= −1
Yd2Ydy2
上式成立的充要条件是等号两端均为同一常数，记作：−α2，则有：
d2Xdx2
+ α2X = 0,d2Ydy2
− α2Y = 0.
常参数 α可实可虚，其值要通过静电势的边界条件确定.对于一个确定的 α，Laplace方程的特解是：φα = Xα Yα，此处的 Xα与 Yα是上述二常微分方程的通解：
Xα = aα sin(αx) + bα cos(αx), Yα = cαeαy + dαe−αy.
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为了满足边值关系，需要将各种可能的特解做线性叠加：
φ(x, y) =∑α
[aα sin(αx) + bα cos(αx)
](cαeαy + dαe−αy)
Sample: 设静电场局限在由间距为 a的两个半无限大平行导体板和与之垂直、宽度为 a的无限长导体端板构成的区域中.端板和平行板彼此绝缘.将二平行板接地，端板加上电势 V0. 求该区域中的静电势分布.
Solution：如图示，此问题中的电势仅与 x, y 有关，属于二维问题. 试探解由本页第一个方程给出. 因平行导体板接地，φ|x=0 = φ|x=a = 0, 我们有bα = 0,且：
α = mπ/a, m = 1, 2, 3, · · · V0
y
xO a
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静电势在 y → +∞时应取有限值，这称作自然边界条件. 因此，cα = 0,
φ(x, y) =∑α>0
aα sin(αx)·dαe−αy =
+∞∑m=1
a′m sin(mπx/a
)exp
(−mπy/a
)最后一组待定系数 a′m可由 y = 0处的给定电势 V0确定：
V0 = φ∣∣y=0
=
+∞∑m=1
a′m sin(mπx/a
)此式是 V0的正弦级数表式. 展开系数的计算公式是：
a′m =2
a
ˆ a
0V0 sin(mπx/a)dx =
{4V0/mπ, 若 m为奇数0, 若 m是偶数
于是本问题的解是：
φ(x, y) =4V0
π
+∞∑n=0
1
(2n+ 1)sin
[(2n+ 1)πx
a
]exp
[−(2n+ 1)πy
a
]6 / 33
电势分布的示意图如下：
0
100
200
300
y
0
50
100
x
0
1
2
j
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柱坐标系中的分离变量法：
接着讨论圆柱坐标系中求解 ∇2φ = 0的分离变量法.
如图示，柱坐标系中场点 P的位置矢量可表为：
r⃗ = ρ e⃗ρ + z k⃗
从而，
d⃗r = dρ e⃗ρ + ρ dϕ e⃗ϕ + dz k⃗
式中的 e⃗ϕ是极角 ϕ增大方向的单位矢量，定义为：⃗eϕ = ∂ϕ⃗eρ.
z
xy
~ez
~eφ~eρ
ρφ
P (ρ,φ, z)
z~r
于是，柱坐标系中各个坐标相应的拉梅系数是：hρ = 1, hϕ = ρ和 hz = 1.
⇝ ∇ = e⃗ρ∂ρ +e⃗ϕρ∂ϕ + e⃗z∂z
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现在求出 ∇2φ在柱坐标系中的表达式. 利用柱坐标可以将静电势的梯度表为：
∇φ = e⃗ρ∂ρφ+e⃗ϕρ∂ϕφ+ e⃗z∂zφ
注意到：∇ · (uA⃗) = ∇u · A⃗+ u∇ · A⃗以及对于 i ̸= j ̸= k ̸= i,
∇ ·(
e⃗ihjhk
)= 0
我们有：
∇2φ = ∇ · ∇φ = ∇ ·[⃗eρ∂ρφ+
e⃗ϕρ∂ϕφ+ e⃗z∂zφ
]= ∇ ·
[e⃗ρρ
(ρ∂ρφ) + e⃗ϕ (1
ρ∂ϕφ) + e⃗z ∂zφ
]= ∇(ρ∂ρφ) ·
e⃗ρρ+∇(
1
ρ∂ϕφ) · e⃗ϕ +∇(∂zφ) · e⃗z
=1
ρ∂ρ(ρ∂ρφ) +
1
ρ2∂2ϕφ+ ∂2
zφ
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所以，在圆柱坐标系中，Laplace方程的显示表达式是：
1
ρ∂ρ(ρ∂ρφ) +
1
ρ2∂2ϕφ+ ∂2
zφ = 0
若静电势分布与 z坐标无关，则上式简化为：
1
ρ
∂
∂ρ
(ρ∂φ
∂ρ
)+
1
ρ2∂2φ
∂ϕ2= 0 (以下仅考虑此情形.)
按照分离变量法的精神，设其具有如下因子化形式的特解：
φ(ρ, ϕ) = R(ρ)Φ(ϕ)
代入到简化版的 Laplace方程中，可以将其化为：
ρ
Rddρ
(ρdRdρ
)= − 1
Φ
d2Φdϕ2
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因此存在实参数 m2，它既不依赖于 ρ也与 ϕ无关，使得：
ρddρ
(ρdRdρ
)= m2 R,
d2Φdϕ2
= −m2 Φ.
若 m = 0，则以上二常微分方程变为：
ρdRdρ
=常数,d2Φdϕ2
= 0.
注意到上式中的第一个方程可以等价地写作，
dRd(ln ρ)
=常数
于是，这两个常微分方程的通解分别是：
R0 = a0 + b0 ln ρ, Φ0 = c0 + d0ϕ.
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轴对称情形下∇2φ = 0在柱坐标系中的通解：
若 m ̸= 0,角函数 Φ(ϕ)满足的方程及其通解是：
d2Φdϕ2
+ m2 Φ = 0, ⇝ Φm(ϕ) = cm cos(mϕ) + dm sin(mϕ)
而径向方程化为：
ρ2d2Rdρ2
+ ρdRdρ
− m2R = 0.
以 R = cργ 作为试探解代入，可得 γ = ±m. 所以，径向静电势 R(ρ)的通解是：
Rm(ρ) = amρm + bmρ−m
我们的结论是：若静电势的分布与场点的 Z坐标无关 (轴对称)，则 Laplace方程 ∇2φ = 0在圆柱坐标系中的一般解为，
φ(ρ, ϕ) = (a0 + b0 ln ρ)(c0 + d0ϕ)
+∑m̸=0
(amρm + bmρ−m) [cm cos(mϕ) + dm sin(mϕ)
]12 / 33
例：半径为 a的无限长导体圆柱置于均匀外电场 E⃗0中，该电场的场强矢量与圆柱轴线垂直.设单位长度圆柱所带电荷为 λ，柱外是真空. 求柱外空间的静电势分布.
~E0
x
y
φO
ρ~eρ~eφ
解：如图示，此问题中的电势仅与 ρ, ϕ有关，属于二维问题. 注意到极角 ϕ在 0 ∼ 2π 区间变化，电势的单值性要求
φ(ρ, ϕ) = φ(ρ, ϕ+ 2π)
意味着 m必须为整数. 进一步，若 m = 0，还需令 d0 = 0才能保证电势的单值性.
所以，柱外空间静电势的一般解是：
φ = c′ ln ρ++∞∑m=1
(amρm +
bmρm
)[cm cos(mϕ) + dm sin(mϕ)
]13 / 33
现在使用边界条件确定系数.
首先考虑 ρ → ∞时的边界条件. 若 ρ趋于无穷大，带电导体圆柱就表现为一根无限长的带电直线. 于是，
E⃗∣∣∣∣ρ→∞
≈ λ
2πϵ0 ρe⃗ρ + E0 e⃗x
1 为了把此边界条件与上述静电势的通解比较，注意到在柱坐标系中，
∇ = e⃗ρ∂ρ +e⃗ϕρ∂ϕ + e⃗z∂z, ⇝ e⃗ρ = ∇ρ,
e⃗ϕρ
= ∇ϕ.
从而：e⃗ρρ
=1
ρ∇ρ = ∇(ln ρ)
此外，按照柱坐标系与直角坐标系基矢之间的联系，
e⃗ρ = cosϕ e⃗x + sinϕ e⃗y, e⃗ϕ =∂⃗eρ∂ϕ
= − sinϕ e⃗x + cosϕ e⃗y
14 / 33
我们有：
e⃗x = e⃗ρ cosϕ− e⃗ϕ sinϕ = cosϕ e⃗ρ − ρ sinϕe⃗ϕρ
= cosϕ ∇ρ− ρ sinϕ ∇ϕ
= cosϕ ∇ρ+ ρ∇(cosϕ)= ∇(ρ cosϕ)
所以，
E⃗∣∣∣∣ρ→∞
≈ ∇[
λ
2πϵ0ln ρ+ E0ρ cosϕ
]
根据 E⃗ = −∇φ可知，静电势在 ρ趋于无穷远情形下需要满足的边界条件是：
φ
∣∣∣∣ρ→∞
≈ − λ
2πϵ0ln ρ− E0ρ cosϕ
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比较知：
c′ = − λ
2πϵ0, amcm = −E0δm1, amdm = 0
所以，球外空间静电势的表达式简化为：
φ(ρ, ϕ) = − λ
2πϵ0ln ρ−E0ρ cosϕ+
+∞∑m=1
bmρm
[cm cos(mϕ)+dm sin(mϕ)]
在静电平衡状态下，导体是等势体. 所以，
φ(ρ, ϕ)
∣∣∣∣ρ=a
=常数 ⇝ bmcm = E0a2δm1, bmdm = 0
于是，本问题中静电势分布的最终表达式为：
φ(ρ, ϕ) = − λ
2πϵ0ln ρ− E0ρ cosϕ+
E0 a2
ρcosϕ
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例题二：
例： 导体尖劈带电势 V，分析它的尖角附近的电场. 采取用柱坐标系，取 z轴沿尖劈顶端垂直于纸面向外，非零电场存在的区域由极角 θ界定为：
0 ≤ θ ≤ 2π − α
x
y
o α
Pρ
φ
解： 根据对称性，静电势的分布不依赖于坐标 z，故 ∇2φ = 0在柱坐标系中简化为：
1
r∂r(r∂rφ) +
1
r2∂2θφ = 0
用分离变量法解之，其通解形式为：
φ(r, θ) = (A0 + B0 ln r)(C0 + D0θ)
+∑ν ̸=0
(Aνrν +
Bνrν
)[Cν cos(νθ) + Dν sin(νθ)
]17 / 33
现在使用边界条件确定积分常数：
1 在尖劈 θ = 0的面上 (即示意图上的 x轴)，φ = V，与 r坐标无关. 由此知：
A0C0 = V, B0 = 0, Cν = 0 (∀ ν ̸= 0).
2 当 r → 0时静电势应该有限. 所以，
B0 = Bν = 0 (∀ ν ̸= 0).
3 在尖劈 θ = (2π − α)的面上，φ = V，与 r坐标无关. 所以，
D0 = 0, sin ν(2π − α) = 0
参数 ν 因此不能随意取值，它的可能取值是：
νn =nπ
2π − α, (n = 1, 2, 3, · · · )
18 / 33
本问题中物理空间静电势的分布可以写为：
φ(r, θ) = V+
+∞∑n=1
Anrνn sin(νnθ),[0 ≤ r < ∞, 0 ≤ θ ≤ 2π − α
]式中，
νn =nπ
2π − α, (n = 1, 2, 3, · · · )
系数 An没有完全确定，是因为边界条件给的不完全.
19 / 33
球坐标系中的分离变量法：
现在讨论球坐标系中用分离变量法求解 Laplace方程的细节.
首先需要将 Laplace方程 ∇2φ = 0在球坐标系中表达出来. 因为，
∇φ = e⃗r∂rφ+e⃗θr∂θφ+
e⃗ϕr sin θ
∂ϕφ
所以：
∇2φ = ∇ · ∇φ
= ∇ ·(⃗er∂rφ+
e⃗θr∂θφ+
e⃗ϕr sin θ
∂ϕφ)
= ∇ ·[(r2 sin θ∂rφ)
e⃗rr2 sin θ
+ (sin θ∂θφ)e⃗θ
r sin θ+(∂ϕφsin θ
) e⃗ϕr
]= ∇(r2 sin θ∂rφ) ·
e⃗rr2 sin θ
+∇(sin θ∂θφ) ·e⃗θ
r sin θ
+∇(∂ϕφsin θ
)·e⃗ϕr
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这里我们使用了矢量分析公式，
∇ · (uA⃗) = ∇u · A⃗+ u∇ · A⃗
以及球坐标系基矢满足的无散性质：
∇ ·( e⃗rr2 sin θ
)= ∇ ·
( e⃗θr sin θ
)= ∇ ·
e⃗ϕr= 0
接下来继续化简 ∇2φ的表达式. 前页最后一式的各项可以进一步改写为：
∇(r2 sin θ∂rφ) ·e⃗r
r2 sin θ= e⃗r∂r(r2 sin θ∂rφ) ·
e⃗rr2 sin θ
=1
r2∂r(r2∂rφ)
∇(sin θ∂θφ) ·e⃗θ
r sin θ=
e⃗θr∂θ(sin θ∂θφ) ·
e⃗θr sin θ
=1
r2 sin θ∂θ(sin θ∂θφ)
∇(∂ϕφsin θ
)·e⃗ϕr=
e⃗ϕr sin θ
∂ϕ
(∂ϕφsin θ
)·e⃗ϕr=
1
r2 sin2 θ∂2ϕφ
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将以上各项相加，即得到球坐标系中 ∇2φ的表达式：
∇2φ =1
r2∂r(r2∂rφ) +
1
r2 sin θ∂θ(sin θ∂θφ) +
1
r2 sin2 θ∂2ϕφ
所以，Laplace方程的球坐标形式为：
1
r2∂r(r2∂rφ) +
1
r2 sin θ∂θ(sin θ∂θφ) +
1
r2 sin2 θ∂2ϕφ = 0.
分离变量法的要点是设
φ(r, θ, ϕ) = R(r)Θ(θ)Φ(ϕ)
代入到 ∇2φ = 0中，两端同乘 r2/RΘΦ，得：
−1
Rddr(r
2 dRdr ) =
1
Θ sin θddθ (sin θ
dΘdθ ) +
1
Φ sin2 θd2Φ
dϕ2= −n(n+ 1)
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径向静电势 R(r)满足如下方程：
r2d2Rdr2 + 2r
dRdr − n(n+ 1)R = 0
其通解为：
R(r) = Anrn +Bnrn+1
但参数 n的取值至此并未确定.
角向函数 Θ(θ)Φ(ϕ)服从如下方程：
1
Θ sin θddθ (sin θ
dΘdθ ) +
1
Φ sin2 θd2Φ
dϕ2= −n(n+ 1)
此式两端乘以 sin2 θ可得：
sin θΘ(θ)
ddθ (sin θ
dΘdθ ) + n(n+ 1) sin2 θ = − 1
Φ
d2Φ
dϕ2= m2
23 / 33
所以，方位角静电势 Φ(ϕ)满足方程：
1
Φ
d2Φ
dϕ2= −m2
其通解为：
Φ(ϕ) = Cm sin(mϕ) + Dm cos(mϕ)
参数 m的取值：因为 ϕ与 ϕ+ 2π在物理上不可区分，
Φ(ϕ) = Φ(ϕ+ 2π)
所以参数 m只能取整数，m = 0,±1,±2, · · · .
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极角函数 Θ(θ)满足所谓缔合勒让德 (Legendre)方程，
d2Θ
dθ2 +1
tan θdΘdθ +
[n(n+ 1)− m2
sin2 θ
]Θ = 0
只有当 n为非负整数时才存在 0 ≤ θ ≤ π全空间的有限解. 这样的解称为缔合勒让德多项式，记为：
Θ(θ) = P mn (cos θ), (m = 0,±1,±2, · · · ,±n)
1 P0n(cos θ) = Pn(cos θ)称为勒让德多项式， 其一般表达式是：
Pn(x) =1
2nn!dn
dxn[(x2 − 1)n
]显然，
P0(x) = 1
P1(x) =1
211!
ddx(x
2 − 1) = x
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Laplace方程 ∇2φ = 0在球坐标中的通解为:
φ(r, θ, ϕ) =∞∑n=0
n∑m=−n
[anmrn + bnm
1
rn+1
]Pmn (cos θ) cos(mϕ)
+
∞∑n=0
n∑m=−n
[cnmrn + dnm
1
rn+1
]Pmn (cos θ) sin(mϕ)
式中 anm、bnm、cnm、dnm等为积分常数，需要由边界条件确定.
特例：
1 若某具体问题中电场分布具有对称轴，取对称轴为极轴，则静电势 φ不依赖于方位角 ϕ， 这种情形下 Laplace方程通解的形式简化为：
φ(r, θ) =+∞∑n=0
(anrn +
bnrn+1
)Pn(cos θ)
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例题：
a
~EZ
Prθ
例. 半径为 a、电容率为 ϵ的介质球置于均匀外电场 E⃗0中，求电势分布.
解： 介质球的存在使得空间被划分为 0 ≤r < a的球内区域 (区域一)与 r > a的球外区域 (区域二).两区域中均无自由电荷，因此电势都满足 Laplace方程. 注意到体系具有的轴对称性，球内空间的电势分布应为：
φ1 =
+∞∑n=0
(anrn +
bnrn+1
)Pn(cos θ)
=
+∞∑n=0
anrnPn(cos θ), (0 ≤ r < a)
最后一步源于r → 0处电势应为有限值的自然边界条件.
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在球外空间，a < r < ∞，电势分布应为：
φ2 =
+∞∑n=0
(cnrn +
dnrn+1
)Pn(cos θ)
式中不应取所有的 cn系数为零.这是因为在无穷远处，r → ∞,E⃗ → E⃗0，相应的电势表达式应该是：
φ2|r→∞ → −E0z = −E0r cos θ = −E0rP1(cos θ)
这正是题目里给定的关于电势的 Dirichlet边界条件.所以，
φ2 = −E0rP1(cos θ) ++∞∑n=0
dnrn+1
Pn(cos θ)
r = a的球面是介质球与真空的分界面.在此几何面上，
φ1|r=a = φ2|r=a, ϵ∂rφ1|r=a = ϵ0∂rφ2|r=a
28 / 33
即：
∞∑n=0
ananPn(cos θ) = −E0aP1(cos θ) +∞∑n=0
dnan+1
Pn(cos θ)
ϵ
∞∑n=0
nanan−1Pn(cos θ) = −ϵ0E0P1(cos θ)− ϵ0
∞∑n=0
(n+ 1)dnan+2
Pn(cos θ)
由于不同阶的勒让德多项式相互独立，以上两式对任意的 θ值都成立就意味着：
anan = −E0aδn1 +dnan+1
, ϵnanan−1 = −ϵ0E0δn1 − ϵ0(n+ 1)dn
an+2
求得：
a1 = − 3ϵ0E02ϵ0 + ϵ
, d1 =(ϵ− ϵ0)E0a3
2ϵ0 + ϵ
而其余的系数皆为零.
29 / 33
因此本问题的解是：
φ1 = − 3ϵ02ϵ0 + ϵ
E0r cos θ, (0 ≤ r < a)
φ2 = −E0r cos θ +ϵ− ϵ02ϵ0 + ϵ
E0a3 cos θr2
, (r > a)
即，
φ1 = − 3ϵ02ϵ0 + ϵ
E⃗0 · r⃗
φ2 = −E⃗0 · r⃗+ϵ− ϵ02ϵ0 + ϵ
(ar
)3E⃗0 · r⃗
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介质球内的场强矢量为：
E⃗1 = −∇φ1
=3ϵ0
2ϵ0 + ϵ∇(E⃗0 · r⃗)
=3ϵ0
2ϵ0 + ϵe⃗i∂i(E0jxj)
=3ϵ0
2ϵ0 + ϵe⃗iE0jδij =
3ϵ02ϵ0 + ϵ
E⃗0 < E⃗0
所以球内电场较外电场为弱. 这是因为介质球极化后在上半球面产生了正极化电荷，在下半球面产生了负极化电荷. 极化电荷在介质球内激发的电场与外场反向，使总电场减弱.
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介质球的极化强度为：
P⃗ = χeϵ0E⃗1
= (ϵ− ϵ0)E⃗1 = 3ϵ0
(ϵ− ϵ0ϵ+ 2ϵ0
)E⃗0
于是，介质球可以看做一个电偶极矩为：
p⃗ =4πa3
3P⃗ = 4πϵ0a3
(ϵ− ϵ0ϵ+ 2ϵ0
)E⃗0
的电偶极子.此电偶极子在空间中激发的静电势为：
φdipole =1
4πϵ0
p⃗ · r⃗r3
=ϵ− ϵ02ϵ0 + ϵ
(ar
)3E⃗0 · r⃗
这正是前面求出的介质球外部空间总电势表达式中的第二项.
32 / 33
作业：
1 一个半径为 R的球面上的静电势为1：
V0 = k cos(3θ)
此处 k为一常参数. 试计算球面内外空间的电势分布以及球面上的电荷面密度 σ(θ).
2 介电常数为 ϵ的均匀介质球壳，内外半径分别为 a和 b，把它置于均匀外电场 E⃗0中，试求：(1). 球壳内的电场强度分布.(2). 表面束缚电荷组成的电偶极矩矢量.
3 一个横截面半径为 R的无限长圆柱体表面上分布有电荷面密度
σ(ϕ) = a sin(5ϕ)
式中 a为一常数. 求出柱面内外空间中的静电势分布.1上一版教案中此作业题的表述出现物理错误，感谢某同学指出. 现已改正.
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