在這篇文章內,向量 與标量 分別用粗體 與斜體 顯示。例如,位置向量通常用 r {\displaystyle \mathbf {r} \,\!} 表示;而其大小則用 r {\displaystyle r\,\!} 來表示。 在静電學 裡,電勢 (electric potential/ ePtntl)又稱电位 (eForce/ eFrc)[1] ,是描述電場中某一點之能量高低性質的物理純量 ,操作型定義為“電場中某處的電勢”等於“處於電場 中該位置的單位電荷 所具有的電勢能 ”[2] ,單位用伏特 。
兩個同性電荷的電場線和等勢線。 電勢的數值不具有絕對意義,只具有相對意義,因此為了便於分析問題,必須設定一個參考位置,並把它設為零,稱為零勢能點。通常,會把無窮遠處的電勢設定為零。那麼,電勢可以定義如下:假設檢驗電荷從無窮遠位置,經過任意路徑,克服電場力,以緩慢、沒有產生加速度的方式移動到某位置,則在這位置的電勢,等於因移動檢驗電荷所做的功 與檢驗電荷的電荷量 的比值。在國際單位制 裏,電位的單位為伏特 ( V = J / C {\displaystyle \scriptstyle {{\text{V}}={\text{J}}/{\text{C}}}} )(Volt),它是為了紀念意大利物理學家亞歷山德羅·伏特 (Alessandro Volta)而命名。
電勢必需滿足帕松方程式 ,同時符合相關邊界條件;假設在某區域內的電荷密度 為零,則帕松方程式約化為拉普拉斯方程式 ,電勢必需滿足拉普拉斯方程式。
在電動力學 裡,當含時電磁場 存在的時候,電勢可以延伸為「廣義電勢」。特別注意,廣義電勢不能被視為電勢能每單位電荷。
簡介 编辑
處於外電場 的帶電粒子 會受到外電場施加的作用力 ,稱為電場力 ,促使帶電粒子加速運動。對於帶正電粒子,電場力與電場 同方向;對於帶負電粒子,電場力與電場反方向。電場力的數值大小與電荷量、電場數值大小成正比。
作用力 與勢能 之間有非常直接的關係。隨著物體朝著作用力的方向的加速運動,物體的動能 變大,勢能變小。例如,一個石頭在山頂的重力勢能 大於在山腳的重力勢能。隨著物體的滾落,重力勢能變小,動能變大。
對於某種特別作用力,科學家可以定義其向量場 和其位勢 ,使得物體因為這向量場而具有的勢能,只與物體位置、參考位置之間的距離有關。稱這種作用力為保守力 ,這種向量場為保守場 。
例如,重力 、靜電場的電場力,都是保守力。靜電場的純量勢 稱為電勢 ,或稱為靜電勢 。
電勢和磁向量勢 共同形成一個四維向量 ,稱為四維勢 。從某一個慣性參考系 觀察到的四維勢,應用勞侖茲變換 ,可以計算出另外一個慣性參考系所觀察到的四維勢。
靜電學裏的電勢 编辑 拉普拉斯方程式的解答 编辑
在某空間區域內,假設電荷密度 為零,則電勢必須滿足拉普拉斯方程式 ,並且符合所有相關邊界條件 。
邊界條件 编辑 在靜電學裏,有三種邊界條件:
狄利克雷邊界條件 :在所有邊界,電勢都已良態給定。具有這種邊界條件的問題稱為狄利克雷問題 。紐曼邊界條件 :在所有邊界,電勢的法向導數都已良態給定。具有這種邊界條件的問題稱為紐曼問題 。混合邊界條件:一部分邊界的電勢都已良態給定,其它邊界的電勢的法向導數也已良態給定。 根據拉普拉斯方程式的唯一性定理 ,對於這些種類的邊界條件,拉普拉斯方程式的解答都具有唯一性。所以,只要找到一個符合邊界條件的解答,則這解答必定為正確解答。
分離變數法 编辑 應用分離變數法 來解析拉普拉斯方程式,可以將問題的偏微分方程式改變為一組較容易解析的常微分方程式 。對於一般問題,通常會採用直角坐標系、圓柱坐標系或球坐標系來分離拉普拉斯方程式。但是,對於其它比較特別的問題,另外還有八種坐標系可以用來分離拉普拉斯方程式。[3] 分離之後,找到每一個常微分方程式的通解(通常為一組本徵方程式的疊加),電勢可以表達為這些通解的乘積。將這表達式與邊界條件相匹配,就可以設定一般解的係數,從而找到問題的特解。根據拉普拉斯方程式的唯一性定理,這特解也是唯一的正確解答。
兩個半平面導體案例 编辑 被位於 y = 0 {\displaystyle y=0} 的絕緣線條分隔為處於y+ 、y- -半平面的兩個導體的電勢分別設定為 + V {\displaystyle +V} 、 − V {\displaystyle -V} 。 假設在xy-平面的無限平面導體 被一條位於 y = 0 {\displaystyle y=0} 的絕緣線條分為兩半,兩個處於y+ 、y- -半平面的導體的電勢分別設定為 + V {\displaystyle +V} 、 − V {\displaystyle -V} ,則計算z+ -半空間任意位置的電勢這問題,由於邊界條件的幾何形狀適合用直角坐標來描述,可以以直角坐標 ( x , y , z ) {\displaystyle (x,y,z)} 將拉普拉斯方程式表示為:
∇ 2 ϕ = ∂ 2 ϕ ∂ x 2 + ∂ 2 ϕ ∂ y 2 + ∂ 2 ϕ ∂ z 2 = 0 {\displaystyle \nabla ^{2}\phi ={\frac {\partial ^{2}\phi }{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}\phi }{\partial y^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}\phi }{\partial z^{2}}}=0} 。因為這案例與x-坐標無關,方程式可以簡化為
∇ 2 ϕ ( y , z ) = ∂ 2 ϕ ∂ y 2 + ∂ 2 ϕ ∂ z 2 = 0 {\displaystyle \nabla ^{2}\phi (y,z)={\frac {\partial ^{2}\phi }{\partial y^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}\phi }{\partial z^{2}}}=0} 。應用分離變數法,猜想解答的形式為
ϕ ( y , z ) = Y ( y ) Z ( z ) {\displaystyle \phi (y,z)=Y(y)Z(z)} 。將這公式代入拉普拉斯方程式,則可得到
1 Y ( y ) d 2 Y ( y ) d y 2 + 1 Z ( z ) d 2 Z ( z ) d z 2 = 0 {\displaystyle {\frac {1}{Y(y)}}\ {\frac {\mathrm {d} ^{2}Y(y)}{\mathrm {d} y^{2}}}+{\frac {1}{Z(z)}}\ {\frac {\mathrm {d} ^{2}Z(z)}{\mathrm {d} z^{2}}}=0} 。注意到這方程式的每一個項目都只含有一個變量,並且跟其它變量無關。所以,每一個項目都等於常數:
1 Y ( y ) d 2 Y ( y ) d y 2 = C {\displaystyle {\frac {1}{Y(y)}}\ {\frac {\mathrm {d} ^{2}Y(y)}{\mathrm {d} y^{2}}}=C} 、 1 Z ( z ) d 2 Z ( z ) d z 2 = − C {\displaystyle {\frac {1}{Z(z)}}\ {\frac {\mathrm {d} ^{2}Z(z)}{\mathrm {d} z^{2}}}=-C} 。這樣,一個二次偏微分方程式被改變為兩個簡單的二次常微分方程式。解答分別為
Y ( y ) = A 1 e i k y + A 2 e − i k y {\displaystyle Y(y)=A_{1}e^{iky}+A_{2}e^{-iky}} 、 Z ( z ) = B 1 e k z + B 2 e − k z {\displaystyle Z(z)=B_{1}e^{kz}+B_{2}e^{-kz}} ;其中, A 1 ( k ) {\displaystyle A_{1}(k)} 、 A 2 ( k ) {\displaystyle A_{2}(k)} 、 B 1 ( k ) {\displaystyle B_{1}(k)} 、 B 2 ( k ) {\displaystyle B_{2}(k)} 都是係數函數。
當 z {\displaystyle z} 趨向於無窮大時, Z ( z ) {\displaystyle Z(z)} 趨向於零,所以, B 1 = 0 {\displaystyle B_{1}=0} 。綜合起來,電勢為
ϕ ( y , z ) = ∫ 0 ∞ ( A 1 e i k y + A 2 e − i k y ) e − k z d k {\displaystyle \phi (y,z)=\int _{0}^{\infty }(A_{1}e^{iky}+A_{2}e^{-iky})e^{-kz}\mathrm {d} k} 。由於在 z = 0 {\displaystyle z=0} ,y+ 、y- -半平面的電勢分別為 + V {\displaystyle +V} 、 − V {\displaystyle -V} ,所以,
當 y > 0 {\displaystyle y>0} 時, ∫ 0 ∞ ( A 1 e i k y + A 2 e − i k y ) d k = + V {\displaystyle \int _{0}^{\infty }(A_{1}e^{iky}+A_{2}e^{-iky})\mathrm {d} k=+V} 、 當 y < 0 {\displaystyle y<0} 時, ∫ 0 ∞ ( A 1 e i k y + A 2 e − i k y ) d k = − V {\displaystyle \int _{0}^{\infty }(A_{1}e^{iky}+A_{2}e^{-iky})\mathrm {d} k=-V} 。 應用傅立葉變換,可以得到
A 1 ( k ) = V 2 π ( ∫ 0 ∞ e − i k y ′ d y ′ − ∫ − ∞ 0 e − i k y ′ d y ′ ) {\displaystyle A_{1}(k)={\frac {V}{2\pi }}\left(\int _{0}^{\infty }e^{-iky'}\mathrm {d} y'-\int _{-\infty }^{0}e^{-iky'}\mathrm {d} y'\right)} 、 A 2 ( k ) = V 2 π ( ∫ 0 ∞ e i k y ′ d y ′ − ∫ − ∞ 0 e i k y ′ d y ′ ) {\displaystyle A_{2}(k)={\frac {V}{2\pi }}\left(\int _{0}^{\infty }e^{iky'}\mathrm {d} y'-\int _{-\infty }^{0}e^{iky'}\mathrm {d} y'\right)} 。所以,由 A 1 ( k ) {\displaystyle A_{1}(k)} 項目貢獻出的電勢為
ϕ 1 = V 2 π ∫ 0 ∞ d k { ∫ 0 ∞ e i k ( y − y ′ ) − k z d y ′ − ∫ − ∞ 0 e i k ( y − y ′ ) − k z d y ′ } = − V 2 π ∫ 0 ∞ d y ′ i ( y − y ′ ) − z + V 2 π ∫ − ∞ 0 d y ′ i ( y − y ′ ) − z {\displaystyle {\begin{aligned}\phi _{1}&={\frac {V}{2\pi }}\int _{0}^{\infty }\mathrm {d} k\left\{\int _{0}^{\infty }e^{ik(y-y')-kz}\mathrm {d} y'-\int _{-\infty }^{0}e^{ik(y-y')-kz}\mathrm {d} y'\right\}\\&=-\ {\frac {V}{2\pi }}\int _{0}^{\infty }{\frac {\mathrm {d} y'}{i(y-y')-z}}+\ {\frac {V}{2\pi }}\int _{-\infty }^{0}{\frac {\mathrm {d} y'}{i(y-y')-z}}\\\end{aligned}}} 。 類似地,由 A 2 ( k ) {\displaystyle A_{2}(k)} 項目貢獻出的電勢為
ϕ 2 = V 2 π ∫ 0 ∞ d k { ∫ 0 ∞ e − i k ( y − y ′ ) − k z d y ′ − ∫ − ∞ 0 e − i k ( y − y ′ ) − k z d y ′ } = − V 2 π ∫ 0 ∞ d y ′ − i ( y − y ′ ) − z + V 2 π ∫ − ∞ 0 d y ′ − i ( y − y ′ ) − z {\displaystyle {\begin{aligned}\phi _{2}&={\frac {V}{2\pi }}\int _{0}^{\infty }\mathrm {d} k\left\{\int _{0}^{\infty }e^{-ik(y-y')-kz}\mathrm {d} y'-\int _{-\infty }^{0}e^{-ik(y-y')-kz}\mathrm {d} y'\right\}\\&=-\ {\frac {V}{2\pi }}\int _{0}^{\infty }{\frac {\mathrm {d} y'}{-i(y-y')-z}}+\ {\frac {V}{2\pi }}\int _{-\infty }^{0}{\frac {\mathrm {d} y'}{-i(y-y')-z}}\\\end{aligned}}} 。 總電勢為[4]
ϕ = V z π ∫ 0 ∞ d y ′ ( y − y ′ ) 2 + z 2 − V z π ∫ − ∞ 0 d y ′ ( y − y ′ ) 2 + z 2 = 2 V π arctan ( y z ) {\displaystyle {\begin{aligned}\phi &={\frac {Vz}{\pi }}\int _{0}^{\infty }{\frac {\mathrm {d} y'}{(y-y')^{2}+z^{2}}}-\ {\frac {Vz}{\pi }}\int _{-\infty }^{0}{\frac {\mathrm {d} y'}{(y-y')^{2}+z^{2}}}\\&={\frac {2V}{\pi }}\ \arctan {\left({\frac {y}{z}}\right)}\\\end{aligned}}} 。 帕松方程式的解答 编辑
電荷分佈所產生的電勢 编辑 根據庫侖定律 ,一個源位置為 r ′ {\displaystyle \mathbf {r} '} 的點電荷 q {\displaystyle q} ,所產生在任意位置 r {\displaystyle \mathbf {r} } 的電場為
E ( r ) = q 4 π ϵ 0 ( r − r ′ ) | r − r ′ | 3 {\displaystyle \mathbf {E} (\mathbf {r} )={\frac {q}{4\pi \epsilon _{0}}}\ {\frac {(\mathbf {r} -\mathbf {r} ')}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|^{3}}}} 。對於一群點電荷,應用疊加原理 ,總電場等於每一個點電荷所產生的電場的疊加。體積區域 V ′ {\displaystyle \mathbb {V} '} 內部電荷密度為 ρ ( r ′ ) {\displaystyle \rho (\mathbf {r} ')} 的電荷分佈,在檢驗位置 r {\displaystyle \mathbf {r} } 所產生的電場為
E ( r ) = 1 4 π ϵ 0 ∫ V ′ ρ ( r ′ ) ( r − r ′ ) | r − r ′ | 3 d 3 r ′ {\displaystyle \mathbf {E} (\mathbf {r} )={\frac {1}{4\pi \epsilon _{0}}}\int _{\mathbb {V} '}\rho (\mathbf {r} '){\frac {(\mathbf {r} -\mathbf {r} ')}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|^{3}}}\ \mathrm {d} ^{3}r'} ;其中, d 3 r ′ {\displaystyle \mathrm {d} ^{3}r'} 是微小體積元素。
應用一條向量恆等式 ,
∇ 1 | r − r ′ | = − ( r − r ′ ) | r − r ′ | 3 {\displaystyle \nabla {\frac {1}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}=-\ {\frac {(\mathbf {r} -\mathbf {r} ')}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|^{3}}}} ,可以得到
E ( r ) = − 1 4 π ϵ 0 ∇ ∫ V ′ ρ ( r ′ ) | r − r ′ | d 3 r ′ {\displaystyle \mathbf {E} (\mathbf {r} )=-\ {\frac {1}{4\pi \epsilon _{0}}}\nabla \int _{\mathbb {V} '}{\frac {\rho (\mathbf {r} ')}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\ \mathrm {d} ^{3}r'} 。設定在無窮遠的電勢為參考值0,則在任意位置的電勢為
ϕ ( r ) = 1 4 π ϵ 0 ∫ V ′ ρ ( r ′ ) | r − r ′ | d 3 r ′ {\displaystyle \phi (\mathbf {r} )={\frac {1}{4\pi \epsilon _{0}}}\int _{\mathbb {V} '}{\frac {\rho (\mathbf {r} ')}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\ \mathrm {d} ^{3}r'} ;(1) 應用一則關於狄拉克δ函數 的向量恆等式
∇ 2 ( 1 | r − r ′ | ) = − 4 π δ ( r − r ′ ) {\displaystyle \nabla ^{2}\left({\frac {1}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\right)=-4\pi \delta (\mathbf {r} -\mathbf {r} ')} ,假設檢驗位置 r {\displaystyle \mathbf {r} } 在積分體積 V ′ {\displaystyle \mathbb {V} '} 內,則可得到帕松方程式:
∇ 2 ϕ ( r ) = 1 4 π ϵ 0 ∫ V ′ ∇ 2 ( ρ ( r ′ ) | r − r ′ | ) d 3 r ′ = − 1 ϵ 0 ∫ V ′ ρ ( r ′ ) δ ( r − r ′ ) d 3 r ′ = − ρ ( r ) ϵ 0 {\displaystyle \nabla ^{2}\phi (\mathbf {r} )={\frac {1}{4\pi \epsilon _{0}}}\int _{\mathbb {V} '}\nabla ^{2}\left({\frac {\rho (\mathbf {r} ')}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\right)\ \mathrm {d} ^{3}r'=-\ {\frac {1}{\epsilon _{0}}}\int _{\mathbb {V} '}\rho (\mathbf {r} ')\delta (\mathbf {r} -\mathbf {r} ')\ \mathrm {d} ^{3}r'=-\ {\frac {\rho (\mathbf {r} )}{\epsilon _{0}}}} 。所以,電勢的方程式(1)為帕松方程式的解答。
邊界條件 编辑 電勢的方程式(1)只考慮到一群電荷分佈所產生的電勢。假若遭遇邊界條件為電勢的靜電學問題,就不能使用方程式(1),必需使用更具功能的方法。
根據格林第二恆等式 ,對於任意良態函數 ϕ ( r ) {\displaystyle \phi (\mathbf {r} )} 與 ψ ( r ) {\displaystyle \psi (\mathbf {r} )} ,[5]
∫ V ( ϕ ∇ 2 ψ − ψ ∇ 2 ϕ ) d 3 r = ∮ S ( ϕ ∂ ψ ∂ n − ψ ∂ ϕ ∂ n ) d 2 r {\displaystyle \int _{\mathbb {V} }\left(\phi \nabla ^{2}\psi -\psi \nabla ^{2}\phi \right)\ \mathrm {d} ^{3}r=\oint _{\mathbb {S} }\left(\phi {\partial \psi \over \partial n}-\psi {\partial \phi \over \partial n}\right)\ \mathrm {d} ^{2}r} ;其中, V {\displaystyle \mathbb {V} } 是積分體積, S {\displaystyle \mathbb {S} } 是包住 V {\displaystyle \mathbb {V} } 的閉表面, d 2 r {\displaystyle \mathrm {d} ^{2}r} 是微小面元素, ∂ ϕ ∂ n {\displaystyle \partial \phi \over \partial n} 或 ∂ ϕ ∂ n {\displaystyle \partial \phi \over \partial n} 都是取垂直於閉表面 S {\displaystyle \mathbb {S} } 的法向導數 ,都是從積分體積 V {\displaystyle \mathbb {V} } 朝外指出。
設定 ϕ ( r ′ ) {\displaystyle \phi (\mathbf {r} ')} 為在 r ′ {\displaystyle \mathbf {r} '} 的電勢, ψ = 1 | r − r ′ | {\displaystyle \psi ={\frac {1}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}} 為 r ′ {\displaystyle \mathbf {r} '} 與 r {\displaystyle \mathbf {r} } 之間的距離。應用帕松方程式 ∇ 2 ϕ ( r ) = − ρ / ϵ 0 {\displaystyle \nabla ^{2}\phi (\mathbf {r} )=-\rho /\epsilon _{0}} ,則可得到
∫ V ′ [ ϕ ( r ′ ) ∇ 2 ( 1 | r − r ′ | ) + ρ ( r ′ ) ϵ 0 | r − r ′ | ] d 3 r ′ = ∮ S ′ [ ϕ ∂ ∂ n ′ ( 1 | r − r ′ | ) − ( 1 | r − r ′ | ) ∂ ϕ ∂ n ′ ] d 2 r ′ {\displaystyle \int _{\mathbb {V} '}\left[\phi (\mathbf {r} ')\nabla ^{2}\left({\frac {1}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\right)+{\frac {\rho (\mathbf {r} ')}{\epsilon _{0}|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\right]\mathrm {d} ^{3}r'=\oint _{\mathbb {S} '}\left[\phi \ {\partial \over \partial n'}\left({\frac {1}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\right)-\left({\frac {1}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\right){\partial \phi \over \partial n'}\right]\mathrm {d} ^{2}r'} 。再應用向量恆等式
∇ 2 ( 1 | r − r ′ | ) = − 4 π δ ( r − r ′ ) {\displaystyle \nabla ^{2}\left({\frac {1}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\right)=-4\pi \delta (\mathbf {r} -\mathbf {r} ')} 。假設檢驗位置 r {\displaystyle \mathbf {r} } 在積分體積 V ′ {\displaystyle \mathbb {V} '} 內,則可得到
ϕ ( r ) = 1 4 π ϵ 0 ∫ V ′ ρ ( r ′ ) | r − r ′ | d 3 r ′ + 1 4 π ∮ S ′ [ ( 1 | r − r ′ | ) ∂ ϕ ∂ n ′ − ϕ ∂ ∂ n ′ ( 1 | r − r ′ | ) ] d 2 r ′ {\displaystyle \phi (\mathbf {r} )={\frac {1}{4\pi \epsilon _{0}}}\int _{\mathbb {V} '}{\frac {\rho (\mathbf {r} ')}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\ \mathrm {d} ^{3}r'+{\frac {1}{4\pi }}\oint _{\mathbb {S} '}\left[\left({\frac {1}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\right){\partial \phi \over \partial n'}-\phi \ {\partial \over \partial n'}\left({\frac {1}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}\right)\right]\mathrm {d} ^{2}r'} 。這方程式右手邊的體積分就是電勢的方程式(1),而面積分就是因為邊界條件 而添加的項目。這是 V ′ {\displaystyle \mathbb {V} '} 體內與體外之間的邊界曲面。面積分的第一個項目要求給定在邊界曲面的法向電場,即 E n ′ = − ∂ ϕ ∂ n ′ {\displaystyle E_{n'}=-{\partial \phi \over \partial n'}} ,也就是面感應電荷密度 σ = ϵ 0 E n ′ {\displaystyle \sigma =\epsilon _{0}E_{n'}} 。面積分的第二個項目要求給定在邊界曲面的電勢 ϕ {\displaystyle \phi } 。假若能夠知道積分體積內的電荷密度、在閉曲面的面電荷密度與電勢,就可以計算出在積分體積內任意位置的電勢。
根據柯西邊界條件 ,有時候,給定在邊界曲面的法向電場與電勢,可能會因為給定過多邊界條件,而造成無法計算出一致的電勢的狀況。實際而言,只要給定法向電場或電勢,兩者之一,就可以計算出電勢。[5]
假若積分體積為無窮大空間,當 r ′ {\displaystyle r'} 趨向於無窮大時,則面積分的被積分項目會以 1 / r ′ 3 {\displaystyle 1/r'^{3}} 速率遞減,而積分面積會以 r ′ 2 {\displaystyle r'^{2}} 速率遞增,所以,面積分項目會趨向於零,這方程式約化為先前的電勢方程式(1)。
格林函數 编辑 包括函數 1 / | r − r ′ | {\displaystyle 1/|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|} 在內,有一類函數 G ( r , r ′ ) {\displaystyle G(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')} ,稱為格林函數 ,能夠滿足方程式
∇ 2 G ( r , r ′ ) = − 4 π δ ( r − r ′ ) {\displaystyle \nabla ^{2}G(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')=-4\pi \delta (\mathbf {r} -\mathbf {r} ')} 。另外,假設函數 H ( r , r ′ ) {\displaystyle H(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')} 滿足拉普拉斯方程式
∇ 2 H ( r , r ′ ) = 0 {\displaystyle \nabla ^{2}H(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')=0} ,則函數 G ′ ( r , r ′ ) = G ( r , r ′ ) + H ( r , r ′ ) {\displaystyle G'(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')=G(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')+H(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')} 也是格林函數。
應用這靈活性質,可以更嚴格地規定格林函數:[5]
對於狄利克雷問題 ,當源位置 r ′ {\displaystyle \mathbf {r} '} 在邊界表面 S ′ {\displaystyle {\mathbb {S} '}} 時,規定格林函數 G D ( r , r ′ ) = 0 {\displaystyle G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')=0} 。這樣,從格林第二恆等式,設定 ϕ ( r ′ ) {\displaystyle \phi (\mathbf {r} ')} 為在 r ′ {\displaystyle \mathbf {r} '} 的電勢, ψ ( r , r ′ ) = G D ( r , r ′ ) {\displaystyle \psi (\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')=G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')} ,則可得到 ϕ ( r ) = 1 4 π ϵ 0 ∫ V ′ ρ ( r ′ ) G D ( r , r ′ ) d 3 r ′ − 1 4 π ∮ S ′ ϕ ( r ′ ) ∂ G D ( r , r ′ ) ∂ n ′ d 2 r ′ {\displaystyle \phi (\mathbf {r} )={\frac {1}{4\pi \epsilon _{0}}}\int _{\mathbb {V} '}\rho (\mathbf {r} ')G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')\ \mathrm {d} ^{3}r'-\ {\frac {1}{4\pi }}\oint _{\mathbb {S} '}\phi (\mathbf {r} ')\ {\partial G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ') \over \partial n'}\mathrm {d} ^{2}r'} 。(2) 對於滿足紐曼問題 ,當源位置 r ′ {\displaystyle \mathbf {r} '} 在邊界表面 S ′ {\displaystyle {\mathbb {S} '}} 時,規定格林函數 ∮ S ′ ∂ G D ( r , r ′ ) ∂ n ′ d 2 r ′ = − 4 π S {\displaystyle \oint _{\mathbb {S} '}{\frac {\partial G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')}{\partial n'}}\mathrm {d} ^{2}r'=-{\frac {4\pi }{S}}} 。 這兩種規定都能夠唯一地設定格林函數。注意到格林函數是一個幾何函數,與整個系統的電荷分佈無關。對於任何系統,只要計算出適合其幾何形狀的格林函數,則不論系統的電荷分佈為何,都可以使用同樣的格林函數。
無限平面導體案例 编辑 位於xy-平面的是一個接地 的無限平面導體。其上方的點電荷 q {\displaystyle q} 的直角坐標是 ( 0 , 0 , a ) {\displaystyle (0,\,0,\,a)} 。 假設xy-平面是接地 的無限平面導體 ,則對於z+ 半空間、滿足狄利克雷邊界條件的格林函數為
G D ( r , r ′ ) = 1 ( x − x ′ ) 2 + ( y − y ′ ) 2 + ( z − z ′ ) 2 − 1 ( x − x ′ ) 2 + ( y − y ′ ) 2 + ( z + z ′ ) 2 {\displaystyle {\begin{matrix}G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')={\cfrac {1}{\sqrt {(x-x')^{2}+(y-y')^{2}+(z-z')^{2}}}}\\\qquad \qquad \qquad -\ {\cfrac {1}{\sqrt {(x-x')^{2}+(y-y')^{2}+(z+z')^{2}}}}\\\end{matrix}}} ; 其中, ( x , y , z ) {\displaystyle (x,y,z)} 、 ( x ′ , y ′ , z ′ ) {\displaystyle (x',y',z')} 分別是檢驗位置 r {\displaystyle \mathbf {r} } 、源位置 r ′ {\displaystyle \mathbf {r} '} 的直角坐標 。
由於接地導體的電勢為零,方程式(2)的面積分項目等於零,方程式(2)變為
ϕ ( r ) = 1 4 π ϵ 0 ∫ V ′ ρ ( r ′ ) G D ( r , r ′ ) d 3 r ′ {\displaystyle \phi (\mathbf {r} )={\frac {1}{4\pi \epsilon _{0}}}\int _{\mathbb {V} '}\rho (\mathbf {r} ')G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')\ \mathrm {d} ^{3}r'} 。假設在位置 ( 0 , 0 , a ) {\displaystyle (0,0,a)} 有點電荷 q {\displaystyle q} ,則在z+ 半空間任意位置的電勢為
ϕ ( r ) = 1 4 π ϵ 0 ∫ V ′ ρ ( r ′ ) ( 1 x 2 + y 2 + ( z − a ) 2 − 1 x 2 + y 2 + ( z + a ) 2 ) d 3 r ′ = 1 4 π ϵ 0 ( q x 2 + y 2 + ( z − a ) 2 − q x 2 + y 2 + ( z + a ) 2 ) {\displaystyle {\begin{aligned}\phi (\mathbf {r} )&={\frac {1}{4\pi \epsilon _{0}}}\int _{\mathbb {V} '}\rho (\mathbf {r} ')\left({\frac {1}{\sqrt {x^{2}+y^{2}+(z-a)^{2}}}}-{\frac {1}{\sqrt {x^{2}+y^{2}+(z+a)^{2}}}}\right)\ \mathrm {d} ^{3}r'\\&={\frac {1}{4\pi \epsilon _{0}}}\left({\frac {q}{\sqrt {x^{2}+y^{2}+(z-a)^{2}}}}-{\frac {q}{\sqrt {x^{2}+y^{2}+(z+a)^{2}}}}\right)\\\end{aligned}}} 。 仔細檢察這方程式,右手邊第一個項目,是在沒有平面導體的狀況時,點電荷 q {\displaystyle q} 所產生的電勢;右手邊第二個項目,是使用鏡像法 時,鏡像電荷 − q {\displaystyle -q} 所產生的電勢。請參閱鏡像法 條目的點電荷與無限平面導體 段落。
導引 编辑 已知函數 1 / | r − r ′ | {\displaystyle 1/|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|} 為格林函數 G ( r , r ′ ) {\displaystyle G(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')} ,滿足方程式
∇ 2 G ( r , r ′ ) = − 4 π δ ( r − r ′ ) {\displaystyle \nabla ^{2}G(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')=-4\pi \delta (\mathbf {r} -\mathbf {r} ')} 。在三維無限空間裏, 1 / | r − r ′ | {\displaystyle 1/|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|} 的傅立葉級數 為[6]
1 | r − r ′ | ≡ 1 2 π 2 ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ d 3 k e i k ⋅ ( r − r ′ ) k 2 = 1 2 π 2 ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ d k x d k y e i k x ( x − x ′ ) + i k y ( y − y ′ ) ∫ − ∞ ∞ d k z e i k z ( z − z ′ ) k x 2 + k y 2 + k z 2 {\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {1}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}&\equiv {\frac {1}{2\pi ^{2}}}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }\mathrm {d} ^{3}k{\frac {e^{i\mathbf {k} \cdot (\mathbf {r} -\mathbf {r} ')}}{k^{2}}}\\&={\frac {1}{2\pi ^{2}}}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }\mathrm {d} k_{x}\ \mathrm {d} k_{y}e^{ik_{x}(x-x')+ik_{y}(y-y')}\int _{-\infty }^{\infty }\ \mathrm {d} k_{z}{\frac {e^{ik_{z}(z-z')}}{k_{x}^{2}+k_{y}^{2}+k_{z}^{2}}}\\\end{aligned}}} 。 現在,必需找到格林函數 G D ( r , r ′ ) = G ( r , r ′ ) + H ( r , r ′ ) {\displaystyle G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')=G(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')+H(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')} ,滿足狄利克雷邊界條件 G D ( ( x , y , 0 ) , r ′ ) = 0 {\displaystyle G_{D}((x,y,0),\mathbf {r} ')=0} ,同時,函數 H ( r , r ′ ) {\displaystyle H(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')} 滿足拉普拉斯方程式
∇ 2 H ( r , r ′ ) = 0 {\displaystyle \nabla ^{2}H(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')=0} 。對於z+ 半空間, H ( r , r ′ ) {\displaystyle H(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')} 以傅立葉級數 擴張為
H ( r , r ′ ) = 1 2 π 2 ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ d k x d k y e i k x ( x − x ′ ) + i k y ( y − y ′ ) ∫ − ∞ ∞ d k z [ B ( k , z ′ ) e i k z z + C ( k , z ′ ) e − i k z z ] {\displaystyle {\begin{aligned}H(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')&={\frac {1}{2\pi ^{2}}}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }\ \mathrm {d} k_{x}\ \mathrm {d} k_{y}e^{ik_{x}(x-x')+ik_{y}(y-y')}\int _{-\infty }^{\infty }\ \mathrm {d} k_{z}\left[B(\mathbf {k} ,z')e^{ik_{z}z}+C(\mathbf {k} ,z')e^{-ik_{z}z}\right]\\\end{aligned}}} 。對於x-座標與對於y-座標的傅立葉級數 擴張, H {\displaystyle H} 函數與 G {\displaystyle G} 函數的形式相同。這是因為對於無限空間案例與無限平面導體案例,兩種案例的x-邊界條件與y-邊界條件都相同,只有z-邊界條件稍有改變。將 H {\displaystyle H} 函數的方程式代如, G D ( r , r ′ ) {\displaystyle G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')} 變為
G D ( r , r ′ ) = 1 2 π 2 ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ d k x d k y e i k x ( x − x ′ ) + i k y ( y − y ′ ) ∫ − ∞ ∞ d k z [ e i k z ( z − z ′ ) k x 2 + k y 2 + k z 2 + B ( k , z ′ ) e i k z z + C ( k , z ′ ) e − i k z z ] {\displaystyle G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')={\frac {1}{2\pi ^{2}}}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }\ \mathrm {d} k_{x}\ \mathrm {d} k_{y}e^{ik_{x}(x-x')+ik_{y}(y-y')}\int _{-\infty }^{\infty }\ \mathrm {d} k_{z}\left[{\frac {e^{ik_{z}(z-z')}}{k_{x}^{2}+k_{y}^{2}+k_{z}^{2}}}+B(\mathbf {k} ,z')e^{ik_{z}z}+C(\mathbf {k} ,z')e^{-ik_{z}z}\right]} ;其中, B ( k , z ′ ) {\displaystyle B(\mathbf {k} ,z')} 與 C ( k , z ′ ) {\displaystyle C(\mathbf {k} ,z')} 都是係數函數。
由於 G D ( ( x , y , 0 ) , r ′ ) = 0 {\displaystyle G_{D}((x,y,0),\mathbf {r} ')=0} ,對於任意 k {\displaystyle \mathbf {k} } 與 z ′ {\displaystyle z'} , B ( k , z ′ ) {\displaystyle B(\mathbf {k} ,z')} 與 C ( k , z ′ ) {\displaystyle C(\mathbf {k} ,z')} 之間的關係為
e − i k z z ′ k x 2 + k y 2 + k z 2 + B ( k , z ′ ) + C k , z ′ ) = 0 {\displaystyle {\frac {e^{-ik_{z}z'}}{k_{x}^{2}+k_{y}^{2}+k_{z}^{2}}}+B(\mathbf {k} ,z')+C\mathbf {k} ,z')=0} 、 B ( k , z ′ ) = B 0 e − i k z z ′ k x 2 + k y 2 + k z 2 {\displaystyle B(\mathbf {k} ,z')={\frac {B_{0}e^{-ik_{z}z'}}{k_{x}^{2}+k_{y}^{2}+k_{z}^{2}}}} 、 C ( k , z ′ ) = C 0 e − i k z z ′ k x 2 + k y 2 + k z 2 {\displaystyle C(\mathbf {k} ,z')={\frac {C_{0}e^{-ik_{z}z'}}{k_{x}^{2}+k_{y}^{2}+k_{z}^{2}}}} ;其中, B 0 {\displaystyle B_{0}} 與 C 0 {\displaystyle C_{0}} 都是係數常數,而且, B 0 + C 0 = − 1 {\displaystyle B_{0}+C_{0}=-1}
將這些公式代入 G D {\displaystyle G_{D}} ,可以得到
G D ( r , r ′ ) = 1 2 π 2 ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ d k x d k y e i k x ( x − x ′ ) + i k y ( y − y ′ ) ∫ − ∞ ∞ d k z { ( 1 + B 0 ) k 2 [ e i k z ( z − z ′ ) − e i k z ( z + z ′ ) ] } {\displaystyle G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')={\frac {1}{2\pi ^{2}}}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }\ \mathrm {d} k_{x}\ \mathrm {d} k_{y}e^{ik_{x}(x-x')+ik_{y}(y-y')}\int _{-\infty }^{\infty }\ \mathrm {d} k_{z}\left\{{\frac {(1+B_{0})}{k^{2}}}\left[e^{ik_{z}(z-z')}-e^{ik_{z}(z+z')}\right]\right\}} 。為了滿足方程式 ∇ 2 G D ( r , r ′ ) = − 4 π δ ( r − r ′ ) {\displaystyle \nabla ^{2}G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')=-4\pi \delta (\mathbf {r} -\mathbf {r} ')} ,必需設定 B 0 = 0 {\displaystyle B_{0}=0} 。所以,
G D ( r , r ′ ) = 1 2 π 2 ∫ − ∞ ∞ ∫ − ∞ ∞ d k x d k y e i k x ( x − x ′ ) + i k y ( y − y ′ ) ∫ − ∞ ∞ d k z { 1 k 2 [ e i k z ( z − z ′ ) − e i k z ( z + z ′ ) ] } = 1 | r − r ′ | − 1 | r − r ″ | = 1 ( x − x ′ ) 2 + ( y − y ′ ) 2 + ( z − z ′ ) 2 − 1 ( x − x ′ ) 2 + ( y − y ′ ) 2 + ( z + z ′ ) 2 {\displaystyle {\begin{aligned}G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ')&={\frac {1}{2\pi ^{2}}}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }\ \mathrm {d} k_{x}\ \mathrm {d} k_{y}e^{ik_{x}(x-x')+ik_{y}(y-y')}\int _{-\infty }^{\infty }\ \mathrm {d} k_{z}\left\{{\frac {1}{k^{2}}}\left[e^{ik_{z}(z-z')}-e^{ik_{z}(z+z')}\right]\right\}\\&={\frac {1}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} '|}}-{\frac {1}{|\mathbf {r} -\mathbf {r} ''|}}\\&={\cfrac {1}{\sqrt {(x-x')^{2}+(y-y')^{2}+(z-z')^{2}}}}-\ {\cfrac {1}{\sqrt {(x-x')^{2}+(y-y')^{2}+(z+z')^{2}}}}\\\end{aligned}}} ; 其中, r ″ = ( x ′ , y ′ , − z ′ ) {\displaystyle \mathbf {r} ''=(x',y',-z')} 是鏡像電荷的位置。
兩個半平面導體案例 编辑 假設在xy-平面的無限平面導體 被一條位於 y = 0 {\displaystyle y=0} 的絕緣線條分為兩半,兩個處於y+ 、y- -半平面的導體的電勢分別設定為 + V {\displaystyle +V} 與 − V {\displaystyle -V} ,則由於 ρ ( r ′ ) = 0 {\displaystyle \rho (\mathbf {r} ')=0} ,方程式(2)變為
ϕ ( r ) = − 1 4 π ∮ S ′ ϕ ( r ′ ) ∂ G D ( r , r ′ ) ∂ n ′ d 2 r ′ {\displaystyle \phi (\mathbf {r} )=-\ {\frac {1}{4\pi }}\oint _{\mathbb {S} '}\phi (\mathbf {r} ')\ {\partial G_{D}(\mathbf {r} ,\mathbf {r} ') \over \partial n'}\mathrm {d} ^{2}r'} 。(3) 注意到 V ′ {\displaystyle \mathbb {V} '} 是z+ -半空間,xy-平面是其邊界閉曲面的一部分,格林函數在xy-平面的法向導數的方向是朝著負z方向:
∂ G D ∂ n ′ = − ∂ G D ∂ z ′ = − z − z ′ [ ( x − x ′ ) 2 + ( y − y ′ ) 2 + ( z − z ′ ) 2 ] 3 / 2 − z + z ′ [ ( x − x ′ ) 2 + ( y − y ′ ) 2 + ( z + z ′ ) 2 ] 3 / 2 = − 2 z [ ( x − x ′ ) 2 + ( y − y ′ ) 2 + z 2 ] 3 / 2 {\displaystyle {\begin{aligned}{\partial G_{D} \over \partial n'}&=-\ {\partial G_{D} \over \partial z'}\\&=-\ {\cfrac {z-z'}{[(x-x')^{2}+(y-y')^{2}+(z-z')^{2}]^{3/2}}}\ -\ {\cfrac {z+z'}{[(x-x')^{2}+(y-y')^{2}+(z+z')^{2}]^{3/2}}}\\&=-\ {\cfrac {2z}{[(x-x')^{2}+(y-y')^{2}+z^{2}]^{3/2}}}\\\end{aligned}}} 。 V ′ {\displaystyle \mathbb {V} '} 的邊界閉曲面在無窮遠位置的電勢為0,所以,只需要計算xy-平面給出的貢獻,就可以得到在 V ′ {\displaystyle \mathbb {V} '} 內部任意位置的電勢。將上述方程式代入方程式(3):[4]
ϕ ( r ) = 2 z 4 π { ∫ 0 + ∞ ∫ − ∞ ∞ V d x ′ d y ′ [ ( x − x ′ ) 2 + ( y − y ′ ) 2 + z 2 ] 3 / 2 + ∫ − ∞ 0 − ∫ − ∞ ∞ − V d x ′ d y ′ [ ( x − x ′ ) 2 + ( y − y ′ ) 2 + z 2 ] 3 / 2 } = z V π { ∫ 0 + ∞ d y ′ ( y − y ′ ) 2 + z 2 − ∫ − ∞ 0 − d y ′ ( y − y ′ ) 2 + z 2 } = 2 V π arctan ( y z ) {\displaystyle {\begin{aligned}\phi (\mathbf {r} )&={\frac {2z}{4\pi }}\left\{\int _{0+}^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }{\cfrac {V\mathrm {d} x'\mathrm {d} y'}{[(x-x')^{2}+(y-y')^{2}+z^{2}]^{3/2}}}+\int _{-\infty }^{0-}\int _{-\infty }^{\infty }{\cfrac {-V\mathrm {d} x'\mathrm {d} y'}{[(x-x')^{2}+(y-y')^{2}+z^{2}]^{3/2}}}\right\}\\&=\ {\frac {zV}{\pi }}\left\{\int _{0+}^{\infty }{\frac {\mathrm {d} y'}{(y-y')^{2}+z^{2}}}-\int _{-\infty }^{0-}{\frac {\mathrm {d} y'}{(y-y')^{2}+z^{2}}}\right\}\\&={\frac {2V}{\pi }}\ \arctan {\left({\frac {y}{z}}\right)}\\\end{aligned}}} 。 推廣至電動力學 编辑 參閱 编辑 參考文獻 编辑 ^ 電勢 . 中華語文知識庫. [2016-03-03 ] . (原始内容 存档于2016年3月6日) (中文(中国大陆)) . ^ 2.0 2.1 Halliday, David; Robert Resnick, Jearl Walker, Fundamental of Physics 7th, USA: John Wiley and Sons, Inc.: pp. 630ff, 2005, ISBN 0-471-23231-9 ^ Jackson 1999 ,第70-72頁^ 4.0 4.1 Beyer, William, CRC Standard Mathematical Table 28th, CRC Press, 1987, ISBN 0-8493-0628-0 pp. 241, formula #43,pp. 252, formula#165^ 5.0 5.1 5.2 Jackson 1999 ,第35-40頁^ Jackson 1999 ,第127-129頁^ Griffiths, David J. Introduction to Electrodynamics 3rd. Prentice Hall. 1998: pp. 555–557. ISBN 0-13-805326-X . 延伸阅读 编辑