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Lesson 7 静电唯一性定理

约 1126 字大约 4 分钟

2025-10-09

上节课说到对于静电问题，电荷不移动，没有电流、没有磁场、没有磁场的变化，也就没有感生电场. 这时电场是一个无旋场，是保守的. 我们在静态的条件下得到了介质的有关边值关系，等等.

边值关系：

n^12×(E⃗2−E⃗1)=0 ,n^12⋅(D⃗2−D⃗1)=σf\hat{n}_{12}\times(\vec{E}_2-\vec{E}_1) = 0\,,\quad\hat{n}_{12}\cdot(\vec{D}_2-\vec{D}_1)=\sigma_f

其中 σf\sigma_f 是界面上的 自由 电荷面密度. 现在我们要将这些方程化为 φ\varphi 的方程，以作为 Poisson 方程的边界条件. 在界面上作一个矩形环路，环路的两条长边无限接近于界面 (宽度趋于零)，积分环路上的电场可以得到电势的边值关系为

φ1=φ2\varphi_1=\varphi_2

(电势连续) 同理可以对 D⃗\vec{D} 做环路积分，得到

ε2∂φ2∂n^+ε1∂φ1∂n^=σf\varepsilon_2\frac{\partial\varphi_2}{\partial\hat{n}}+\varepsilon_1\frac{\partial\varphi_1}{\partial\hat{n}}=\sigma_f

除了介质之外，静电场还涉及导体这一种特殊的物质. 导体内部不存在稳态电场，达到静电平衡的速度很快.

Poisson 方程：

∇2φ=−ρε\nabla^2\varphi=-\frac{\rho}{\varepsilon}

如果研究的区域没有自由电荷，则化为 Laplace 方程，为 ∇2φ=0\nabla^2\varphi=0. 对于一个有固定自由电荷分布的问题，可以通过叠加原理，先写出我们已知的电荷分布产生的电势分布，减去这一部分之后剩下的就是我们要解的方程，这可能是一个 Laplace 方程，问题被简化.

这节课要讨论的是：

  • 要具备什么条件才能求解静电问题？
  • 所求的解是否唯一？

静电问题的唯一性定理

唯一性定理的意义在于，我们在知道唯一解的条件之后，可以去「猜测」实际上的解，简化我们求解的过程.

把一个区域 VV 划分为很多小区域 ViV_i，每一个小区域内介电常数为 εi\varepsilon_i (都是各向同性介质). 每个区域给定电荷分布 ρ(x⃗)\rho(\vec{x})，x⃗∈V\vec{x}\in V.

假设存在两个解 φ(1)\varphi^{(1)} 和 φ(2)\varphi^{(2)}，定义它们的差值为 Φ=φ(2)−φ(1)\varPhi = \varphi^{(2)}-\varphi^{(1)}，那么这个 Φ\varPhi 一定满足 Laplace 方程 (因为 φ(1)\varphi^{(1)} 和 φ(2)\varphi^{(2)} 满足 Poisson 方程)：

∇2Φ=0\nabla^2\varPhi=0

同时，因为在介质界面上电势连续，所以差值 Φ\varPhi 也在界面上连续；区域 VV 的边界条件分为两类：

Φ∣S=0 or ∂Φ∂n^∣S=0(1)\begin{aligned} \varPhi|_S &= 0\text{ or }\left.\frac{\partial\varPhi}{\partial\hat{n}}\right|_S = 0 \end{aligned}\tag{1}

考虑引入一个 ψ\psi，计算：

∇⋅(ψ∇Φ)=ψ∇2Φ+∇ψ⋅∇Φ\nabla\cdot(\psi\nabla\varPhi) = \psi\nabla^2\varPhi+\nabla\psi\cdot\nabla\varPhi

对两边同时体积分：

LHS=∭V∇⋅(ψ∇Φ)dV=∬∂Vψ∇Φ⋅dS⃗RHS=∑i(∭Viψ∇2ΦdVi+∭Vi∇ψ⋅∇ΦdVi)=∑i∭Vi∇ψ⋅∇ΦdVi\begin{aligned} \text{LHS}&=\iiint_{V}\nabla\cdot(\psi\nabla\varPhi)\text{d}V=\iint_{\partial V}\psi\nabla\varPhi\cdot\text{d}\vec{S}\\\\ \text{RHS}&=\sum_i\left(\iiint_{V_i}\psi\nabla^2\varPhi\text{d}V_i+\iiint_{V_i}\nabla\psi\cdot\nabla\varPhi\text{d}V_i\right)\\\\ &=\sum_i\iiint_{V_i}\nabla\psi\cdot\nabla\varPhi\text{d}V_i \end{aligned}

要求 ψi=εiΦ\psi_i=\varepsilon_i\varPhi，则

LHS=∑i∬∂ViεiΦ∇Φ⋅dS⃗i=∑iεi∬∂ViΦ∇Φ⋅dS⃗i\begin{aligned} \text{LHS} &= \sum_i\iint_{\partial V_i}\varepsilon_i\varPhi\nabla\varPhi\cdot\text{d}\vec{S}_i=\sum_i\varepsilon_i\iint_{\partial V_i}\varPhi\nabla\varPhi\cdot\text{d}\vec{S}_i \end{aligned}

注意到在每个内部的界面上，都有

εi∂Φi∂n^−εj∂Φj∂n^=0 ,Φi=Φj\varepsilon_i\frac{\partial\varPhi_i}{\partial\hat{n}}-\varepsilon_j\frac{\partial\varPhi_j}{\partial\hat{n}} = 0\,,\quad\varPhi_i=\varPhi_j

所以上述积分加起来后，界面上的积分是零；只剩下对整个区域外表面的积分：

LHS=∑iεi∬∂VΦ∇Φ⋅dS⃗\text{LHS} = \sum_{i}\varepsilon_i\iint_{\partial V}\varPhi\nabla\varPhi\cdot\text{d}\vec{S}

但是我们上面得到的两类边界条件 (1) (边界上 Φ\varPhi 自身或者自身的法向导数为零) 使得上面的这个积分恒为零.

对于等号右侧，有

RHS=∑iεi∭Vi∣∇Φ∣2dVi=0\text{RHS} = \sum_i\varepsilon_i\iiint_{V_i}|\nabla\varPhi|^2\text{d}V_i=0

一个正定的被积函数积分得零，于是 ∇Φ=0\nabla\varPhi=0，也就是 Φ=const.\varPhi=\text{const.} 解唯一确定.

上述讨论建立在边界条件为 (1) 的基础上. 但是很多问题的讨论区域是导体外的空间 VV，这时候边界条件是：

  • 导体表面 φ\varphi 是常数.
  • 导体表面总电量固定，所以 ∂φ/∂n^\partial\varphi/\partial\hat{n} 的面积分是常数.
  • 当然，多个导体时，可以有的导体知道总电量、有的导体知道电势.

这两个条件还是能够保证

∑iεi∬∂ViΦ∇Φ⋅dS⃗=0\sum_i\varepsilon_i\iint_{\partial V_i}\varPhi\nabla\varPhi\cdot\text{d}\vec{S}=0

(大外表面一直都是零)

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2025/10/9 08:46
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