三种描述类型静电场唯一性定理的证明.doc

2003 年 3 月第 18 卷 第 1 期山 东 师 范 大 学 学 报 (自 然 科 学 版)Journal of Shandong Normal University(Natural Science)Mar. 2003Vol . 18 No . 1三种描述类型静电场唯一性定理的证明郑家奎( 泰山学院物理学系 ,271000 ,山东泰安 ; 44 岁 ,男 ,副教授 )摘要 从静电场的基本方程和边界条件出发 , 利用场论等数学工具给出了三种描述类型静电场唯一性定理的证明过程.1 静电场的第一类唯一性定理(如图 1 所示) 空间某一区域 V 中有导体和介质 , 若已知 V 中导体以外的空间 V 内自由电荷体密度为( r) , 边界上的电势植 | s 或电势的法向导数 9及导9n | s体的电势 i | si , 则空间的电场被唯一确定 .证 :设电势函数 1 、2 都是这个问题的解 , 则 1 、2 都应满足泊松方程A 2 1 = - ;A 2 2 = - .(1)因电势值或电势的法向导数值被确定 , 根据边界条件 , 在边界 S 上有 92 90 91 90图 11| s = 0| s ,2| s = 0| s ;| s =| s , | s =| s .(2)9n9n 9n9n在导体分界面 S i 上 , 因导体为等势体 , 根据边值关系有1| si = i | si ,2| si = i | si .( 3)令 = 1 - 2 , 则由 ( 1) 得 A 2 = 0. 在边界 S 上由 ( 2) 得| S = 0 或 9= 0.9n | s( 4) d v = 9 d s ,在导体分界面 S i 上 由 ( 3) 得 | si = 0. 由 格 林 第 一 定 理( A 2 +A As9nv令 = 并将 (4) 式代入得 ( A ) 2 d v = 9 s .9n dvs考虑到 V 的 边 界 S 包 括 V 的 边 界 S 和 导 体 表 面 S i , 上 述 闭 合 面 积 分 应 分 为 两 项 ( A ) 2 d v =v 9 s + 9 s , 在每个导体表面 S i 上 , 值满足 | si = 0 , 所以有 9 s = 0.9n d9n d9n di sisi si在空间 V 的边界 S 上 , 或 9值满足 | s = 0 , 所以有 9 s = 0 , V 空间上的体积分为9n 的9n ds( A ) 2 d v = 0.(5)在区域 V 的边界上 , 因电势值或电势的法向导数值被确定 ( 分别设为 1| S 和 9 ) 则有9n | S91 90 92 901| S = 0| S ; 2| S = 0| S 或 9n | S =9n | S9n | S = 9n | S .( 7)在导体与介质的分界面上 , 因导体所带电量已知 , 由高斯定理有 Qi = D d s = Ed s =E n d ssisisi= - 9 s , 所以在第 i 块导体上 , 1 、2 满足9n dsi9192 91 92- d s = Qi ;- d s = Qi ;| si =| si .(8)9n9n9n9nsisi令 = 1 - 2 , 由 ( 6) 式得 A 2 = 0 , 在边界 S 上由 (7) 式得 91 9290929| S = 1| S - 2| S = 0| S - 0| S = 0 ;在导体分界面上由 (8) 式得9n | S 9n=| S -| S =| S -| S = 0.(9)9n9n9n 91 92 99n | si = 9n | si - 9n | si = 0.( 10)根据格林第一定理 ( A 2 + A A ) d v = 9 s , 令 = 得s 9n dv( A 2 + ( A ) 2) d v = 9 ss9n d(11)v 9d s + 9d s这里 S 包含 V 的边界 S 和导体表面 Si . 将 A 2 = 0 代入 ( 11) 式得 ( A ) 2 d v =v9n9ni sis在各导体表面 Si 上由 ( 10) 式得 9 s = 0 , 在边界面 S 上由 ( 9) 式得si 9n d 929n d s = 0 , ( A ) d v = 0.( 12)sv与上述对 (5) 式的分析相同 , 满足 (12) 式的解只有 A = 0 , = C ( 常数) . 又因为在导体上 | S i = 0 , = 0 ,1 = 2 , 静电场具有唯一的解 .3第三类静电场的唯一性定理设空间区域 V 中充满或分区充满均匀介质 , 且已知 V 中的自由电荷分布( r) 和边界上的电势值 | S或电势的法向导数 9及各导体上的电量 Q |; 则空间 V 中的电场将被唯一确定 .9n | Si S i证设该问题有满足给定条件的两组不同的解 1 和 2 则在区域 V 中的每个均匀区域 V i 中 , 1 、2 满足泊松方程为A 2 1 = - ;A 2 2 = - .( 13)由边值关系 , 在两个相邻均匀区域的分界面上有 91 91 92 921 i = 1 j , 2 i = 2 j ; 或 i ( 9n ) i =j ( 9n ) j ,i ( 9n ) i =j ( 9n ) j .(14)在整个区域 V 的边界上 , 设给定的电势值为 0 ( 或给定的电势法向导数为 9, 则有9n | S 91 90 92 901| S = 0| S , 2| S = 0| S , 9n | S = 9n | S , 9n | S = 9n | S .(15)令 = 1 - 2 , 则由 (13) 式得 A 2 = 0. 在相邻区域分界面上由 (14) 式得i = 1 i - 2 i ,j = 1 j - 2 j ,i = j .(16)112山 东 师 范 大 学 学 报 ( 自 然 科 学 版)第 18 卷9192()()91= () -92()( 9( 9 ( 9=( 9 .9n ) i =9n-9n ) j 9n9n ) i9n ) j(17);iijj ij9n9n在边界面 S 上由 (15) 式得 91 929| S = 1| S - 2| S = 0 ,或9n | S 9n=| S -| S = 0.(18)9n在第 i 个均匀区域 Vi 的边界面 Si 上考虑积分 (i A ) d s由高斯散度定理得si= (i A ) d s = i A A +i A 2 d v = i ( A ) 2 d v + i A 2 d v , 将 A 2 = 0 代入方程得sivivivi等号右边第二项为零 : (i A ) d s = i ( A ) 2 d v , 将此式对所有均匀分区 Vi 求和得sivi(i A ) d s = i ( A ) 2 d v .i sii vi_由于 d s 总沿每个分区界面的外法向 n , 所以A d s = 9 s , 9 s = ( A ) 2 d v , 在两相邻分区 Vi 和 Vj 的分界面上 , 由 ( 16) 、(17) 式和 d9n d9n diii sii vis i = - d s i 知 , 等式左边的求和中 , 内部分界面上的积分相互抵消 , 因此只剩下 V 边界 S 上的积分得i 9 s = i ( A ) 2 d v .9 n d(19)i si vi但在边界 S 上 , 将 (18) 式代入方程 ( 19) 得等式左端的所有积分的求和为零 . 即 i ( A 0 , ( A ) 2 0 , 要满足上式的条件 , 只有 A = 0 , = C ( 常数) , 1 - 2 = C ( 常数) .问题的两个解仅相差一个常量 , 由 E = - A 1 ( 或 E = - A 2) 知 , 空间电场的解是唯一的 .注释 : 研究区域的边界用 S 表示 , 体积用 V 表示 ; 区域内导体与介质的分界面