Wie kann man mathematisch zeigen, dass das elektrische Feld in einem Leiter Null ist?

Die Randbedingungen allein können noch nichts über einen Dirigenten aussagen. Die Randbedingungen können nicht einmal sagen, auf welcher Seite der Oberfläche der Leiter liegt!

Eine Möglichkeit, einen Leiter zu modellieren, ist ein ohmscher Leiter, bei dem es eine Konstante gibt$\sigma$(anders als die in Ihren Randbedingungen aufgeführte Oberflächenladungsdichte) und dann behaupten Sie die ohmsche Bedingung:

$$\vec J=\sigma \vec E$$ und dann können Sie die Divergenz von beiden Seiten nehmen und bekommen $$\sigma\frac{\rho}{\epsilon_0}=\sigma\vec \nabla \cdot \vec E = \vec \nabla \cdot \vec J$$

Wo wir die Maxwell-Gleichung verwendet haben$\dfrac{\rho}{\epsilon_0}=\vec \nabla \cdot \vec E$und wir können auch die Divergenz von nehmen

$$\vec \nabla \times \vec B=\mu_0\vec J+\mu_0\epsilon_0\frac{\partial \vec E}{\partial t}$$ um die Kontinuitätsgleichung zu erhalten

$$\vec \nabla \cdot \vec J=-\epsilon_0\vec \nabla \cdot\frac{\partial \vec E}{\partial t}=-\frac{\partial \rho}{\partial t}.$$

Das heißt, wir haben

$$\frac{\partial \rho}{\partial t}=-\vec \nabla \cdot \vec J=-\frac{\sigma}{\epsilon_0}\rho.$$

Sie haben also vielleicht mit einer anfänglichen Ladungsdichte begonnen, aber an jeder Stelle innerhalb des Leiters nimmt sie mit der Zeit exponentiell ab.

Und das bezieht sich auf die Ausgangswertformulierung der Elektrodynamik. Sie beginnen in einem Moment mit einem tatsächlichen physikalischen elektromagnetischen Feld und dann entwickelt es sich entsprechend

$$\frac{\partial \vec B}{\partial t}=-\vec\nabla \times \vec E, \text{ and}$$

$$\frac{\partial \vec E}{\partial t}=\frac{1}{\epsilon_0}\left(\frac{1}{\mu_0}\vec\nabla \times \vec B-\vec J\right)$$

Die Felder zu einem späteren Zeitpunkt sind also eine Folge der Felder zu einem früheren Zeitpunkt (und dem aktuellen) und den obigen Evolutionsgleichungen.

Also für ein ohmsches Material wissen wir$\vec J$also können wir die Felder weiterentwickeln, weil die Evolutionsgleichungen nur für die zeitlichen Änderungsraten Maxwell-gelöst sind.

Sie hatten also eine anfängliche Ladungsverteilung und ein anfängliches elektrisches Feld. Sie könnten null gewesen sein, sie könnten ungleich null gewesen sein.

Ich habe viele "konzeptionelle" Argumente gesehen, dass sich die Ladungen bewegen und ein Feld erzeugen würden, wenn es ein Feld gäbe, das dieses aufhebt.

Wenn Sie die Statik als die langfristige Grenze der Dynamik betrachten, müssen Sie nicht konzeptionell werden. Ein ohmsches Material hat buchstäblich einen Strom ungleich Null, wo ein elektrisches Feld ungleich Null vorhanden ist. Aber dieser Strom bewirkt, dass die Ladung verschwindet, Sie können sich Orte vorstellen, an denen die Ladungsdichte anfangs positiv und negativ ist, und die anfänglichen Stromlinien des elektrischen Felds könnten einige davon verbinden und / oder diese Orte mit der Oberfläche verbinden. Und da der Strom in die gleiche Richtung zeigt, können wir sehen, dass diese exponentiell abnehmende Ladungsdichte darauf zurückzuführen ist, dass sich entgegengesetzte Ladungsdichten gegenseitig aufheben, wenn Ladung fließt oder sich das Ladungsungleichgewicht zur Oberfläche bewegt, wodurch die Ladungsdichte der Oberfläche im Laufe der Zeit zunimmt.

Die Ladungsdichte auf der Oberfläche kann sich auf andere Weise ändern als mit der Zeit exponentiell abzunehmen. Warum? Weil$\sigma$(aus dem ohmschen Zustand) ist nicht über die Oberfläche an der Grenze des Leiters konstant. Tatsächlich könnte die Grenze des Leiters ein Vakuum aufweisen$\vec J=\vec 0$auf der anderen Seite.

Können wir argumentieren, dass das elektrische Feld im Inneren Null ist? Ja und nein. Einerseits, wenn wir behaupten, dass dies Teil der Statik ist$\vec J=\vec 0$dann haben wir$\vec E=\vec 0$sofort. Aber das ist eher eine Vermutung. Aber wenn Sie es zulassen$\vec J\neq \vec 0$dann könnte Ihr Leiter überall eine Ladungsdichte von Null haben, aber einen konstanten Strom haben, solange die Grenze des Leiters mit dem Strom versorgt wird, den er für diesen konstanten Strom benötigt.

Es ist absolut eine gültige Lösung von Maxwell, einen zylindrischen unendlichen Draht zu haben, der in den zeigt$\hat z$Richtung mit einer einheitlichen Nicht-Null$\vec J$zeigt in die$\hat z$Richtung innerhalb des zylindrischen unendlichen Drahtes.

Wann immer Sie also ein Gegenbeispiel haben, wissen Sie, dass Sie Ihre Hypothese stärken müssen. Diese Situation kann ein statisches, unveränderliches elektrisches Feld haben, aber es hat einen Strom ungleich Null.

Sie müssen das Ohmsche Gesetz verwenden :$J = \sigma E$was als Massenbeobachtung zu Maxwells Gleichungen hinzugefügt werden muss, wie in dieser Antwort erläutert .

Sie können daraus schließen, dass das elektrische Feld in einem Leiter null ist für:

• perfekter Dirigent wo$\rho = 1/\sigma = 0$Und$J$ist endlich
• statischer Fall, wo$J = 0$Und$\sigma$ist endlich

Im elektrostatischen Fall nach den Poisson-Gleichungen die elektrische Feldgleichung für einen leeren Hohlraumraum$\mathcal V$ohne elektrische Ladungen$\rho (\vec r) = 0$und elektrostatisches Potential$\Phi (\vec r)$an der Stelle$\vec r$Ist:

$$\begin{equation} \nabla^2 \Phi = \frac{\rho}{\epsilon} = 0. \label{poisson} \tag{1} \end{equation}$$ Wenn wir das Integral des Quadrats des elektrischen Felds über das Volumen des Hohlraums bilden: $$\begin{equation} I = \int_{\mathcal V} d V \; | \nabla \Phi |^2 = \int_{\mathcal V} d V \; \left[ \vec \nabla . \left( \Phi \vec \nabla \Phi \right) - \Phi \nabla^2 \Phi \right]. \label{efint} \tag{2} \end{equation}$$ Entsprechend ( $\ref{poisson}$), das 2. Glied in ( $\ref{efint}$) verschwinden kann, also können wir schreiben: $$\int_{\mathcal V} d V \; | \nabla \Phi |^2 = \int_{\mathcal V} d V \; \vec \nabla . \left( \Phi \vec \nabla \Phi \right).$$ Mit dem Divergenzsatz von Gauß kann dieses Volumenintegral nun in ein Flächengrenzenintegral umgeschrieben werden: $$\begin{equation} \int_{\mathcal V} d V \; | \nabla \Phi |^2 = \int_{\mathcal S} d \vec S . \left( \Phi \vec \nabla \Phi \right). \label{sint} \tag{3} \end{equation}$$ Da es sich um einen Hohlraum in einem Leiter handelt, ist das elektrostatische Potential überall im Leitermaterial einschließlich der Begrenzungswände des Hohlraums gleichmäßig konstant, dh.$\Phi (\vec r) = \Phi_s \ \forall \ \vec r \in \mathcal S = \partial \mathcal V$. Somit kann das Oberflächenintegral des Hohlraums umgeschrieben werden als: $$\begin{equation} \int_{\mathcal S} d \vec S . \left( \Phi \vec \nabla \Phi \right) = \Phi_s \int_{\mathcal S} d \vec S . \left( \vec \nabla \Phi \right) = \Phi_s \int_{\mathcal V} d V \; \nabla^2 \Phi. \label{nsint} \tag{4} \end{equation}$$ Somit wendet man die Poisson-Gleichung ( $\ref{poisson}$) haben wir wieder $$\int_{\mathcal V} d V \; | \nabla \Phi |^2 = \Phi_s \int_{\mathcal V} d V \; \nabla^2 \Phi = 0,$$ und da$| \nabla \Phi |^2 \geq 0$, können wir sagen, dass dies der einzige Weg für das Integral ist$I$verschwinden ist $$\begin{equation} \boxed{\vec E = \vec \nabla \Phi (\vec r) = 0.} \label{nullef} \tag{5} \end{equation}$$

Ohmsches Gesetz ist

$$\begin{equation}J=\sigma E \end{equation}$$

Einsetzen des Ohmschen Gesetzes in$\nabla . E=\frac{\rho}{\epsilon}$gibt

$$\nabla .J=\frac{\sigma \rho}{\epsilon}$$

Die Kontinuitätsgleichung (Ladungserhaltung) lautet

$$\nabla . J=- \frac{\partial\rho}{\partial t}$$

Das Gleichsetzen der beiden obigen Gleichungen ergibt

$$\frac{\partial\rho}{\partial t}=-\frac{\sigma \rho}{\epsilon}$$ Die Lösung dieser Gleichung ist einfach

$$\rho = \rho (0)\exp(-\frac{\sigma t }{\epsilon})$$ Wo $\rho (0)$ist die Ladungsdichte zum Zeitpunkt t=0.

Wir haben die Gleichung hergeleitet, die beschreibt, wie sich die Ladungsdichte in einem Material mit der Zeit ändert. Für einen Leiter ist die Leitfähigkeit$\sigma$ist groß und daher$\rho$wird mit der Zeit exponentiell (und schnell) gegen Null tendieren, INNERHALB des Leiters. Daher können wir innerhalb eines Dirigenten die erste Maxwell-Gleichung schreiben als:

$$\nabla . E =\frac{\rho}{\epsilon}=0$$

Das sagt uns das Gauß'sche Gesetz

$$\int E.dS=\int (\nabla . E) dV=0 (from above)$$ [siehe https://en.wikipedia.org/wiki/Gauss%27s_law]

Da das Gaußsche Gesetz für jede geschlossene Oberfläche innerhalb des Leiters gelten sollte, schließen wir daraus, dass E innerhalb eines Leiters identisch Null sein sollte.

Ich persönlich würde das Prinzip der kleinsten Wirkung anwenden: Der Punkt, an dem die Ladungsdichte statisch bleibt, ist der Punkt, an dem das Feld eine minimale Energie hat. Wir können die Energie eines elektrischen Feldes mit der folgenden Formel berechnen:

$$E=\frac{1}{2}\int \varepsilon|\mathbf{E}|^2dV$$

Nehmen wir einen homogenen Leiter an, dann können wir sagen:

$$E=\frac{\varepsilon}{2}\int|\mathbf{E}|^2dV$$

Jetzt kommen wir zu meiner bevorzugten Betrachtungsweise. Angenommen, wir haben zwei Zahlen:$n$Und$m$. Wir wollen die Summe der Quadrate dieser beiden minimieren, wenn$m+n=o$. Nehmen wir nun zunächst an, dass unsere Lösung kommt, wenn die beiden gleich sind:

$$n=m=\frac{o}{2}$$

Und somit können wir sagen:

$$m^2+n^2=2\frac{o^2}{4}=\frac{o^2}{2}$$

Meine Hypothese ist, dass sich die Summe ihrer Quadrate erhöht, wenn man eine beliebige Zahl zu einem Wert addiert und von dem anderen subtrahiert. Und deshalb suchen wir:

$$\Delta = \left(m-\delta\right)^2+\left(n+\delta\right)^2-\left(m^2+n^2\right)$$

Erweitern Sie die Klammern und gleichen Sie sie aus$m$Und$n$, kann gezeigt werden, dass die Änderung immer positiv ist.

Dies kann dann analog zur Formel für das elektrische Feld erfolgen. Wenn Sie den Beitrag zum elektrischen Feld einer einzelnen Region reduzieren, indem Sie ihre Ladung reduzieren, müssen Sie diese Ladung an anderer Stelle hinzufügen, was einen größeren Effekt erzeugt. (Entschuldigung, das ist aus dem Gedächtnis, aus einem Beweis, den ich vor Ewigkeiten gemacht habe, also entschuldige ich mich, wenn ich das überhaupt vermasselt habe!)

Grundsätzlich ist die minimale Energie für das Medium die Energie, bei der die elektrische Feldverteilung gleichmäßig ist.