Я сделаю случай, когда материал однороден и изотропен,$\rho = \sigma^{-1}$является константой, пропорциональной единичной матрице. Нас интересует стационарное состояние, когда ни одна из наших переменных не зависит от времени.

У нас есть$\nabla \times E = 0$из закона Фарадея и,$\nabla\cdot J = 0$из уравнения неразрывности, где$J$это плотность тока. Закон Ома говорит нам, что$J=\sigma E$. Приняв расходимость по закону Ома, получим$\nabla \cdot E = 0$. Поэтому в устойчивом состоянии$E$должна быть бездивергентной функцией без завихрений.

Это означает, что потенциал$\phi$($\nabla\phi =E$) подчиняется уравнению Лапласа,

$\nabla^2 \phi = 0$.

Для решения этого нам нужны соответствующие граничные условия, которые заключаются в следующем. На границе, где ваш резистор соединяется с выводом, потенциал$\phi$должен быть таким же значением, как потенциал на выводе. На границе вашего резистора, не подключенного к проводу, ток не может течь, поэтому соответствующее условие$\nabla\phi\cdot n = 0$, где$n$является нормальной поверхностью. Этого достаточно, чтобы найти единственное решение уравнения Лапласа.

Уравнение Лапласа — очень красивое и понятное уравнение, и имеется много материала по числовым и аналитическим решениям, хотя смешанные граничные условия будут раздражать.

Когда у вас есть решение уравнения Лапласа, вам нужен полный ток. Чтобы получить это, выберите любую поверхность поперечного сечения$S$вашего резистора и с помощью$J = \sigma E = \sigma\nabla\phi$, получим полный ток I равный

$I = \sigma\int dS\cdot\nabla\phi$.

Затем вы можете использовать$R = V/I$чтобы получить эффективное сопротивление. Случай с неоднородным или неизотропным материалом аналогичен, вы просто получите уравнение, отличное от уравнения Лапласа, решение которого может быть немного более раздражающим.

Я не могу представить, чтобы система на основе теста нуждалась в таком уровне точности :). Для всего, что основано на тесте, вероятно, просто предполагается, что это цилиндр и используется$R = \rho L /A$доставит вас достаточно близко нет? Я всегда думал о физике теста как об игре на порядок величин, вроде астрономии.

Для упрощения представим призматический объем как плоскую фигуру (в$xy$плоскость, площадь$A$) был выдавлен в$z$направление. Предположим, что проводимость ($\sigma$) зависит от$x$и$y$, но не на$z$. И разреши$L$быть длиной призмы в$z$направление. Мы хотим вычислить общее сопротивление между обоими ($xy$) параллельные грани.

Если мы возьмем маленькую призму с основаниями на основаниях главной призмы (так что маленькая призма имеет одинаковую длину$L$как основной, но его основание имеет небольшую площадь${\rm d}A$), его сопротивление нельзя назвать${\rm d}R$(это не бесконечно малый), а стремится к бесконечности ($R_{{\rm d} A} = \rho \frac{L}{{\rm d} A} \rightarrow \infty$). Поэтому я предлагаю рассмотреть обратную величину, проводимость,$G$.

Если бы тело было однородным, то полное сопротивление было бы$R = \rho L/A$, поэтому общая проводимость будет$G = \sigma A/L$. Ты знаешь$\rho$и$\sigma$просто обратные величины. Итак, для маленькой призмы проводимость равна:

Когда у нас есть этот интеграл, мы можем просто вычислить общее сопротивление, используя обратную операцию:

Вышеприведенная процедура, конечно, действительна только в предположении, что электрическое поле однородно между параллельными ($xy$) лица (т.е.$\vec E$имеет$z$направление). В противном случае «более сложный» ортодоксальный метод (предыдущий ответ: вычисление$\phi$, то электрическое поле ($\vec E = -\nabla \phi$), затем плотность тока (из закона Ома:$\vec J = \sigma \vec E$) и, наконец, сила тока ($I = \int J_z {\rm d} A$)) надо.

Такого интеграла нет, потому что сопротивление есть свойство целых цепей, которое может быть определено по отдельности только приближенно. Самое близкое, что я подошёл к интегральному выражению, это уравнение. 63 в https://www.academia.edu/1841457/The_Notion_of_Electrical_Resistance