¿Encontrar potencial eléctrico debido a la distribución de carga de línea?

Question

¿Encontrar potencial eléctrico debido a la distribución de carga de línea?

Cargar
Física
Potencial
Ley-de-gauss
Electrostática
Tarea-y-ejercicios

JDoeDoe

Necesito ayuda para configurar esta integral

V (r) = \frac{1}{4 4 π ϵ_{0 0}} \int_{L} \frac{ρ_{l}^{'}}{El | r - r^{'} El |} re l^{'} .

Tengo una carga de línea uniforme a lo largo del $z$ $z$ $z$ -eje y desea calcular el potencial eléctrico entre dos puntos $A = (r_{A}, ϕ_{A}, 0)$ $A = (r_{A}, ϕ_{A}, 0)$ $A = (r_{A}, ϕ_{A}, 0)$ $A = (r_{A}, ϕ_{A}, 0)$ $A = (r_{A}, ϕ_{A}, 0)$ $A = (r_{A}, ϕ_{A}, 0)$ $A = (r_{A}, ϕ_{A}, 0)$ $A = (r_{A}, ϕ_{A}, 0)$ $A = (r_{A}, ϕ_{A}, 0)$ $A = (r_{A}, ϕ_{A}, 0)$ $UNA = (r_{UNA}, ϕ_{UNA}, 0 0)$ y $B = (r_{B}, ϕ_{B}, 0)$ $B = (r_{B}, ϕ_{B}, 0)$ $B = (r_{B}, ϕ_{B}, 0)$ $B = (r_{B}, ϕ_{B}, 0)$ $B = (r_{B}, ϕ_{B}, 0)$ $B = (r_{B}, ϕ_{B}, 0)$ $B = (r_{B}, ϕ_{B}, 0)$ $B = (r_{B}, ϕ_{B}, 0)$ $B = (r_{B}, ϕ_{B}, 0)$ $B = (r_{B}, ϕ_{B}, 0)$ $si = (r_{si}, ϕ_{si}, 0 0)$ (coordenadas cilíndricas).

Solución: la carga de la línea se alinea a lo largo del $z$ $z$ $z$ -eje y el vector fuente es $r = z \hat{z}$ $r = z \hat{z}$ $r = z \hat{z}$ $r = z \hat{z}$ $r = z \hat{z}$ $r = z \hat{z}$ $r = z \hat{z}$ y el vector de campo es $r^{'} = r^{'} \hat{r} + z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = r^{'} \hat{r} + z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = r^{'} \hat{r} + z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = r^{'} \hat{r} + z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = r^{'} \hat{r} + z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = r^{'} \hat{r} + z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = r^{'} \hat{r} + z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = r^{'} \hat{r} + z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = r^{'} \hat{r} + z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = r^{'} \hat{r} + z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = r^{'} \hat{r} + z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = r^{'} \hat{r} + z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = r^{'} \hat{r} + z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = r^{'} \hat{r} + z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = r^{'} \hat{r} + z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = r^{'} \hat{r} + z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = r^{'} \hat{r} + z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = r^{'} \hat{r} + z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = r^{'} \hat{r} + z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = r^{'} \hat{r} + z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = r^{'} \hat{r} + z^{'} \hat{z}$ entonces

El | r - r^{'} El | = \sqrt{(r^{'})^{2} + (z - z^{'})^{2}} .

Me integro a lo largo

z^{'}

z^{'}

z^{'}

z^{'}

z^{'}

desde

- \infty

- \infty

- \infty

a

\infty

\infty

\infty

\begin{aligned} V (r) & = \frac{1}{4 4 π ϵ_{0 0}} \int_{L} \frac{ρ_{l}^{'}}{El | r - r^{'} El |} re l^{'} \\ = \frac{ρ_{l}}{4 4 π ϵ_{0 0}} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{(r^{'})^{2} + (z - z^{'})^{2}}} re z^{'} \\ = \frac{1}{4 4 π ϵ_{0 0}} [En (z - z^{'} + \sqrt{(r^{'})^{2} + (z - z^{'})^{2}})]_{- \infty}^{\infty} \\ = - \infty + \infty \end{aligned}

La integral es indeterminada y estoy atrapado aquí. ¿Están mal los vectores, los límites? ¿Qué me he perdido?

¡Gracias!

Si calculo la integral de línea del campo eléctrico, encuentro el potencial correcto (sin embargo, quiero calcular con la integral anterior).

Me integro en la dirección radial $d r$ $d r$ $re r$ desde $r_{A}$ $r_{A}$ $r_{A}$ $r_{A}$ $r_{UNA}$ a $r_{B}$ $r_{B}$ $r_{B}$ $r_{B}$ $r_{si}$ . El campo electrico es $E (r) = \frac{ρ_{l}}{2 π ϵ_{0} r} \hat{r}$ $E (r) = \frac{ρ_{l}}{2 π ϵ_{0} r} \hat{r}$ $E (r) = \frac{ρ_{l}}{2 π ϵ_{0} r} \hat{r}$ $E (r) = \frac{ρ_{l}}{2 π ϵ_{0} r} \hat{r}$ $E (r) = \frac{ρ_{l}}{2 π ϵ_{0} r} \hat{r}$ $E (r) = \frac{ρ_{l}}{2 π ϵ_{0} r} \hat{r}$ $E (r) = \frac{ρ_{l}}{2 π ϵ_{0} r} \hat{r}$ $E (r) = \frac{ρ_{l}}{2 π ϵ_{0} r} \hat{r}$ $E (r) = \frac{ρ_{l}}{2 π ϵ_{0} r} \hat{r}$ $E (r) = \frac{ρ_{l}}{2 π ϵ_{0} r} \hat{r}$ $E (r) = \frac{ρ_{l}}{2 π ϵ_{0} r} \hat{r}$ $E (r) = \frac{ρ_{l}}{2 π ϵ_{0} r} \hat{r}$ $E (r) = \frac{ρ_{l}}{2 π ϵ_{0} r} \hat{r}$ $E (r) = \frac{ρ_{l}}{2 π ϵ_{0} r} \hat{r}$ $E (r) = \frac{ρ_{l}}{2 π ϵ_{0} r} \hat{r}$ $E (r) = \frac{ρ_{l}}{2 π ϵ_{0} r} \hat{r}$ $mi (r) = \frac{ρ_{l}}{2 π ϵ_{0 0} r} \hat{r}$ entonces
$\begin{aligned} V (r) & = - \int_{L} mi (r) \cdot re l \\ = \frac{ρ_{l}}{2 π ϵ_{0 0}} \int_{r_{UNA}}^{r_{si}} \frac{1}{r} re r = \frac{ρ_{l}}{2 π ϵ_{0 0}} En \frac{ρ_{si}}{ρ_{UNA}} \end{aligned}$

Espina

¿Conoces el teorema de Gauss?

Espina

Si desea encontrar el valor de esta integral, sería más fácil cambiar las variables: la forma más sencilla es usar el ángulo

θ

θ

θ

Entre

O A

O A

O UNA

y

A M

A M

UNA METRO

, dónde

M \in O z

M \in O z

M \in O z

M \in O z

METRO \in O z

y

\bar{O M} = l

\bar{O M} = l

\bar{O M} = l

\bar{O M} = l

\bar{O M} = l

\bar{O M} = l

\bar{O METRO} = l

. Entonces,

l = ‖ r - r^{'} ‖ \sin (θ)

l = ‖ r - r^{'} ‖ \sin (θ)

l = ‖ r - r^{'} ‖ \sin (θ)

l = ‖ r - r^{'} ‖ \sin (θ)

l = ‖ r - r^{'} ‖ \sin (θ)

l = ‖ r - r^{'} ‖ \sin (θ)

l = ‖ r - r^{'} ‖ \sin (θ)

l = ‖ r - r^{'} ‖ \sin (θ)

l = ‖ r - r^{'} ‖ pecado (θ)

...

JDoeDoe

@ Spirine Edité la pregunta. El problema no era cómo calcular la integral, es indeterminado.

Espina

No, su cálculo es incorrecto, ya que la integral converge (este problema tiene una solución, por lo que no puede ser de otra manera)

Observador inercial

@Sprine, por favor mira mi respuesta.

Respuestas (2)

¿Encontrar potencial eléctrico debido a la distribución de carga de línea?

Si desea encontrar el valor de esta integral, sería más fácil cambiar las variables: la forma más sencilla es usar el ángulo $θ$ $θ$ $θ$ Entre $O A$ $O A$ $O UNA$ y $A M$ $A M$ $UNA METRO$ , dónde $M \in O z$ $M \in O z$ $M \in O z$ $M \in O z$ $METRO \in O z$ y $\bar{O M} = l$ $\bar{O M} = l$ $\bar{O M} = l$ $\bar{O M} = l$ $\bar{O M} = l$ $\bar{O M} = l$ $\bar{O METRO} = l$ . Entonces, $l = ‖ r - r^{'} ‖ \sin (θ)$ $l = ‖ r - r^{'} ‖ \sin (θ)$ $l = ‖ r - r^{'} ‖ \sin (θ)$ $l = ‖ r - r^{'} ‖ \sin (θ)$ $l = ‖ r - r^{'} ‖ \sin (θ)$ $l = ‖ r - r^{'} ‖ \sin (θ)$ $l = ‖ r - r^{'} ‖ \sin (θ)$ $l = ‖ r - r^{'} ‖ \sin (θ)$ $l = ‖ r - r^{'} ‖ pecado (θ)$ ...
@ Spirine Edité la pregunta. El problema no era cómo calcular la integral, es indeterminado.
No, su cálculo es incorrecto, ya que la integral converge (este problema tiene una solución, por lo que no puede ser de otra manera)

Valter Moretti · Answer 1

Bueno, en realidad, incluso si la fórmula integral general no funciona ya que la carga se extiende infinitamente como se señala correctamente en la otra respuesta, hay una salida usando un corte adecuado y, por ejemplo, un procedimiento de renormalización . Integrar desde $- L$ $- L$ $- L$ a $L$ $L$ $L$ en lugar de desde $- \infty$ $- \infty$ $- \infty$ a $+ \infty$ $+ \infty$ $+ \infty$ .

\begin{aligned} V (r) & = \frac{1}{4 4 π ϵ_{0 0}} \int_{[- L, + L]} \frac{ρ_{l}^{'}}{El | r - r^{'} El |} re l^{'} \\ = \frac{ρ_{l}}{4 4 π ϵ_{0 0}} \int_{- L}^{+ L} \frac{1}{\sqrt{(r^{'})^{2} + (z - z^{'})^{2}}} re z^{'} \\ = \frac{1}{4 4 π ϵ_{0 0}} {[En El | z - z^{'} + \sqrt{(r^{'})^{2} + (z - z^{'})^{2}} El |]}_{- L}^{+ L} \\ = - \frac{ρ_{l}}{4 4 π ϵ_{0 0}} En \frac{r^{2}}{2 L^{2}} + O (1 / / L) \end{aligned}

El resultado, usando

\ln (a^{n}) = n \ln a

\ln (a^{n}) = n \ln a

\ln (a^{n}) = n \ln a

\ln (a^{n}) = n \ln a

\ln (a^{n}) = n \ln a

\ln (a^{n}) = n \ln a

\ln (a^{n}) = n \ln a

\ln (a^{n}) = n \ln a

\ln (a^{n}) = n \ln a

\ln (a^{n}) = n \ln a

En ({una}^{norte}) = norte En una

y

\ln (a / b) = \ln a - \ln b

\ln (a / b) = \ln a - \ln b

\ln (a / b) = \ln a - \ln b

\ln (a / b) = \ln a - \ln b

\ln (a / b) = \ln a - \ln b

\ln (a / b) = \ln a - \ln b

\ln (a / b) = \ln a - \ln b

\ln (a / b) = \ln a - \ln b

En (una / / si) = En una - En si

puede reescribirse como

V (r) = - \frac{ρ_{l}}{2 π ϵ_{0 0}} En \frac{r}{ℓ} + O (En (L / / ℓ))

para una unidad de longitud arbitrariamente fija

ℓ

ℓ

ℓ

. Ahora renormalizamos el resultado simplemente eliminando el término divergente final

O (\ln (L / ℓ))

O (\ln (L / ℓ))

O (\ln (L / ℓ))

O (\ln (L / ℓ))

O (En (L / / ℓ))

obtención

V (r) = - \frac{ρ_{l}}{2 π ϵ_{0 0}} En \frac{r}{ℓ}

donde ve que las llamadas ambigüedades de renormalización finita están encapsuladas en la escala de longitud arbitraria

ℓ

ℓ

ℓ

. Sin embargo, el gradiente de la función encontrada no se ve afectado por la elección arbitraria de

ℓ

ℓ

ℓ

.

Si calcula (menos) el gradiente de lo encontrado $V$ $V$ $V$ tiene el campo eléctrico correcto también obtenido por la ley de Gauss y los argumentos de simetría:

\begin{matrix} (1) & mi (r) = \frac{ρ_{l}}{2 π ϵ_{0 0} r} \hat{r} . \end{matrix}

Hay una interpretación física del procedimiento descrito. Puede considerar una clase de segmentos cargados de longitud $L_{n}$ $L_{n}$ $L_{n}$ $L_{n}$ $L_{norte}$ con $L_{n} \to + \infty$ $L_{n} \to + \infty$ $L_{n} \to + \infty$ $L_{n} \to + \infty$ $L_{n} \to + \infty$ $L_{n} \to + \infty$ $L_{norte} \to + \infty$ como $n \to + \infty$ $n \to + \infty$ $norte \to + \infty$ y calcular $V_{L_{n}} (r)$ $V_{L_{n}} (r)$ $V_{L_{n}} (r)$ $V_{L_{n}} (r)$ $V_{L_{n}} (r)$ $V_{L_{n}} (r)$ $V_{L_{n}} (r)$ $V_{L_{n}} (r)$ $V_{L_{norte}} (r)$ para cada $L_{n}$ $L_{n}$ $L_{n}$ $L_{n}$ $L_{norte}$ dónde $r$ $r$ $r$ Es un punto fijo en el espacio. La observación crucial es que, dado que el potencial siempre se define hasta una constante aditiva, en cada paso puede redefinir $V_{L_{n}}$ $V_{L_{n}}$ $V_{L_{n}}$ $V_{L_{n}}$ $V_{L_{n}}$ $V_{L_{n}}$ $V_{L_{norte}}$ restando una constante $C_{n}$ $C_{n}$ $C_{n}$ $C_{n}$ $C_{norte}$ que diverge logarítmicamente como $L_{n} \to + \infty$ $L_{n} \to + \infty$ $L_{n} \to + \infty$ $L_{n} \to + \infty$ $L_{n} \to + \infty$ $L_{n} \to + \infty$ $L_{norte} \to + \infty$ . Este procedimiento de límite conduce al resultado que se encuentra arriba.

No hay forma de evitar la introducción de la escala arbitraria. $ℓ$ $ℓ$ $ℓ$ porque la forma funcional del campo eléctrico (1) dice que cualquier función potencial que lo produzca como gradiente debe tener una forma logarítmica. Sin embargo, el problema es que el argumento del logaritmo es $r$ $r$ $r$ que tiene la dimensión de una longitud. Entonces, para hacer que este argumento sea adimensional, uno está obligado a arreglar alguna escala $ℓ$ $ℓ$ $ℓ$ arbitrariamente que, sin embargo, no afecta el campo eléctrico, ya que desaparece al calcular la derivada.

Muy buena forma de pensar al respecto. Hace $V_{L_{n}} (r) \to V (r)$ $V_{L_{n}} (r) \to V (r)$ $V_{L_{n}} (r) \to V (r)$ $V_{L_{n}} (r) \to V (r)$ $V_{L_{n}} (r) \to V (r)$ $V_{L_{n}} (r) \to V (r)$ $V_{L_{n}} (r) \to V (r)$ $V_{L_{n}} (r) \to V (r)$ $V_{L_{n}} (r) \to V (r)$ $V_{L_{n}} (r) \to V (r)$ $V_{L_{norte}} (r) \to V (r)$ como $n \to \infty$ $n \to \infty$ $norte \to \infty$ , dónde $V (r)$ $V (r)$ $V (r)$ $V (r)$ $V (r)$ Cuál es la respuesta dada en el spoiler de OP?

Observador inercial · Answer 2

Esta es una muy buena pregunta, y me alegra que esté en el intercambio de pila ahora. Primero tengo un par de comentarios, pero tienes razón en que la integral diverge.

Comentarios :

Primero, debería ser que el vector de campo $r = r \hat{r} + z \hat{z}$ $r = r \hat{r} + z \hat{z}$ $r = r \hat{r} + z \hat{z}$ $r = r \hat{r} + z \hat{z}$ $r = r \hat{r} + z \hat{z}$ $r = r \hat{r} + z \hat{z}$ $r = r \hat{r} + z \hat{z}$ $r = r \hat{r} + z \hat{z}$ $r = r \hat{r} + z \hat{z}$ $r = r \hat{r} + z \hat{z}$ $r = r \hat{r} + z \hat{z}$ , y el punto de origen viene dado por $r^{'} = z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = z^{'} \hat{z}$ $r^{'} = z^{'} \hat{z}$ . Entonces,

El | r - r^{'} El | = \sqrt{r^{2} + (z - z^{'})^{2}} .

Ahora, deje que la carga por unidad de longitud del cable sea $ρ_{l} = \frac{d q}{d z^{'}}$ $ρ_{l} = \frac{d q}{d z^{'}}$ $ρ_{l} = \frac{d q}{d z^{'}}$ $ρ_{l} = \frac{d q}{d z^{'}}$ $ρ_{l} = \frac{d q}{d z^{'}}$ $ρ_{l} = \frac{d q}{d z^{'}}$ $ρ_{l} = \frac{d q}{d z^{'}}$ $ρ_{l} = \frac{d q}{d z^{'}}$ $ρ_{l} = \frac{d q}{d z^{'}}$ $ρ_{l} = \frac{d q}{d z^{'}}$ $ρ_{l} = \frac{d q}{d z^{'}}$ $ρ_{l} = \frac{d q}{d z^{'}}$ $ρ_{l} = \frac{d q}{d z^{'}}$ $ρ_{l} = \frac{d q}{d z^{'}}$ $ρ_{l} = \frac{re q}{re z^{'}}$ . Entonces,

\begin{aligned} V (r) & = \frac{1}{4 4 π ϵ_{0 0}} \int_{L} \frac{ρ_{l}^{'}}{El | r - r^{'} El |} re l^{'} \\ = \frac{1}{4 4 π ϵ_{0 0}} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{ρ_{l}}{\sqrt{r^{2} + (z - z^{'})^{2}}} re z^{'} \end{aligned}

que de hecho diverge.

Por qué la integral diverge:

Ahora, a menos que seas particularmente astuto, es bastante difícil ver por qué. La razón es porque la forma del potencial que tienes en tu primera ecuación solo es cierta cuando la superficie que limita la distribución de carga es infinita . Ver, la forma de para $V (r)$ $V (r)$ $V (r)$ $V (r)$ $V (r)$ a lo que está utilizando se llega encontrando una solución integral a la ecuación

\nabla^{2} V = - \frac{ρ}{ϵ_{0 0}},

que se conoce como la ecuación de poisson. Tras el uso inteligente de uno de los muchos teoremas de Greene, el teorema de la divergencia y otros grandes bateadores de cálculo multivariable, uno encuentra que la "solución" más general (en citas para apaciguar a los pedantes) está dada por

V (r) = \frac{1}{4 4 π ϵ_{0 0}} \int_{V} \frac{ρ (r^{'})}{El | r - r^{'} El |} {re}^{3} r^{'} + \frac{1}{4 4 π} \oint_{S} (\frac{1}{El | r - r^{'} El |} \frac{\partial V}{\partial {norte}^{'}} - V \frac{\partial}{\partial {norte}^{'}} \frac{1}{El | r - r^{'} El |}) re {una}^{'}

dónde $S$ $S$ $S$ es la superficie que limita el volumen $V$ $V$ $V$ y $n^{'}$ $n^{'}$ $n^{'}$ $n^{'}$ ${norte}^{'}$ es el apunte normal lejos del volumen $V$ $V$ $V$ . Ahora, para distribuciones de carga razonables, no infinitas, superficie $S$ $S$ $S$ delimitador $V$ $V$ $V$ se toma para estar en $r \to \infty$ $r \to \infty$ $r \to \infty$ , lo que hace que la calidad $\frac{1}{| r - r^{'} |} \to 0$ $\frac{1}{| r - r^{'} |} \to 0$ $\frac{1}{| r - r^{'} |} \to 0$ $\frac{1}{| r - r^{'} |} \to 0$ $\frac{1}{| r - r^{'} |} \to 0$ $\frac{1}{| r - r^{'} |} \to 0$ $\frac{1}{| r - r^{'} |} \to 0$ $\frac{1}{| r - r^{'} |} \to 0$ $\frac{1}{| r - r^{'} |} \to 0$ $\frac{1}{| r - r^{'} |} \to 0$ $\frac{1}{| r - r^{'} |} \to 0$ $\frac{1}{El | r - r^{'} El |} \to 0 0$ y $V (r) \to 0$ $V (r) \to 0$ $V (r) \to 0$ $V (r) \to 0$ $V (r) \to 0 0$ (que es la razón por la que tomamos $V (r)$ $V (r)$ $V (r)$ $V (r)$ $V (r)$ ir a cero en el infinito). En estos casos, recuperamos la integral del potencial que tiene en su primera ecuación. Pero dado que su distribución de carga es infinita , en realidad debe tener en cuenta el término que tiene en cuenta la superficie límite. Si quieres que haga eso, puedo, aunque esto es algo que generalmente se deja para graduar cursos.

Quizás editar para reemplazar el potencial $V$ $V$ $V$ con $ϕ$ $ϕ$ $ϕ$ para evitar confusiones con el volumen $V$ $V$ $V$ .
@StephenG: entonces confundiremos el potencial escalar $ϕ$ $ϕ$ $ϕ$ $ϕ$ y ángulo $ϕ$ $ϕ$ $ϕ$ $ϕ$ de coordenadas cilíndricas.
El problema (menor) que veo es que $V$ $V$ $V$ se usa explícitamente para dos cosas diferentes, mientras que el ángulo $ϕ$ $ϕ$ $ϕ$ no se usa explícitamente en esta respuesta.
De todos modos, nuestro problema aquí no es para los símbolos.
Lo hubiera hecho si hubiera alguna ambigüedad. En ese caso, cambiaría el símbolo de volumen, no potencial, para hacerme la vida más fácil.

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Espina

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