Integral de energía potencial electrostática

Question

Integral de energía potencial electrostática

Eweler

Estoy tratando de calcular la energía total de un sistema simple de dos cargas a través de la integral de energía electrostática de un sistema dado en el libro de Griffiths:

tu = \frac{ϵ_{0}}{2} \int_{V} {mi}^{2} d V .

$U = \frac{\epsilon_0}{2}\int_V E^2 dV .$

Donde el volumen se integra en todo el espacio, por lo que el término límite que no se muestra aquí se reduce a cero. Creo que esto debería dar la misma respuesta que la fórmula estándar dada para cargas puntuales:

tu = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{q_{1} q_{2}}{R} .

$U = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q_1Q_2}{R}.$

Pero tengo problemas para evaluar la propia integral. Coloqué $Q_1$ en el origen de los ejes de coordenadas y $Q_2$ sobre el $z$ -eje una distancia $R$ lejos de la primera carga, y amplió el $E^2$ término:

mi = {mi}_{1} + {mi}_{2}

$E = E_1 + E_2$ entonces

{mi}^{2} = {mi}_{1}^{2} + 2 {mi}_{1} \cdot {mi}_{2} + {mi}_{2}^{2} .

$E^2 = E_1^2 + 2E_1 \centerdot E_2 + E_2^2.$

Encontré que la integral de los términos propios diverge cuando se evalúa y, después de leer Griffiths, decidí descartar los términos de energía propia y solo retener la energía debido al término de intercambio.

Alquiler $r = \sqrt{x^2+y^2+z^2}$ y $r'= \sqrt{x^2+y^2+(z-R)^2}$ , encontré que la integral del término de interacción es:

{mi}_{1} = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{q_{1}}{r^{3}} \vec{r} y {mi}_{2} \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{q_{2}}{r^{' 3}} \vec{r^{'}}

$E_1 = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q_1}{r^3}\vec{r}\quad\text{and}\quad E_2 \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q_2}{r'^3}\vec{r'}$

tu = ϵ_{0} \int_{V} {mi}_{1} \cdot {mi}_{2} d V = \frac{q_{1} q_{2}}{dieciséis π^{2} ε_{0}} \int_{V} \frac{X^{2} + y^{2} + z^{2} - z R}{(X^{2} + y^{2} + z^{2})^{\frac{3}{2}} (X^{2} + y^{2} + (z - R)^{2})^{\frac{3}{2}}} d V .

$U = \epsilon_0\int_V E_1\centerdot E_2 \space dV = \frac{Q_1 Q_2}{16\pi^2\varepsilon_0}\int_V \frac{x^2 + y^2 + z^2-zR}{(x^2 + y^2 + z^2)^{\frac{3}{2}} \space (x^2+y^2+(z-R)^2)^{\frac{3}{2}}}\space dV.$

Convirtiendo a coordenadas esféricas, con $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ , $\theta$ el ángulo desde el eje z y $\varphi$ el ángulo azimutal, donde he evaluado la integral azimutal:

tu = \frac{q_{1} q_{2}}{8 π ε_{0}} \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{2 π} \frac{r - R porque (θ)}{(r^{2} - 2 R r porque (θ) + R^{2})^{\frac{3}{2}}} pecado (θ) d θ d r .

$U = \frac{Q_1 Q_2}{8\pi\varepsilon_0}\int_0^\infty \int_0^{2\pi} \frac{r - R\cos(\theta)}{(r^2-2Rr\cos(\theta)+R^2)^{\frac{3}{2}}}\sin(\theta) \space d\theta \space dr.$

Me topé con una pared de ladrillos al tratar de evaluar la integral: normalmente usaría una sustitución en el caso de una integral simple, pero no estoy seguro de cómo hacerlo para una integral doble cuando las variables están todas mezcladas. ¿Estoy en el camino correcto?

No estoy seguro de que esta integral converja, dado que las otras dos divergen, ¿esta fórmula se aplica a cargas puntuales o solo a distribuciones de carga continuas?

phy_math

Simplemente puede elegir un cuadro como origen (0,0,0) y tomar otras coordenadas como

x, y, z

$x,y,z$ o

r, θ, ϕ

$r,\theta, \phi$ . Entonces la integral se vuelve más simple. En caso de carga puntual, hice algunos argumentos en la respuesta a continuación.

Respuestas (2)

Integral de energía potencial electrostática

Simplemente puede elegir un cuadro como origen (0,0,0) y tomar otras coordenadas como $x,y,z$ o $r,\theta, \phi$ . Entonces la integral se vuelve más simple. En caso de carga puntual, hice algunos argumentos en la respuesta a continuación.

phy_math · Answer 1

De los comentarios de la sección 2.4.4 de Griffith sobre energía electrostática, puede obtener su respuesta. Si considera las cargas puntuales, entonces, en realidad, esta integral está relacionada con la energía propia, que es infinita por lo general, para hacerla finita, a menudo introducimos un radio de corte $\delta$ . (En física de partículas, a menudo usamos terminología simple y renormalizada, la renormalización es un proceso que hace infinito a finito) La integral relevante se describe bien en Griner's Electrodynamics y Jackson's ch1. Estos dos libros de texto contienen tanto el cálculo como su interpretación física también.

Ján Lalinský · Answer 2

La fórmula de Poynting para la energía electrostática en volumen $V$

mi = \int_{V} \frac{1}{2} ϵ_{0} {mi}^{2} d V

$E = \int_V \frac{1}{2}\epsilon_0 E^2 dV$

se puede derivar de la ley de Coulomb solo para los casos en que el campo que actúa sobre las partículas está definido en todas partes. Sin embargo, la partícula puntual tiene una densidad de carga infinita en el punto en el que está presente y el campo no está definido en ese punto. Entonces la derivación falla.

Para dos partículas puntuales en reposo, el trabajo necesario para llevar estas partículas a sus posiciones $\mathbf r_1,\mathbf r_2$ se sabe que es

W = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{q_{1} q_{2}}{| r_{1} - r_{2} |}

$W = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q_1q_2}{|\mathbf r_1- \mathbf r_2|}$ Si desea expresar esta energía en términos de campos EM únicamente, esto se puede escribir como

\int_{w h o yo mi s pag a C mi} ϵ_{0} {mi}_{1} (X) \cdot {mi}_{2} (X) d^{3} X

$\int_{whole~space} \epsilon_0\mathbf E_1(\mathbf x) \cdot \mathbf E_2(\mathbf x) \,d^3\mathbf x$ dónde

E_{1} (x) = - \nabla ϕ_{1} (x)

$\mathbf E_1(\mathbf x) = -\nabla \phi_1(\mathbf x)$ es el campo debido a la primera partícula y

E_{2} (x) = - \nabla ϕ_{2}

$\mathbf E_2(\mathbf x)=-\nabla \phi_2$ es el campo debido a la segunda partícula.

Prueba:

El potencial $\phi_1$ es

ϕ_{1} (X) = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{q_{1}}{| X - r_{1} |}

$\mathbf \phi_1(\mathbf x) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q_1}{|\mathbf x - \mathbf r_1|}$ y el potencial

ϕ_{2} (x)

$\phi_2(\mathbf x)$ es

ϕ_{2} (X) = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{q_{2}}{| X - r_{2} |} .

$\mathbf \phi_2(\mathbf x) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q_2}{|\mathbf x - \mathbf r_2|}.$ La integral se convierte

\int_{w h o yo mi s pag a C mi} ϵ_{0} {mi}_{1} (X) \cdot {mi}_{2} (X) d^{3} X = \int_{w h o yo mi s pag a C mi} ϵ_{0} \nabla ϕ_{1} (X) \cdot \nabla ϕ_{2} (X) d^{3} X =

$\int_{whole~space} \epsilon_0\mathbf E_1(\mathbf x) \cdot \mathbf E_2(\mathbf x) \,d^3\mathbf x = \int_{whole~space} \epsilon_0\nabla\phi_1(\mathbf x) \cdot \nabla \phi_2(\mathbf x) \,d^3\mathbf x =$

= \int_{w h o yo mi s pag a C mi} ϵ_{0} \nabla \cdot (ϕ_{1} \nabla ϕ_{2}) d^{3} X - \int_{w h o yo mi s pag a C mi} ϵ_{0} ϕ_{1} Δ ϕ_{2} d^{3} X .

$= \int_{whole~space} \epsilon_0\nabla\cdot( \phi_1 \nabla \mathbf \phi_2 )\,d^3\mathbf x -\int_{whole~space} \epsilon_0\phi_1 \Delta \phi_2\,d^3\mathbf x.$ Para el campo electrostático, la primera integral es cero (esto se puede demostrar usando el teorema de Gauss). Para el segundo potencial, la ecuación de Poisson

Δ ϕ_{2} = - \frac{q_{2}}{ϵ_{0}} d (X - r_{2})

$\Delta \phi_2 = -\frac{q_2}{\epsilon_0}\delta(\mathbf x - \mathbf r_2)$ se cumple por lo que llegamos a la integral

\int_{w h o yo mi s pag a C mi} \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{q_{1}}{| X - r_{1} |} \frac{q_{2}}{ϵ_{0}} d (X - r_{2}) d^{3} X

$\int_{whole~space} \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q_1}{|\mathbf x - \mathbf r_1|}\frac{q_2}{\epsilon_0}\delta(\mathbf x - \mathbf r_2)\,d^3\mathbf x$ que tiene el valor

\frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{q_{1} q_{2}}{| r_{2} - r_{1} |},

$\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q_1q_2}{|\mathbf r_2 - \mathbf r_1|},$

que es lo mismo que $W$ arriba.

Esta fórmula para energía EM tiene una versión general para campos dependientes del tiempo.

{mi}_{mi metro} = \int ϵ_{0} {mi}_{1} \cdot {mi}_{2} + \frac{1}{m_{0}} B_{1} \cdot B_{2} d^{3} X

$E_{em} = \int \epsilon_0\mathbf E_1\cdot\mathbf E_2 + \frac{1}{\mu_0}\mathbf B_1\cdot \mathbf B_2\,d^3\mathbf x$

En caso de que haya más partículas involucradas, se pueden derivar fórmulas similares, con la suma de cada par de partículas.

RC Stabler, A Possible Modification of Classical Electrodynamics, Physics Letters, 8, 3, (1964), p. 185-187. http://dx.doi.org/10.1016/S0031-9163(64)91989-4

JA Wheeler, RP Feynman, Electrodinámica clásica en términos de interacción directa entre partículas, Rev. Mod. Phys., 21, 3, (1949), pág. 425-433. http://dx.doi.org/10.1103/RevModPhys.21.425

J. Frenkel, Zur Elektrodynamik punktförmiger Elektronen, Zeits. F. Phys., 32, (1925), pág. 518-534. http://dx.doi.org/10.1007/BF01331692

¿Este método es solo $U=\frac{\epsilon_o}{2}\int \vec E_\text{net}^2d^3x - \frac{\epsilon_o}{2}\int \vec E_1^2 d^3x - \frac{\epsilon_o}{2}\int \vec E_2^2d^3x$ , es decir, restando las singularidades?
No, esos términos son infinitos y no se pueden restar de forma matemáticamente válida. La fórmula que escribí anteriormente se puede derivar de una manera sencilla y matemáticamente válida del teorema del trabajo y la energía, que a su vez se puede derivar de las ecuaciones de Maxwell, la fórmula de la fuerza de Lorentz y la suposición de que las partículas actúan sobre otras partículas pero nunca sobre sí mismas.
¿Existe una fórmula para el producto escalar de 2 gradientes? $\nabla \phi_1 \cdot \nabla \phi_2 = \nabla(\phi_1\nabla \phi_2) - \phi_1 \Delta \phi_2$ ? ¿El lado izquierdo es un escalar mientras que el lado derecho es una matriz menos una función escalar? Probablemente me estoy perdiendo algo. Definitivamente veo cómo $\int \vec{E}_1 \cdot \vec{E}_2 dV$ es igual a la conocida $W$ calculando la integral. Para $W$ con más de una partícula, puedo ver cómo la integral $\int \sum\sum \vec{E}_a \cdot \vec{E}_b dV$ sigue siendo igual a $W$ (nuevamente "calculándolo"). Gracias por esta linda prueba entre los 2
@ DWade64, sí, lo hay, pero tiene razón, la forma en que fue escrito no tenía sentido. La fórmula real es $\nabla \phi_1 \cdot \nabla \phi_2 = \nabla\cdot(\phi_1\nabla \phi_2) - \phi_1 \Delta \phi_2$ En palabras, en realidad hay una divergencia en lugar de un gradiente en el primer término. Gracias por reportar el error".
Ah, debería haber podido resolver eso, especialmente con el comentario sobre el Teorema de Gauss. Gracias por la actualización

Integral de energía potencial electrostática

Eweler

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