Ley de Gauss para una ley de Coulomb modificada

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Ley de Gauss para una ley de Coulomb modificada

tritenedor

Un problema de cierto libro popular sobre electricidad y magnetismo trataba sobre la teoría electrostática resultante si la ley de Coulomb se reemplazaba con la siguiente ecuación:

F = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{q_{1} q_{2}}{k^{2}} (1 + \frac{k}{λ}) mi X pag (\frac{- k}{λ}) \hat{k}

$\mathbf{F} = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{q_1 q_2}{k^2} (1 + \frac{k}{\lambda}) \, exp(\frac{-k}{\lambda}) \,\, \hat{\mathbf{k}}$

dónde $\mathbf{k} = \mathbf{r} - \mathbf{r'}$ . $\lambda$ es una constante extremadamente grande. Se supone que todavía se mantiene el principio de superposición.

Una parte del problema pedía probar que para una carga puntual $q$ en el origen (sobre una esfera de cualquier radio)

\oint_{S} mi \cdot d a + \frac{1}{λ^{2}} \int_{V} V d τ = \frac{q}{ϵ_{0}}

$\oint_S \mathbf{E} \cdot d\mathbf{a} + \frac{1}{\lambda^2}\int_V V \, d\tau = \frac{q}{\epsilon_0}$

dónde $V$ es el potencial escalar de $\mathbf{E}$ (el campo eléctrico todavía no tiene curvatura). Esto es algo así como la nueva "ley de Gauss" para la nueva ley de Coulomb.

La prueba fue solo un cálculo, pero la pregunta de seguimiento pidió probar esto para $Q_{enc}$ (dentro de alguna superficie gaussiana) en lugar de solo $q$ .

Pensé que el segundo resultado tendría que mantenerse ya que podemos, para cualquier configuración de cargos, separar cada cargo $q_i$ en su propia esfera de radio muy pequeño (cada carga tiene su propia esfera), y luego aplique la "ley de Gauss" anterior de forma lineal, ya que los campos eléctricos y los potenciales todavía se suman linealmente, de acuerdo con el principio de superposición. La suma de todos los $\frac{q_i}{\epsilon_0}$ los términos entonces sumarían $\frac{Q_{enc}}{\epsilon_0}$ .

Sin embargo, mi libro proporciona una respuesta radicalmente diferente, en lugar de probar que la ley de carga puntual también se aplica a las superficies no esféricas (logra esto formando una "abolladura" en la esfera y luego demostrando que la integral es la misma).

¿Es mi intento de prueba defectuoso de alguna manera? Y, dado que estoy confundido acerca de la respuesta del libro, ¿cómo se probaría la ley general de Gauss (con esta nueva ley de Coulomb)?

monostío

Creo que si tiene una superficie arbitraria que encierra la carga, un montón de esferas no necesariamente encajan bien para sumar el todo. Cuando empacas con esferas, se forman bolsas de espacio. No se puede empacar al 100 % de manera eficiente, como se puede hacer con los cubos. Debido a que el libro demuestra que la ley se cumple para formas arbitrarias, el libro puede hacer cualquier forma que necesite para no dejar espacio entre los elementos más pequeños.

tritenedor

Pero pensé, para la ley de Gauss, la superficie envolvente no tiene que ser perfectamente envolvente, porque esos "bolsillos de espacio" no tienen carga y, por lo tanto, no contribuyen al flujo. ¿Me equivoco en esto?

monostío

El problema es que no sabes que esta nueva ley de Gauss se cumple para bolsas vacías de espacio y formas arbitrarias. Todo lo que has probado es que vale para esferas, nada más. Puede que no sea necesariamente válido para, por ejemplo, una forma de cubo o pirámide. No tienes idea, y esto es precisamente lo que el problema quiere que pruebes.

Respuestas (1)

Ley de Gauss para una ley de Coulomb modificada

Creo que si tiene una superficie arbitraria que encierra la carga, un montón de esferas no necesariamente encajan bien para sumar el todo. Cuando empacas con esferas, se forman bolsas de espacio. No se puede empacar al 100 % de manera eficiente, como se puede hacer con los cubos. Debido a que el libro demuestra que la ley se cumple para formas arbitrarias, el libro puede hacer cualquier forma que necesite para no dejar espacio entre los elementos más pequeños.
Pero pensé, para la ley de Gauss, la superficie envolvente no tiene que ser perfectamente envolvente, porque esos "bolsillos de espacio" no tienen carga y, por lo tanto, no contribuyen al flujo. ¿Me equivoco en esto?
El problema es que no sabes que esta nueva ley de Gauss se cumple para bolsas vacías de espacio y formas arbitrarias. Todo lo que has probado es que vale para esferas, nada más. Puede que no sea necesariamente válido para, por ejemplo, una forma de cubo o pirámide. No tienes idea, y esto es precisamente lo que el problema quiere que pruebes.

monostío · Answer 1

Creo que el problema con su prueba es que empaquetar un área con esferas solo ocupa alrededor del 75% de un volumen, y este problema no desaparece cuando reduce las esferas a tamaños infinitesimales. No importa cuán pequeñas reduzcas las esferas, esas mismas propiedades de empaquetamiento deberían mantenerse.

Tu prueba se basa en decir que la integral sobre una superficie grande es equivalente a sumar pequeñas superficies esféricas infinitesimales. Pero empaquetar con esferas no dará el 100% de eficiencia. Entonces, el volumen de las esferas pequeñas no se sumará al volumen dentro de la superficie más grande, y las dos integrales $\int V d\tau$ no serán equivalentes porque abarcan diferentes volúmenes.

Existe el mismo tipo de problema con la integral de superficie. Si intenta agregar dos formas juntas con un lado al ras, el campo eléctrico será igual mientras que las normales estarán en direcciones opuestas, por lo que la superficie al ras se cancela y queda una integral de superficie de solo el límite de los dos formas Con el empaque esférico, las superficies no estarán niveladas, por lo que la integral de superficie de la forma más grande será diferente a la de la forma más pequeña.

El libro demuestra que puedes hacer mella en la esfera y la integral debe permanecer igual. Por lo tanto, puede dibujar cualquier forma que desee alrededor de una carga puntual y la integral debe permanecer igual. Esto es equivalente a decir que puedes mover una carga puntual a donde quieras dentro de una superficie arbitraria. Ahora puedes usar la superposición. Si la ley se cumple para cualquier carga puntual en cualquier posición dentro de una superficie, entonces divida su distribución de carga arbitraria en cargas puntuales infinitesimales $dq$ . La ley vale para todos $dq$ , por lo que debe mantenerse durante $\int_V dq d\tau$ .

Demostrar que una 'abolladura' en una esfera no cambia la integral es equivalente a demostrar que para algún elemento de volumen arbitrario, la integral es cero. Esto se debe a que hacer una abolladura equivale a sustraer un elemento de volumen pequeño. Esto en realidad no es demasiado difícil. Podemos encontrar $V$ solo por inspección usando $V=-\nabla E$ .

V = \frac{q}{4 π ϵ_{0} k} {mi}^{\frac{- k}{λ}}

$V= \frac{q}{4\pi \epsilon_0 k}e^{\frac{-k}{\lambda}}$ Convierta la integral de superficie del campo eléctrico en una integral de volumen con el teorema de la divergencia. El campo solo depende de

r

$r$ entonces usando la forma esférica de

\nabla

$\nabla$ obtenemos

\nabla \cdot \vec{mi} = \frac{1}{k^{2}} \frac{\partial}{\partial k} (k^{2} \vec{mi}) = \frac{1}{k^{2}} \frac{q}{4 π ϵ_{0}} (\frac{1}{λ} + (1 + \frac{k}{λ}) \frac{- 1}{λ}) {mi}^{\frac{- k}{λ}}

$\nabla \cdot \vec{E }= \frac{1}{k^2}\frac{\partial}{\partial k} (k^2\vec{E})= \frac{1}{k^2}\frac{q}{4\pi \epsilon_0}\left( \frac{1}{\lambda} + (1 +\frac{k}{\lambda})\frac{-1}{\lambda}\right)e^{\frac{-k}{\lambda}}$

= \frac{q}{k^{2} 4 π ϵ_{0}} \frac{- k}{λ^{2}} {mi}^{\frac{- k}{λ}}

$= \frac{q}{k^24\pi \epsilon_0} \frac{-k}{\lambda^2}e^{\frac{-k}{\lambda}}$ . Ahora simplemente reescribe la nueva ley de Gauss.

\int_{V} \nabla \cdot \vec{mi} d τ + \frac{1}{λ^{2}} \int_{V} V d τ = \frac{q}{4 π ϵ_{0} λ^{2}} \int_{V} (\frac{- 1}{k} {mi}^{\frac{- k}{λ}} + \frac{1}{k} {mi}^{\frac{- k}{λ}}) d τ .

$\int_V \nabla \cdot \vec{E} d\tau + \frac{1}{\lambda^2}\int_V V d\tau= \frac{q}{4\pi \epsilon_0 \lambda^2}\int_V \left( \frac{-1}{k}e^{\frac{-k}{\lambda}} + \frac{1}{k}e^{\frac{-k}{\lambda}}\right)d\tau.$

En $k=0$ la ecuación explota debido a la carga puntual. Para otros finitos $k$ valores, esta ecuación es simplemente cero. Esto significa que para cualquier elemento de volumen que no incluya la carga puntual, las dos integrales suman cero. Esto significa que puede agregar o restar las superficies locas que desee de su esfera original, siempre que no incluyan el origen.

¿Puedes demostrar cómo la integral permanece igual después de hacer una abolladura?
@Trifork Lo jugaré un poco. Creo que la forma de hacerlo sería hacer de la abolladura un elemento de volumen. $drd\phi d\theta$ . Si haces la abolladura para que tenga lados rectos, la integral de superficie es más fácil de calcular ya que el campo es radial.

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