Potencial de distribución de carga arbitraria

Question

Potencial de distribución de carga arbitraria

Wang Xin

Imagina esto:

Tienes una esfera de aire donde no tienes carga y alrededor de esta esfera tienes una distribución de carga $\rho(r,\theta,\phi)$ . (Por ejemplo, esto podría ser $\rho(r,\theta,\phi)=e^{-r}$ ) Ahora mi pregunta es: ¿Cuál es la ecuación más general que me dará el potencial dentro de la esfera? -Puedes usar que tenemos simetría azimutal. Solo estoy interesado en la ecuación.

Probablemente esto contendrá una serie con polinomios de Legendre, etc.

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Potencial de distribución de carga arbitraria

Mostafá · Answer 1

El potencial eléctrico $\Phi$ se define a través de la siguiente relación:

\begin{matrix} (1) & mi = - \nabla Φ \end{matrix}

$\mathbf{E}=-\nabla \Phi\tag{1}$

Ahora considere un campo vectorial $\mathbf{F}$ tal que:

\nabla . F = D

$\nabla.\mathbf{F}=D$

\nabla \times F = C

$\nabla \times \mathbf{F}=\mathbf{C}$

Según el teorema de Helmholtz, si la divergencia $D(\mathbf{r})$ y el rizo $\mathbf{C(r)}$ se especifican y si ambos van a cero más rápido que $\dfrac{1}{ r^2}$ como $r\to \infty$ , y si $\mathbf{F(r)}$ va a cero como $r\to \infty$ entonces $\mathbf{F}$ está dada únicamente por

F = - \nabla tu + \nabla \times W

$\mathbf{F}=-\nabla U+ \nabla \times \mathbf{W}$ dónde

\begin{matrix} (2) & tu (r) = \frac{1}{4 π} \int \frac{D (r^{'})}{| r - r^{'} |} d^{3} r^{'} \end{matrix}

$U(\mathbf{r})=\frac{1}{4\pi}\int \frac{D(\mathbf{r'})}{|\mathbf{r-r'}|}d^3r'\tag{2}$

\begin{matrix} (3) & W (r) = \frac{1}{4 π} \int \frac{C (r^{'})}{| r - r^{'} |} d^{3} r^{'} \end{matrix}

$\mathbf{W}(\mathbf{r})=\frac{1}{4\pi}\int \frac{\mathbf{C}(\mathbf{r'})} {|\mathbf{r-r'}|}d^3r'\tag{3}$

Para un campo eléctrico estático, $D=\dfrac{\rho}{\epsilon_0}$ y $\mathbf{C}=0$ . Entonces, según $(1)$ y $(2)$ el potencial eléctrico de una distribución de carga que llega a cero más rápido que $\dfrac{1}{r^2}$ como $r\to \infty$ se puede calcular como

Φ (r) = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \int \frac{ρ (r^{'})}{| r - r^{'} |} d^{3} r^{'}

$\Phi(\mathbf{r})=\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\int \frac{\rho(\mathbf{r'})}{|\mathbf{r-r'}|}d^3r'$ donde la integral es sobre todo el espacio.

$\dfrac{1}{|\mathbf{r-r'}|}$ se puede expandir usando armónicos esféricos para obtener una expansión multipolar. Entonces, la expansión multipolar también es válida solo bajo las condiciones anteriores.

Si la condición anterior no se cumple, debe usar el $(1)$ ecuación, es decir, tienes que encontrar $\mathbf{E}$ primero y luego realizar la integración para encontrar $\Phi$ (como en el caso de un alambre infinitamente cargado uniformemente).

Sí, en realidad estoy viendo una distribución de carga que decae exponencialmente (que decae tan rápido) y ahora mi pregunta sería: ¿Cuál sería la expansión correcta (del denominador en la función armónica) si está observando el potencial dentro de una esfera, cuando la distribución de carga es solo distinta de cero fuera de la esfera?
mi pregunta es si la expansión $\frac{1}{|r-r'|} = \sum_{l=0}^{\infty}\frac{r'^l}{r^{l+1}}P_l(\cos(\theta))$ , donde r' es la posición interior, donde quiero saber el potencial. ¿Es esto correcto, entonces puedo integrar $\Phi(r',\theta) = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0 } \int_0^{\infty} \int_0^{\pi} \int_0^{2 \pi} \rho(r, \theta) \sum_{l=0}^{\infty}\frac{r'^l}{r^{l+1}}P_l(\cos(\theta)) d \phi d \theta dr$
lo siento olvidé el $r^2 \sin(\theta)$ y creo que hay algo mal con mi $\theta$ dependencia, a medida que me integro sobre ella, ésta se pierde de algún modo
Su expansión da el potencial en el $z$ eje. Para encontrar el potencial en todas partes, reemplace $\theta$ con $\gamma$ , que es el ángulo entre $\mathbf{r}$ y $\mathbf{r'}$ ; es decir, expandirse en términos de armónicos esféricos ( aquí ).
pero no tenemos ninguna dependencia de $\phi$ -dependencia. ¿No es cierto que en este caso los armónicos esféricos se reducen a los polinomios legendarios?
En este caso debes usar $\mathrm{P}(\cos (\theta' - \theta))$ en lugar de $\mathrm{P}(\cos \theta)$ .
Entonces, ¿podría darme la integral que necesito evaluar para estar seguro de que estamos hablando de lo mismo?
Probablemente pensé en el potencial interior ( $r' \le R$ ) una distribución de carga esférica $ρ (r, θ) = 0, r \leq R, ρ (r, θ) \neq 0$ $\rho(r,\theta)=0, r\le R, \rho(r,\theta) \neq 0$ en otra parte, $Φ (r^{'}, θ^{'}) = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{π} \int_{0}^{2 π} ρ (r, θ) \sum_{yo = 0}^{\infty} \frac{r^{^{'} yo}}{r^{yo + 1}} {PAG}_{yo} (porque (θ) {PAG}_{yo} (porque (θ^{'})) pecado (θ) r^{2} d r d θ d ϕ$ $\Phi(r',\theta') = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0 } \int_0^{\infty} \int_0^{\pi} \int_0^{2 \pi} \rho(r,\theta) \sum_{l=0}^{\infty} \frac{r^{'l}}{r^{l+1}}P_l(\cos(\theta) P_l(\cos(\theta')) \sin(\theta) r^2 dr d\theta d\phi$
solo reemplaza $\mathrm{P_l}(\cos \theta)$ con $\mathrm{P_l}(\cos (\theta-\theta'))$ . Luego, debe expandirlo en términos de armónicos esféricos para poder realizar la integración. En cambio, existe una manera más fácil de evitar estas tediosas integraciones: encuentre el potencial en el eje z (utilice $\mathrm{P_l}(\cos \theta)$ ) y luego comparar el resultado con la solución de la ecuación de Laplace en coordenadas esféricas (solución simétrica azimutal) en los puntos del eje z. De esta manera, puedes encontrar los coeficientes de la expansión y generalizar el resultado a todo el espacio.
lo siento, ¿puedes escribir la ecuación correcta? Quiero decir que ahora tengo dos términos que contienen polinomios de Legendre con dependencia de un ángulo en mi ecuación. Ahora no sé, si debo usar solo uno de ellos y reemplazar este con el que depende de la diferencia de los ángulos o si debo mantener ambos y reemplazar solo uno de ellos o si debo reemplazar ambos?
Conocemos la solución de la ecuación de Laplace (azimutal): $\begin{matrix} (1) & Φ (r, θ) = \sum_{yo = 0}^{\infty} (A_{yo} r^{yo} + B_{yo} r^{- (yo + 1)}) {PAG}_{yo} (porque θ) \end{matrix}$ $\Phi(r,\theta)=\sum_{l=0}^\infty(A_lr^l+B_lr^{-(l+1)})\mathrm{P_l}(\cos \theta)\tag{1}$ Ahora usa $\begin{matrix} (2) & \frac{1}{| r - r^{'} |} = \sum_{yo = 0}^{\infty} \frac{r_{<}^{yo}}{r >^{(yo + 1)}} {PAG}_{yo} (porque θ) \end{matrix}$ $\frac{1}{|\mathbf{r-r'}|}=\sum_{l=0}^\infty\frac{r_<^l}{r>^{(l+1)}}\mathrm{P_l}(\cos \theta)\tag{2}$ en la integral para el potencial en la respuesta, que da el potencial en el eje z. ahora si pones $\theta=0$ en $(1)$ obtendrá el potencial en el eje z. Si compara este resultado con el resultado de usar $(2)$ , puedes obtener $A_l$ arena $B_l$ s y reemplace estos coeficientes en $(1)$ para obtener el potencial de todo el espacio.
gracias, lo tengo solamente por curiosidad. ¿Este método también funcionaría para llevar el campo eléctrico a algún lugar dentro de la distribución de carga? porque en este caso habría que considerar que hay un aporte de adentro y de afuera. Entonces, ¿dividiría esto en esas dos partes y haría lo mismo? (Me importaría el intercambio de la r y la r' en (2))
Si, funciona. (como dijiste, deberías considerar intercambiar $r_<$ y $r_>$ cuando sea necesario).

jerry schirmer · Answer 2

La expresión más general para el potencial (suponiendo una distribución de carga estática, como la que usa) es:

V (\vec{r}) = C + \int d^{3} r^{'} \frac{ρ ({\vec{r}}^{'})}{4 π ϵ_{0} | \vec{r} - {\vec{r}}^{'} |}

$V({\vec r}) = C + \int d^{3}r'\frac{\rho({\vec r'})}{4\pi \epsilon_{0}\left|{\vec r}-{\vec r}'\right|}$

Donde C satisface ${\vec \nabla}C = 0$ , y la integral cubre la región donde $\rho \neq 0$ .

Si dudas de esto, puedes deducir que $\nabla^{2} \frac{1}{\left|{\vec r}\right|} = \delta^{3}({\vec r})$ , y entonces debería ser bastante obvio que esta ecuación satisface la forma diferencial de la ley de Gauss.

EDITAR:

Veo que estás preguntando qué sucede dentro de un espacio dentro de una distribución esféricamente simétrica. En este caso, puede usar la versión física de la escuela secundaria de la ley de Gauss para demostrar que:

| \vec{mi} | = k \frac{q_{i norte C}}{r^{2}}

$\left|{\vec E}\right| = k\frac{Q_{inc}}{r^{2}}$

Dado que, dentro de su espacio interior, la carga encerrada por cualquier superficie gaussiana es cero, tiene $E = 0$ y $V=$ Constante

no, la primera versión estaba bien, pero me preguntaba cómo se puede encontrar C a partir de su definición y si hay alguna expansión de Taylor (del denominador) que pueda usar en este caso, ya que es difícil integrar esto en general
@Lipschitz: el potencial es arbitrario y C refleja esta arbitrariedad. Por lo general, especifica un punto donde el potencial es cero y, después de haber hecho la integral, evalúa el potencial en este punto y establece C de modo que el potencial sea cero aquí.
En cuanto a la evaluación de la integral, probablemente esté más seguro haciendo una expansión de Taylor de la densidad en potencias de $r-r'$ , que deberían ser buenas integrales fáciles. La mayoría de la gente solo recurre a números como este punto.
La primera ecuación que ha proporcionado para $V$ no es el más general. @Lipschitz pregunta por el caso más general.
@Mostafa: esa es la solución más general a las ecuaciones de Maxwell en el indicador estático en el caso de que $\rho$ es independiente del tiempo, que es la única forma razonable de responder a la pregunta. Ciertamente es la solución más general a la ecuación de Poisson. Si desea escribir su propia respuesta que aborde la dependencia del tiempo y un indicador general, hágalo. Eso está más allá del alcance de la pregunta, y las ecuaciones de Jefemienko no son muy esclarecedoras. Votar negativamente sobre eso es mezquino.

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