Un potencial eléctrico pegado a un aislador en forma de cubo para replicar una carga puntual: distribución de carga

Introducción

$\def\ph{\varphi}\def\vr{\vec{r}}\def\eps{\varepsilon}\def\rmr{{\rm r}}\def\pd{\partial}\def\l{\left}\def\r{\right}\def\ltag#1{\tag{#1}\label{#1}}\def\div{\operatorname{div}}\def\grad{\operatorname{grad}}\def\nR{{\mathbb{R}}}$No necesita una combinación de una carga de superficie y una carga de volumen para reproducir un campo de carga puntual fuera de un cubo.

La distribución de carga superficial se determina de forma única si solo la usa para su propósito. La construcción de esta distribución de carga superficial se describe en la primera parte de esta respuesta.

Si solo usa una distribución de carga por volumen, esto no se determina de manera única. Un ejemplo para ese caso se da en la segunda parte de la respuesta.

Distribución de carga superficial

Dejar$V$Sea el interior abierto del cubo que contiene el origen. por puntos$\vr$fuera del quader establecemos el potencial$\ph(\vr)$igual al potencial

$$\ph_Q(\vr) =\frac Q{4\pi\eps_0|r|}$$ de una carga puntual $Q$Al origen. Esto te da también la condición de frontera $$\ph(\vr) = \ph_Q(\vr)\text{ for }\vr\in\partial V$$ para el potencial dentro del quader. Resolver el problema del valor límite de Dirichlet con la ecuación de Laplacian $\Delta\ph(\vr)=0$y con esta condición de contorno para el potencial $\ph(r)$en puntos $\vr\in V$dentro del cuadrilátero.

Dejar$\partial^+_\nu\ph$y$\partial^-_\nu\ph$ser los límites de las derivadas normales exteriores de$\ph$en$\partial V$desde el exterior y el interior de$V$, respectivamente. La carga superficial será$\sigma(\vr) = -\eps_0(\partial^+_\nu\ph-\eps_{\rm r}\partial^-_\nu\ph)$. ¿Por qué? Trate de explicar esto con una integral sobre la superficie de un pequeño volumen sentado en la superficie.

Aquí asumimos que el aislador tiene una permitividad relativa homogénea e isótropa$\eps_\rmr$.

---

La siguiente imagen muestra una sección de la solución del problema de Dirichlet en el cubo$[-1,1]^3$. solo la parte$\bigcup_{z\in[-1,0]}[0,-z]^2\times\{z\}$del cubo se ha modelado que genera el cubo completo a través de una secuencia de reflexiones. Condiciones de contorno naturales$\partial_\nu \ph=0$se utilizaron en los planos de simetría. La condición de contorno de Dirichtlet en$z=-1$es

$$\ph(x,y,z) = \frac1{\sqrt{x^2+y^2+1}}.$$

El dominio se ha modelado con gmsh y la solución se calcula con getdp .

El límite de la derivada normal exterior de$\ph$desde el exterior en el límite$z=-1$es

$$\begin{align} \pd^+_\nu \ph(x,y,-1) &= -\pd_z \ph(x,y,-1) = \l.\frac{z}{\l(x^2+y^2+z^2\r)^{3/2}}\r|_{z=-1}\\ \ltag{derPotOutside} &=\frac{-1}{\l(x^2+y^2+1^2\r)^{3/2}} \end{align}$$ La siguiente imagen muestra el campo. $\sigma:=-(\pd^+_\nu\ph-\pd^-_\nu\ph)$en la zona limítrofe $[0,1]^2\times\{-1\}$. De este modo, $\pd^+_\nu\ph$es dado por $\eqref{derPotOutside}$y $\pd^-_\nu\ph$resulta de la solución numérica del problema de valores en la frontera. Tenga en cuenta que esto corresponde a una solución normalizada del problema original con $\eps_\rmr=1$.

Se puede comprobar el resultado numérico.$\sigma$con la integral$\int_{(x,y)\in[0,1]^2} \sigma(x,y,-1) dA$que debe dar$\frac\pi6$. Esto funciona dentro de los límites de la precisión numérica.

Para la reproducción de los resultados, enlazo aquí la definición de la geometría y la definición del problema para el solucionador FEM.

---

El componente normal de la intensidad del campo es discontinuo en la superficie cargada, pero el potencial es continuo.

Esto se puede demostrar con un disco circular uniformemente cargado en el plano (x, y) con centro en el origen y radio$R$. Denotamos la densidad de carga con$\sigma$. El complemento del disco es espacio libre con permitividad.$\eps_0$. Para la demostración calculamos el potencial en el eje z:

$$\begin{align} \ph(z) &= \frac\sigma{4\pi\eps_0}\int_{r=0}^R \frac{ 2\pi r dr}{\sqrt{r^2 + z^2}}\\ &=\frac\sigma{2\eps_0} \left[\sqrt{r^2+z^2}\right]_{r=0}^R\\ &=\frac\sigma{2\eps_0} \left(\sqrt{R^2+z^2}-|z|\right) \end{align}$$ El potencial puede extenderse continuamente a $z=0$con el valor $$\begin{align} \ph(0) = \frac {\sigma R}{2\eps_0}. \end{align}$$

Distribución de carga por volumen

La distribución de carga de volumen no está determinada de manera única. Por ejemplo, si tienes$\eps_\rmr=1$puedes poner una pelota con carga de volumen uniforme en el cubo. Eso es

$$\rho(\vr) = \begin{cases} \frac{Q}{\frac34\pi R^3}&\text{ for }|\vr|<R\\ 0&\text{ else} \end{cases}$$ con $R$lo suficientemente pequeño como para que la bola encaje en el cubo.

Otra posible distribución de carga espacial es

$$\begin{align} \rho(\vr) = \begin{cases} \frac{\frac87 Q}{\frac34\pi R^3}&\text{ for } \frac12 R<|\vr|<R,\\ 0&\text{ else.} \end{cases} \end{align}$$

Si el aislador es un quader con permitividad constante$\eps_\rmr\neq1$entonces has dado:

1. el potencial$\ph$en el límite$\partial V$del quader por el campo potencial exterior$\ph^+(\vr)=\frac{Q}{4\pi\eps_0|\vr|}$de la carga puntual
2. la derivada normal$\partial^-_\nu\ph$en el límite del quader a través de la componente normal de la densidad de desplazamiento de carga $$\partial^-_\nu\ph(\vr) = \frac1{\eps_\rmr}\partial^+_\nu\ph(\vr).$$

El taks ahora es encontrar una función escalar al menos dos veces diferenciable$\ph:V\rightarrow\nR$interpolando el potencial requerido y la derivada normal requerida en$\partial V$. La densidad de carga de volumen se puede calcular mediante

$$\rho(\vr) = -\eps_\rmr\eps_0 \Delta \ph(\vr).$$

---

El problema real para variar$\eps_r$es

$$\begin{align} \div\l(\eps(\vr) \grad\ph(\vr)\r) = -\rho. \end{align}$$ En tu caso $\eps(\vr)$es incluso discontinuo tal que necesita la forma débil de $\eps(\vr)$y terminas con el problema: $$\begin{align} \int_{\nR^3} (\grad\delta\ph(\vr))\eps(\vr)\grad\ph(\vr) d V = \int_{\nR^3} \delta\ph(\vr)\rho(\vr) dV \end{align}$$ para todas las funciones de prueba $\delta\ph$. Esto se puede resolver numéricamente.

No sé si existen funciones de Green conocidas para ese problema.