Мне нужна помощь, как настроить этот интеграл
У меня есть равномерный заряд линии вдоль Z оси и хотите рассчитать электрический потенциал между двумя точками A = ( r , ϕ , 0 ) и B = ( r В , ϕ В , 0 ) (цилиндрические координаты).
Решение: линейный заряд выровнен вдоль Z ось и исходный вектор г = г Z ^ и вектор поля р ' = г ' р ^ + z ' Z ^ так
Спасибо!
Если я вычислю линейный интеграл электрического поля, я найду правильный потенциал (однако, я хочу вычислить с интегралом выше).
Интегрирую в радиальном направлении д от р в р В , Электрическое поле E ( r ) = ρ L 2 π ε 0 р р ^ так
В ( г ) = - ∫ L E ( r ) ⋅ d l = ρ L 2 π ε 0 ∫ р В р 1 р d r = ρ L 2 π ε 0 пер ρ В ρ
На самом деле, даже если общая интегральная формула не работает, так как заряд бесконечно расширяется, как правильно указано в другом ответе, есть выход с использованием подходящего обрезания и, скажем, процедуры перенормировки . Интегрировать из - L в L вместо от - ∞ в + ∞ ,
Если вычислить (минус) градиент найденного В у вас есть правильное электрическое поле, также полученное по законам Гаусса и аргументам симметрии:
Существует физическая интерпретация изложенной процедуры. Вы можете рассмотреть класс заряженных сегментов длины L N с L N → + ∞ так как n → + ∞ и вычислить В L N ( г ) для каждого L N где р является фиксированной точкой в пространстве. Важным наблюдением является то, что, поскольку потенциал всегда определяется с точностью до аддитивной постоянной, на каждом шаге вы можете переопределять В L N вычитая константу С N которая логарифмически расходится как L N → + ∞ , Эта процедура ограничения приводит к результату, найденному выше.
Нет способа избежать введения произвольной шкалы ℓ потому что функциональная форма электрического поля (1) говорит, что любая потенциальная функция, производящая его в виде градиента, должна иметь логарифмическую форму. Однако проблема в том, что аргумент логарифма р который имеет размерность длины. Таким образом, чтобы сделать этот аргумент безразмерным, нужно установить какой-то масштаб ℓ произвольно, который, однако, не влияет на электрическое поле, поскольку оно исчезает при вычислении производной.
Это очень хороший вопрос, и я рад, что он сейчас на обмене стеков. Сначала у меня есть пара комментариев, но вы правы, что интеграл расходится.
Комментарии :
Во-первых, должно быть, что вектор поля r = r r ^ + z Z ^ и исходная точка задается р ' = z ' Z ^ , Затем,
Теперь пусть заряд на единицу длины провода будет ρ L = д Q d Z ' , Затем,
который действительно расходится.
Почему интеграл расходится:
Теперь, если вы не особенно проницательны, довольно трудно понять, почему. Причина в том, что форма потенциала, имеющегося у вас в первом уравнении, верна только тогда, когда поверхность, ограничивающая распределение заряда, находится на бесконечности . Смотри, форма для В ( г ) что вы используете, достигается путем нахождения интегрального решения уравнения
который известен как уравнение Пуассона. При умном использовании одной из многих теорем Грина, теоремы о дивергенции и других многозначных исчислений, имеющих большое значение, можно обнаружить, что наиболее общее «решение» (в кавычках, чтобы умиротворить педанты) дает
где S поверхность ограничивает объем В , и N ' является нормальным направлением от объема В , Теперь для разумного, бесконечного распределения заряда, поверхность S ограничивающая В принимается за r → ∞ , что делает качество 1 | р - р ' | → 0 и В ( r ) → 0 (по этой причине мы берем В ( г ) стремиться к нулю на бесконечности). В этих случаях мы возвращаем интеграл для потенциала, который у вас есть в вашем первом уравнении. Но так как ваше распределение зарядов бесконечно , вам действительно нужно принять во внимание термин, который учитывает ограничивающую поверхность. Если вы хотите, чтобы я сделал это, я могу, хотя это то, что обычно оставляют для аспирантов.
Spirine
Spirine
JDoeDoe
Spirine
InertialObserver