Возможность произвольного распределения заряда

Question

Возможность произвольного распределения заряда

Синь Ван

Представьте себе это:

У вас есть воздушная сфера, в которой у вас нет заряда, и вокруг этой сферы у вас есть распределение заряда. $\rho(r,\theta,\phi)$ . (Например, это может быть $\rho(r,\theta,\phi)=e^{-r}$ ) Теперь мой вопрос: какое наиболее общее уравнение даст мне потенциал внутри сферы? — Вы можете использовать то, что у нас есть азимутальная симметрия. Меня просто интересует уравнение.

Вероятно, это будет ряд с полиномами Лежандра и так далее.

Ответы (2)

Возможность произвольного распределения заряда

Мостафа · Answer 1

Электрический потенциал $\Phi$ определяется через следующее соотношение:

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

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

Теперь рассмотрим векторное поле $\mathbf{F}$ так что:

\nabla . Ф "=" Д

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

\nabla \times Ф "=" С

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

Согласно теореме Гельмгольца, если расходимость $D(\mathbf{r})$ и завиток $\mathbf{C(r)}$ заданы, и если они оба стремятся к нулю быстрее, чем $\dfrac{1}{ r^2}$ как $r\to \infty$ , и если $\mathbf{F(r)}$ стремится к нулю, как $r\to \infty$ затем $\mathbf{F}$ однозначно определяется

Ф "=" - \nabla U + \nabla \times Вт

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

\begin{matrix} (2) & U (р) "=" \frac{1}{4 π} \int \frac{Д (р^{'})}{| р - р^{'} |} д^{3} р^{'} \end{matrix}

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

\begin{matrix} (3) & Вт (р) "=" \frac{1}{4 π} \int \frac{С (р^{'})}{| р - р^{'} |} д^{3} р^{'} \end{matrix}

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

Для статического электрического поля $D=\dfrac{\rho}{\epsilon_0}$ и $\mathbf{C}=0$ . Итак, согласно $(1)$ и $(2)$ электрический потенциал распределения заряда, который стремится к нулю быстрее, чем $\dfrac{1}{r^2}$ как $r\to \infty$ можно рассчитать как

Φ (р) "=" \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \int \frac{р (р^{'})}{| р - р^{'} |} д^{3} р^{'}

$\Phi(\mathbf{r})=\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\int \frac{\rho(\mathbf{r'})}{|\mathbf{r-r'}|}d^3r'$ где интеграл по всему пространству.

$\dfrac{1}{|\mathbf{r-r'}|}$ может быть расширен с использованием сферических гармоник для получения мультипольного расширения. Таким образом, мультипольное разложение справедливо только при указанных выше условиях.

Если вышеуказанное условие не выполняется, вы должны использовать $(1)$ уравнение, т.е. вы должны найти $\mathbf{E}$ сначала, а затем выполните интегрирование, чтобы найти $\Phi$ (как в случае бесконечного равномерно заряженного провода).

Да, на самом деле я смотрю на экспоненциально убывающее распределение заряда (так быстро убывающее), и теперь мой вопрос будет таким: каким будет правильное разложение (знаменателя в гармонической функции), если вы смотрите на потенциал внутри сферы, когда распределение заряда отлично от нуля только вне сферы?
мой вопрос в том, будет ли расширение $\frac{1}{|r-r'|} = \sum_{l=0}^{\infty}\frac{r'^l}{r^{l+1}}P_l(\cos(\theta))$ , где r' - внутреннее положение, где я хочу знать потенциал. Это правильно, так что я могу интегрировать $\Phi(r',\theta) = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0 } \int_0^{\infty} \int_0^{\pi} \int_0^{2 \pi} \rho(r, \theta) \sum_{l=0}^{\infty}\frac{r'^l}{r^{l+1}}P_l(\cos(\theta)) d \phi d \theta dr$
извините забыл $r^2 \sin(\theta)$ и я думаю, что что-то не так с моим $\theta$ зависимость, как я над ним интегрирую, этот как-то теряется
Ваше расширение дает потенциал на $z$ ось. Чтобы найти потенциал везде, замените $\theta$ с $\gamma$ , то есть угол между $\mathbf{r}$ и $\mathbf{r'}$ ; т.е. разложить по сферическим гармоникам ( здесь ).
но у нас нет никакой зависимости от $\phi$ -зависимость. не правда ли, что в этом случае сферические гармоники сводятся к полиномам Лежандра?
В этом случае вы должны использовать $\mathrm{P}(\cos (\theta' - \theta))$ вместо $\mathrm{P}(\cos \theta)$ .
так не могли бы вы дать мне интеграл, который мне нужно вычислить, чтобы быть уверенным, что мы говорим об одном и том же?
Я, наверное, думал о потенциале внутри( $r' \le R$ ) сферическое распределение заряда $р (р, θ) "=" 0, р \leq р, р (р, θ) \neq 0$ $\rho(r,\theta)=0, r\le R, \rho(r,\theta) \neq 0$ в другом месте, $Φ (р^{'}, θ^{'}) "=" \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{π} \int_{0}^{2 π} р (р, θ) \sum_{л "=" 0}^{\infty} \frac{р^{^{'} л}}{р^{л + 1}} п_{л} (потому что (θ) п_{л} (потому что (θ^{'})) грех (θ) р^{2} д р д θ д ф$ $\Phi(r',\theta') = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0 } \int_0^{\infty} \int_0^{\pi} \int_0^{2 \pi} \rho(r,\theta) \sum_{l=0}^{\infty} \frac{r^{'l}}{r^{l+1}}P_l(\cos(\theta) P_l(\cos(\theta')) \sin(\theta) r^2 dr d\theta d\phi$
если это не так, пожалуйста, поправьте меня!
Просто замените $\mathrm{P_l}(\cos \theta)$ с $\mathrm{P_l}(\cos (\theta-\theta'))$ . Затем вы должны разложить его по сферическим гармоникам, чтобы иметь возможность выполнять интегрирование. Вместо этого существует более простой способ избежать этого утомительного интегрирования: найти потенциал на оси z (используя $\mathrm{P_l}(\cos \theta)$ ) и затем сравнить результат с решением уравнения Лапласа в сферических координатах (азимутально-симметричное решение) в точках на оси z. Таким образом, вы можете найти коэффициенты разложения и обобщить результат на все пространство.
Извините, вы можете написать правильное уравнение? Я имею в виду, что теперь у меня есть два члена, которые содержат полиномы Лежандра с зависимостью от угла в моем уравнении. Теперь я не знаю, должен ли я использовать только один из них и заменить этот на тот, который зависит от разницы углов, или я должен сохранить оба и заменить только один из них, или я должен заменить оба?
Нам известно решение уравнения Лапласа (азимутальное): $\begin{matrix} (1) & Φ (р, θ) "=" \sum_{л "=" 0}^{\infty} (А_{л} р^{л} + Б_{л} р^{- (л + 1)}) п_{л} (потому что θ) \end{matrix}$ $\Phi(r,\theta)=\sum_{l=0}^\infty(A_lr^l+B_lr^{-(l+1)})\mathrm{P_l}(\cos \theta)\tag{1}$ Теперь используйте $\begin{matrix} (2) & \frac{1}{| р - р^{'} |} "=" \sum_{л "=" 0}^{\infty} \frac{р_{<}^{л}}{р >^{(л + 1)}} п_{л} (потому что θ) \end{matrix}$ $\frac{1}{|\mathbf{r-r'}|}=\sum_{l=0}^\infty\frac{r_<^l}{r>^{(l+1)}}\mathrm{P_l}(\cos \theta)\tag{2}$ в интеграле для потенциала в ответе, который дает потенциал на оси z. Теперь, если вы положите $\theta=0$ в $(1)$ вы получите потенциал по оси z. Если сравнить этот результат с результатом использования $(2)$ , вы можете получить $A_l$ песок $B_l$ s и заменить эти коэффициенты в $(1)$ чтобы получить потенциал для всего пространства.
спасибо, понял. просто для любопытства. будет ли этот метод также работать, чтобы получить электрическое поле где-то внутри распределения заряда? Потому что в этом случае нужно было бы учитывать, что есть вклад изнутри и снаружи. так что я бы разделить это на эти две части и сделать то же самое? (я бы возражал против замены r и r' в (2))
Да, это работает. (как вы сказали, вам следует подумать об обмене $r_<$ и $r_>$ когда необходимо).

Джерри Ширмер · Answer 2

Наиболее общее выражение для потенциала (предполагая распределение статического заряда, как вы используете):

В (\vec{р}) "=" С + \int д^{3} р^{'} \frac{р ({\vec{р}}^{'})}{4 π ϵ_{0} | \vec{р} - {\vec{р}}^{'} |}

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

Где C удовлетворяет ${\vec \nabla}C = 0$ , а интеграл покрывает область, где $\rho \neq 0$ .

Если вы сомневаетесь в этом, вы можете решить, что $\nabla^{2} \frac{1}{\left|{\vec r}\right|} = \delta^{3}({\vec r})$ , и тогда должно быть совершенно очевидно, что это уравнение удовлетворяет дифференциальной форме закона Гаусса.

РЕДАКТИРОВАТЬ:

Я вижу, вы спрашиваете, что происходит внутри промежутка внутри сферически-симметричного распределения. В этом случае вы можете использовать школьную версию закона Гаусса по физике, чтобы показать, что:

| \vec{Е} | "=" к \frac{{Вопрос}_{я н с}}{р^{2}}

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

Поскольку внутри вашего внутреннего зазора заряд, заключенный в любой гауссовой поверхности, равен нулю, у вас есть $E = 0$ и $V=$ Постоянный

нет, первая версия была в порядке, но мне было интересно, как можно найти C из вашего определения и есть ли какое-то разложение Тейлора (знаменателя), которое я мог бы использовать в этом случае, так как это трудно интегрировать вообще
@Lipschitz: потенциал произволен, и C отражает этот произвол. Как правило, вы указываете одну точку, где потенциал равен нулю, и после того, как вы выполнили интеграл, вы оцениваете потенциал в этой точке и устанавливаете C так, чтобы потенциал здесь был равен нулю.
Что касается оценки интеграла, вам, вероятно, безопаснее делать разложение Тейлора плотности по степеням $r-r'$ , которые должны быть хорошими простыми интегралами. Большинство людей просто прибегают к цифрам в качестве этой точки.
Первое уравнение, которое вы предоставили для $V$ не является самым общим. @Lipschitz запрашивает самый общий случай.
@Mostafa: это наиболее общее решение уравнений Максвелла в статической манометре в случае, когда $\rho$ не зависит от времени, что является единственным разумным способом ответа на вопрос. Это, безусловно, самое общее решение уравнения Пуассона. Если вы хотите написать свой собственный ответ, который касается зависимости от времени и общей калибровки, сделайте это. Это выходит за рамки вопроса, и уравнения Ефемиенко не очень информативны. Голосование по этому поводу - мелочь.

Возможность произвольного распределения заряда

Синь Ван

Ответы (2)

Мостафа

Синь Ван

Синь Ван

Синь Ван

Мостафа

Синь Ван

Мостафа

Синь Ван

Синь Ван

Синь Ван

Мостафа

Синь Ван

Мостафа

Синь Ван

Мостафа

Джерри Ширмер

Синь Ван

Джерри Ширмер

Джерри Ширмер

Мостафа

Джерри Ширмер

Мостафа

Удаление электрона из проводника

Электрическое поле между двумя проводящими пластинами с нулевым потенциалом и плотностью объемного заряда между ними

Почему электрическое поле бесконечной пластины постоянно во всех точках?

Что именно находит линейный интеграл электрического поля по замкнутому контуру?

Почему электрическое поле закона Гаусса применимо к зарядам как внутри, так и вокруг?

Почему внешние заряды не вносят вклад в суммарный поток гауссовой поверхности?

Теорема Гаусса: электрическое поле однородно заряженной непроводящей сферической оболочки

Заряд поверхностной плотности, расходимость электрического поля и закон Гаусса

Сферические заряженные снаряды с заземлением

Электрическое поле между обкладками конденсатора