Ein elektrisches Potential, das an einen würfelförmigen Isolator geklebt wird, um eine Punktladung zu replizieren: Ladungsverteilung

Einführung

$\def\ph{\varphi}\def\vr{\vec{r}}\def\eps{\varepsilon}\def\rmr{{\rm r}}\def\pd{\partial}\def\l{\left}\def\r{\right}\def\ltag#1{\tag{#1}\label{#1}}\def\div{\operatorname{div}}\def\grad{\operatorname{grad}}\def\nR{{\mathbb{R}}}$Sie brauchen keine Kombination aus einer Oberflächenladung und einer Volumenladung, um ein Punktladungsfeld außerhalb eines Würfels zu reproduzieren.

Die Oberflächenladungsverteilung ist eindeutig bestimmt, wenn Sie das nur für Ihren Zweck verwenden. Der Aufbau dieser Oberflächenladungsverteilung wird im ersten Teil dieser Antwort beschrieben.

Wenn Sie nur eine Volumenladungsverteilung verwenden, ist diese nicht eindeutig bestimmt. Ein Beispiel für diesen Fall finden Sie im zweiten Teil der Antwort.

Oberflächenladungsverteilung

Lassen$V$sei das offene Innere des Würfels, der den Ursprung enthält. Für Punkte$\vr$Außerhalb des Quaders setzen wir das Potenzial$\ph(\vr)$gleich dem Potential

$$\ph_Q(\vr) =\frac Q{4\pi\eps_0|r|}$$ einer Punktladung $Q$am Ursprung. Damit erhält man auch die Randbedingung $$\ph(\vr) = \ph_Q(\vr)\text{ for }\vr\in\partial V$$ für das Potential innerhalb des Quaders. Lösen Sie das Dirichlet-Randwertproblem mit der Laplace-Gleichung $\Delta\ph(\vr)=0$und mit dieser Randbedingung für das Potential $\ph(r)$an Punkten $\vr\in V$innerhalb des Quaders.

Lassen$\partial^+_\nu\ph$Und$\partial^-_\nu\ph$seien die Grenzen der äußeren normalen Ableitungen von$\ph$An$\partial V$von außen und von innen$V$, bzw. Die Oberflächenladung wird sein$\sigma(\vr) = -\eps_0(\partial^+_\nu\ph-\eps_{\rm r}\partial^-_\nu\ph)$. Warum? Versuchen Sie dies mit einem Integral über die Oberfläche eines kleinen auf der Oberfläche sitzenden Volumens zu erklären.

Dabei gehen wir davon aus, dass der Isolator eine homogene und isotrope Dielektrizitätszahl hat$\eps_\rmr$.

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Das folgende Bild zeigt einen Ausschnitt aus der Lösung des Dirichlet-Problems im Würfel$[-1,1]^3$. Nur das Teil$\bigcup_{z\in[-1,0]}[0,-z]^2\times\{z\}$des Würfels modelliert, der durch eine Abfolge von Reflexionen den vollen Würfel erzeugt. Natürliche Randbedingungen$\partial_\nu \ph=0$wurden an den Symmetrieebenen verwendet. Die Dirichtlet-Randbedingung at$z=-1$Ist

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

Die Domäne wurde mit gmsh modelliert und die Lösung mit getdp berechnet .

Der Grenzwert der äußeren normalen Ableitung von$\ph$von außen an der Grenze$z=-1$Ist

$$\begin{align} \pd^+_\nu \ph(x,y,-1) &= -\pd_z \ph(x,y,-1) = \l.\frac{z}{\l(x^2+y^2+z^2\r)^{3/2}}\r|_{z=-1}\\ \ltag{derPotOutside} &=\frac{-1}{\l(x^2+y^2+1^2\r)^{3/2}} \end{align}$$ Das folgende Bild zeigt das Feld $\sigma:=-(\pd^+_\nu\ph-\pd^-_\nu\ph)$im Grenzbereich $[0,1]^2\times\{-1\}$. Damit, $\pd^+_\nu\ph$wird von gegeben $\eqref{derPotOutside}$Und $\pd^-_\nu\ph$ergibt sich aus der numerischen Lösung des Randwertproblems. Beachten Sie, dass dies einer normierten Lösung des ursprünglichen Problems entspricht $\eps_\rmr=1$.

Man kann das numerische Ergebnis überprüfen$\sigma$mit dem Integral$\int_{(x,y)\in[0,1]^2} \sigma(x,y,-1) dA$was geben muss$\frac\pi6$. Dies funktioniert im Rahmen der numerischen Genauigkeit.

Zur Wiedergabe der Ergebnisse verlinke ich hier die Geometriedefinition und die Problemdefinition für den FEM-Löser.

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Die Normalkomponente der Feldstärke ist an der geladenen Oberfläche diskontinuierlich, aber das Potential ist kontinuierlich.

Dies lässt sich an einer gleichmäßig geladenen Kreisscheibe in der (x,y)-Ebene mit Mittelpunkt im Ursprung und Radius demonstrieren$R$. Die Ladungsdichte bezeichnen wir mit$\sigma$. Das Komplement der Platte ist freier Speicherplatz mit Permittivität$\eps_0$. Zur Demonstration berechnen wir das Potential auf der z-Achse:

$$\begin{align} \ph(z) &= \frac\sigma{4\pi\eps_0}\int_{r=0}^R \frac{ 2\pi r dr}{\sqrt{r^2 + z^2}}\\ &=\frac\sigma{2\eps_0} \left[\sqrt{r^2+z^2}\right]_{r=0}^R\\ &=\frac\sigma{2\eps_0} \left(\sqrt{R^2+z^2}-|z|\right) \end{align}$$ Das Potenzial kann kontinuierlich erweitert werden $z=0$mit dem Wert $$\begin{align} \ph(0) = \frac {\sigma R}{2\eps_0}. \end{align}$$

Volumenladungsverteilung

Die Volumenladungsverteilung ist nicht eindeutig bestimmt. Zum Beispiel, wenn Sie haben$\eps_\rmr=1$Sie können eine Kugel mit gleichmäßiger Volumenladung in den Würfel legen. Das ist

$$\rho(\vr) = \begin{cases} \frac{Q}{\frac34\pi R^3}&\text{ for }|\vr|<R\\ 0&\text{ else} \end{cases}$$ mit $R$so klein, dass die Kugel in den Würfel passt.

Eine weitere mögliche Raumladungsverteilung ist

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

Wenn der Isolator ein Quader mit konstanter Permittivität ist$\eps_\rmr\neq1$dann hast du gegeben:

1. das Potenzial$\ph$an der Grenze$\partial V$des Quaders durch das äußere Potentialfeld$\ph^+(\vr)=\frac{Q}{4\pi\eps_0|\vr|}$der Punktladung
2. die normale Ableitung$\partial^-_\nu\ph$am Rand des Quaders durch die Normalkomponente der Ladungsverschiebungsdichte $$\partial^-_\nu\ph(\vr) = \frac1{\eps_\rmr}\partial^+_\nu\ph(\vr).$$

Die Aufgabe besteht nun darin, eine mindestens zweifach differenzierbare Skalarfunktion zu finden$\ph:V\rightarrow\nR$Interpolieren des erforderlichen Potentials und der erforderlichen normalen Ableitung bei$\partial V$. Die Volumenladungsdichte kann dann berechnet werden

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

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Das eigentliche Problem zum Variieren$\eps_r$Ist

$$\begin{align} \div\l(\eps(\vr) \grad\ph(\vr)\r) = -\rho. \end{align}$$ In Ihrem Fall $\eps(\vr)$ist sogar diskontinuierlich, so dass Sie die schwache Form von benötigen $\eps(\vr)$und am Ende hast du das Problem: $$\begin{align} \int_{\nR^3} (\grad\delta\ph(\vr))\eps(\vr)\grad\ph(\vr) d V = \int_{\nR^3} \delta\ph(\vr)\rho(\vr) dV \end{align}$$ für alle Testfunktionen $\delta\ph$. Dies kann numerisch gelöst werden.

Ich weiß nicht, ob es bekannte Green-Funktionen für dieses Problem gibt.