Integral der elektrostatischen potentiellen Energie

Question

Integral der elektrostatischen potentiellen Energie

Juwelier

Ich versuche, die Gesamtenergie eines einfachen Systems mit zwei Ladungen durch das Integral für die elektrostatische Energie eines Systems zu berechnen, das in Griffiths 'Buch angegeben ist:

U = \frac{ϵ_{0}}{2} \int_{v} E^{2} D v .

$U = \frac{\epsilon_0}{2}\int_V E^2 dV .$

Wird das Volumen über den gesamten Raum integriert, so zerfällt der hier nicht dargestellte Randterm auf Null. Ich denke, dass dies dieselbe Antwort liefern sollte wie die Standardformel für Punktgebühren:

U = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{Q_{1} Q_{2}}{R} .

$U = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q_1Q_2}{R}.$

Aber ich habe Probleme, das Integral selbst auszuwerten. Ich platzierte $Q_1$ auf den Ursprung der Koordinatenachsen und $Q_2$ auf der $z$ -Achse eine Distanz $R$ weg von der ersten ladung, und erweitert die $E^2$ Begriff:

E = E_{1} + E_{2}

$E = E_1 + E_2$ So

E^{2} = E_{1}^{2} + 2 E_{1} \cdot E_{2} + E_{2}^{2} .

$E^2 = E_1^2 + 2E_1 \centerdot E_2 + E_2^2.$

Ich fand heraus, dass das Integral der Selbstterme bei der Auswertung divergiert, und entschied mich nach dem Lesen von Griffiths, die Selbstenergieterme zu verwerfen und nur die Energie aufgrund des Austauschterms beizubehalten.

Vermietung $r = \sqrt{x^2+y^2+z^2}$ Und $r'= \sqrt{x^2+y^2+(z-R)^2}$ , fand ich das Integral des Interaktionsterms zu:

E_{1} = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{Q_{1}}{R^{3}} \vec{R} Und E_{2} \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{Q_{2}}{R^{' 3}} \vec{R^{'}}

$E_1 = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q_1}{r^3}\vec{r}\quad\text{and}\quad E_2 \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q_2}{r'^3}\vec{r'}$

U = ϵ_{0} \int_{v} E_{1} \cdot E_{2} D v = \frac{Q_{1} Q_{2}}{16 π^{2} ε_{0}} \int_{v} \frac{X^{2} + j^{2} + z^{2} - z R}{(X^{2} + j^{2} + z^{2})^{\frac{3}{2}} (X^{2} + j^{2} + (z - R)^{2})^{\frac{3}{2}}} D v .

$U = \epsilon_0\int_V E_1\centerdot E_2 \space dV = \frac{Q_1 Q_2}{16\pi^2\varepsilon_0}\int_V \frac{x^2 + y^2 + z^2-zR}{(x^2 + y^2 + z^2)^{\frac{3}{2}} \space (x^2+y^2+(z-R)^2)^{\frac{3}{2}}}\space dV.$

Umrechnung in sphärische Koordinaten, mit $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ , $\theta$ der Winkel von der z-Achse und $\varphi$ der Azimutwinkel, wobei ich das Azimutintegral ausgewertet habe:

U = \frac{Q_{1} Q_{2}}{8 π ε_{0}} \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{2 π} \frac{R - R \cos (θ)}{(R^{2} - 2 R R \cos (θ) + R^{2})^{\frac{3}{2}}} Sünde (θ) D θ D R .

$U = \frac{Q_1 Q_2}{8\pi\varepsilon_0}\int_0^\infty \int_0^{2\pi} \frac{r - R\cos(\theta)}{(r^2-2Rr\cos(\theta)+R^2)^{\frac{3}{2}}}\sin(\theta) \space d\theta \space dr.$

Beim Versuch, das Integral auszuwerten, bin ich auf eine Mauer gestoßen - normalerweise würde ich im Fall eines einzelnen Integrals eine Substitution verwenden, bin mir aber nicht sicher, wie ich dies für ein Doppelintegral tun soll, wenn die Variablen alle durcheinander sind. Bin ich auf dem richtigen Weg?

Ich bin mir nicht sicher, ob dieses Integral konvergiert, da die anderen beiden divergieren. Gilt diese Formel für Punktladungen oder nur für kontinuierliche Ladungsverteilungen?

phy_math

Sie können einfach einen Rahmen als Ursprung (0,0,0) wählen und andere Koordinaten als nehmen

x, y, z

$x,y,z$ oder

r, θ, ϕ

$r,\theta, \phi$ . Dann wird das Integral einfacher. Im Falle einer Punktgebühr habe ich in der folgenden Antwort einige Argumente vorgebracht.

Antworten (2)

Integral der elektrostatischen potentiellen Energie

Sie können einfach einen Rahmen als Ursprung (0,0,0) wählen und andere Koordinaten als nehmen $x,y,z$ oder $r,\theta, \phi$ . Dann wird das Integral einfacher. Im Falle einer Punktgebühr habe ich in der folgenden Antwort einige Argumente vorgebracht.

phy_math · Answer 1

Aus den Kommentaren von Griffith Abschnitt 2.4.4 zur elektrostatischen Energie können Sie Ihre Antwort erhalten. Wenn Sie Punktladungen betrachten, dann hängt dieses Integral tatsächlich mit der Selbstenergie zusammen, die normalerweise unendlich ist. Um endlich zu werden, führen wir oft den Grenzradius ein $\delta$ . (In der Teilchenphysik verwenden wir oft bloße und renormierte Terminologie, Renormierung ist ein gewisser Prozess, der unendlich zu endlich macht.) Das relevante Integral ist in Griners Elektrodynamik und Jacksons Kapitel 1 gut beschrieben. Diese beiden Lehrbücher enthalten sowohl die Berechnung als auch deren physikalische Interpretation.

Ján Lalinský · Answer 2

Die Poynting-Formel für elektrostatische Energie im Volumen $V$

E = \int_{v} \frac{1}{2} ϵ_{0} E^{2} D v

$E = \int_V \frac{1}{2}\epsilon_0 E^2 dV$

kann aus dem Coulomb-Gesetz nur für Fälle abgeleitet werden, in denen das auf die Teilchen wirkende Feld überall definiert ist. Punktteilchen haben jedoch an dem Punkt, an dem sie vorhanden sind, eine unendliche Ladungsdichte, und das Feld ist an diesem Punkt nicht definiert. Die Ableitung schlägt also fehl.

Für zwei ruhende Punktteilchen die Arbeit, die erforderlich ist, um diese Teilchen an ihre Positionen zu bringen $\mathbf r_1,\mathbf r_2$ ist bekanntlich

W = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{Q_{1} Q_{2}}{| R_{1} - R_{2} |}

$W = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q_1q_2}{|\mathbf r_1- \mathbf r_2|}$ Wenn Sie diese Energie nur in Form von EM-Feldern ausdrücken möchten, kann dies geschrieben werden als

\int_{w H Ö l e S P A C e} ϵ_{0} E_{1} (X) \cdot E_{2} (X) D^{3} X

$\int_{whole~space} \epsilon_0\mathbf E_1(\mathbf x) \cdot \mathbf E_2(\mathbf x) \,d^3\mathbf x$ Wo

E_{1} (x) = - \nabla ϕ_{1} (x)

$\mathbf E_1(\mathbf x) = -\nabla \phi_1(\mathbf x)$ ist Feld aufgrund des ersten Teilchens und

E_{2} (x) = - \nabla ϕ_{2}

$\mathbf E_2(\mathbf x)=-\nabla \phi_2$ ist das Feld aufgrund des zweiten Teilchens.

Nachweisen:

Das Potenzial $\phi_1$ Ist

ϕ_{1} (X) = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{Q_{1}}{| X - R_{1} |}

$\mathbf \phi_1(\mathbf x) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q_1}{|\mathbf x - \mathbf r_1|}$ und das Potenzial

ϕ_{2} (x)

$\phi_2(\mathbf x)$ Ist

ϕ_{2} (X) = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{Q_{2}}{| X - R_{2} |} .

$\mathbf \phi_2(\mathbf x) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q_2}{|\mathbf x - \mathbf r_2|}.$ Das Integral wird

\int_{w H Ö l e S P A C e} ϵ_{0} E_{1} (X) \cdot E_{2} (X) D^{3} X = \int_{w H Ö l e S P A C e} ϵ_{0} \nabla ϕ_{1} (X) \cdot \nabla ϕ_{2} (X) D^{3} X =

$\int_{whole~space} \epsilon_0\mathbf E_1(\mathbf x) \cdot \mathbf E_2(\mathbf x) \,d^3\mathbf x = \int_{whole~space} \epsilon_0\nabla\phi_1(\mathbf x) \cdot \nabla \phi_2(\mathbf x) \,d^3\mathbf x =$

= \int_{w H Ö l e S P A C e} ϵ_{0} \nabla \cdot (ϕ_{1} \nabla ϕ_{2}) D^{3} X - \int_{w H Ö l e S P A C e} ϵ_{0} ϕ_{1} Δ ϕ_{2} D^{3} X .

$= \int_{whole~space} \epsilon_0\nabla\cdot( \phi_1 \nabla \mathbf \phi_2 )\,d^3\mathbf x -\int_{whole~space} \epsilon_0\phi_1 \Delta \phi_2\,d^3\mathbf x.$ Für das elektrostatische Feld ist das erste Integral Null (dies kann mit dem Gauß-Theorem gezeigt werden). Für das zweite Potential die Poisson-Gleichung

Δ ϕ_{2} = - \frac{Q_{2}}{ϵ_{0}} δ (X - R_{2})

$\Delta \phi_2 = -\frac{q_2}{\epsilon_0}\delta(\mathbf x - \mathbf r_2)$ gilt, also kommen wir zum Integral

\int_{w H Ö l e S P A C e} \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{Q_{1}}{| X - R_{1} |} \frac{Q_{2}}{ϵ_{0}} δ (X - R_{2}) D^{3} X

$\int_{whole~space} \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q_1}{|\mathbf x - \mathbf r_1|}\frac{q_2}{\epsilon_0}\delta(\mathbf x - \mathbf r_2)\,d^3\mathbf x$ was den Wert hat

\frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{Q_{1} Q_{2}}{| R_{2} - R_{1} |},

$\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q_1q_2}{|\mathbf r_2 - \mathbf r_1|},$

was dasselbe ist wie $W$ über.

Diese Formel für EM-Energie hat eine allgemeine Version für zeitabhängige Felder

E_{e M} = \int ϵ_{0} E_{1} \cdot E_{2} + \frac{1}{μ_{0}} B_{1} \cdot B_{2} D^{3} X

$E_{em} = \int \epsilon_0\mathbf E_1\cdot\mathbf E_2 + \frac{1}{\mu_0}\mathbf B_1\cdot \mathbf B_2\,d^3\mathbf x$

Falls mehr Teilchen beteiligt sind, können ähnliche Formeln abgeleitet werden, wobei über jedes Teilchenpaar summiert wird.

RC Stabler, A Possible Modification of Classical Electrodynamics, Physics Letters, 8, 3, (1964), p. 185-187. http://dx.doi.org/10.1016/S0031-9163(64)91989-4

JA Wheeler, RP Feynman, Klassische Elektrodynamik in Bezug auf die direkte Wechselwirkung zwischen Teilchen, Rev. Mod. Phys., 21, 3, (1949), p. 425-433. http://dx.doi.org/10.1103/RevModPhys.21.425

J. Frenkel, Zur Elektrodynamik punktförmiger Elektronen, Zeits. F. Phys., 32, (1925), p. 518-534. http://dx.doi.org/10.1007/BF01331692

Ist diese Methode gerecht $U=\frac{\epsilon_o}{2}\int \vec E_\text{net}^2d^3x - \frac{\epsilon_o}{2}\int \vec E_1^2 d^3x - \frac{\epsilon_o}{2}\int \vec E_2^2d^3x$ , dh Subtrahieren der Singularitäten?
Nein, diese Terme sind unendlich und können nicht auf mathematisch gültige Weise subtrahiert werden. Die Formel, die ich oben geschrieben habe, kann auf einfache und mathematisch gültige Weise aus dem Arbeits-Energie-Theorem abgeleitet werden, das wiederum aus den Maxwell-Gleichungen, der Lorentz-Kraftformel und der Annahme abgeleitet werden kann, dass Teilchen auf andere Teilchen, aber niemals auf sich selbst wirken.
Gibt es eine Formel für das Skalarprodukt von 2 Farbverläufen? $\nabla \phi_1 \cdot \nabla \phi_2 = \nabla(\phi_1\nabla \phi_2) - \phi_1 \Delta \phi_2$ ? Die linke Seite ist ein Skalar, während die rechte Seite eine Matrix minus einer Skalarfunktion ist? Wahrscheinlich fehlt mir etwas. Ich sehe auf jeden Fall wie $\int \vec{E}_1 \cdot \vec{E}_2 dV$ ist gleich altbekannt $W$ durch Berechnung des Integrals. Für ein $W$ mit mehr als einem Teilchen kann ich sehen, wie das Integral $\int \sum\sum \vec{E}_a \cdot \vec{E}_b dV$ ist immer noch gleich $W$ (wieder durch "Berechnen"). Danke für diesen schönen Beweis zwischen dem 2
@ DWade64, ja, aber Sie haben Recht, so wie es geschrieben wurde, ergab es keinen Sinn. Die eigentliche Formel ist $\nabla \phi_1 \cdot \nabla \phi_2 = \nabla\cdot(\phi_1\nabla \phi_2) - \phi_1 \Delta \phi_2$ In Worten, tatsächlich gibt es im ersten Term eine Divergenz anstelle eines Gradienten. Danke für den "Fehlerbericht".
Ah, das hätte ich herausfinden sollen, besonders mit dem Kommentar zum Satz von Gauß. Danke für das Update

Integral der elektrostatischen potentiellen Energie

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