Potential willkürlicher Ladungsverteilung

Question

Potential willkürlicher Ladungsverteilung

Xin Wang

Stell dir das vor:

Sie haben eine Luftkugel, in der Sie keine Ladung haben, und um diese Kugel herum haben Sie eine Ladungsverteilung $\rho(r,\theta,\phi)$ . (Das könnte z.B. sein $\rho(r,\theta,\phi)=e^{-r}$ ) Jetzt ist meine Frage: Was ist die allgemeinste Gleichung, die mir das Potential innerhalb der Kugel gibt? - Sie können verwenden, dass wir Azimutalsymmetrie haben. Mich interessiert nur die Gleichung.

Wahrscheinlich wird dies eine Reihe mit Legendre-Polynomen und so weiter enthalten.

Antworten (2)

Potential willkürlicher Ladungsverteilung

Mostafa · Answer 1

Das elektrische Potential $\Phi$ ist durch die folgende Beziehung definiert:

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

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

Betrachten Sie nun ein Vektorfeld $\mathbf{F}$ so dass:

\nabla . F = D

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

\nabla \times F = C

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

Nach dem Satz von Helmholtz, wenn die Divergenz $D(\mathbf{r})$ und die Locke $\mathbf{C(r)}$ angegeben sind und beide schneller auf Null gehen als $\dfrac{1}{ r^2}$ als $r\to \infty$ , und wenn $\mathbf{F(r)}$ geht auf Null als $r\to \infty$ Dann $\mathbf{F}$ ist eindeutig gegeben durch

F = - \nabla U + \nabla \times W

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

\begin{matrix} (2) & U (R) = \frac{1}{4 π} \int \frac{D (R^{'})}{| R - R^{'} |} D^{3} R^{'} \end{matrix}

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

\begin{matrix} (3) & W (R) = \frac{1}{4 π} \int \frac{C (R^{'})}{| R - R^{'} |} D^{3} R^{'} \end{matrix}

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

Für ein statisches elektrisches Feld gilt $D=\dfrac{\rho}{\epsilon_0}$ Und $\mathbf{C}=0$ . Also gem $(1)$ Und $(2)$ das elektrische Potential einer Ladungsverteilung, die schneller auf Null geht als $\dfrac{1}{r^2}$ als $r\to \infty$ kann berechnet werden als

Φ (R) = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \int \frac{ρ (R^{'})}{| R - R^{'} |} D^{3} R^{'}

$\Phi(\mathbf{r})=\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\int \frac{\rho(\mathbf{r'})}{|\mathbf{r-r'}|}d^3r'$ wo das Integral über den gesamten Raum ist.

$\dfrac{1}{|\mathbf{r-r'}|}$ kann unter Verwendung von sphärischen Harmonischen entwickelt werden, um eine Multipolentwicklung zu erhalten. Die Multipolentwicklung gilt also auch nur unter den obigen Bedingungen.

Wenn die obige Bedingung nicht zutrifft, müssen Sie die verwenden $(1)$ Gleichung, dh Sie müssen finden $\mathbf{E}$ zuerst und führen Sie dann die Integration durch, um zu finden $\Phi$ (wie im Fall eines unendlich gleichmäßig geladenen Drahtes).

Ja, eigentlich betrachte ich eine exponentiell abfallende Ladungsverteilung (so schnell abfallend) und jetzt wäre meine Frage: Was wäre die korrekte Erweiterung (des Nenners in der harmonischen Funktion), wenn Sie das Potenzial innerhalb einer Kugel betrachten, wann die Ladungsverteilung nur außerhalb der Kugel ungleich Null ist?
meine frage ist, ob die erweiterung $\frac{1}{|r-r'|} = \sum_{l=0}^{\infty}\frac{r'^l}{r^{l+1}}P_l(\cos(\theta))$ , wobei r' die innere Position ist, wo ich das Potenzial wissen möchte. Ist das richtig, so kann ich integrieren $\Phi(r',\theta) = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0 } \int_0^{\infty} \int_0^{\pi} \int_0^{2 \pi} \rho(r, \theta) \sum_{l=0}^{\infty}\frac{r'^l}{r^{l+1}}P_l(\cos(\theta)) d \phi d \theta dr$
sorry vergessen $r^2 \sin(\theta)$ und ich glaube mit meinem stimmt was nicht $\theta$ Abhängigkeit, wenn ich darüber integriere, geht diese irgendwie verloren
Ihre Expansion gibt das Potenzial auf die $z$ Achse. Um das Potenzial überall zu finden, ersetzen $\theta$ mit $\gamma$ , das ist der Winkel dazwischen $\mathbf{r}$ Und $\mathbf{r'}$ ; dh in Bezug auf Kugelflächenfunktionen erweitern ( hier ).
aber wir haben keine Abhängigkeit von $\phi$ -Abhängigkeit. ist es nicht wahr, dass sich in diesem Fall die Kugelflächenfunktionen auf die Legendre-Polynome reduzieren?
In diesem Fall sollten Sie verwenden $\mathrm{P}(\cos (\theta' - \theta))$ anstatt $\mathrm{P}(\cos \theta)$ .
Könnten Sie mir also das Integral geben, das ich auswerten muss, um sicherzugehen, dass wir über dasselbe sprechen?
Ich habe wahrscheinlich über das Potenzial im Inneren nachgedacht ( $r' \le R$ ) eine sphärische Ladungsverteilung $ρ (R, θ) = 0, R \leq R, ρ (R, θ) \neq 0$ $\rho(r,\theta)=0, r\le R, \rho(r,\theta) \neq 0$ anderswo, $Φ (R^{'}, θ^{'}) = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{π} \int_{0}^{2 π} ρ (R, θ) \sum_{l = 0}^{\infty} \frac{R^{^{'} l}}{R^{l + 1}} P_{l} (\cos (θ) P_{l} (\cos (θ^{'})) Sünde (θ) R^{2} D R D θ D ϕ$ $\Phi(r',\theta') = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0 } \int_0^{\infty} \int_0^{\pi} \int_0^{2 \pi} \rho(r,\theta) \sum_{l=0}^{\infty} \frac{r^{'l}}{r^{l+1}}P_l(\cos(\theta) P_l(\cos(\theta')) \sin(\theta) r^2 dr d\theta d\phi$
Einfach ersetzen $\mathrm{P_l}(\cos \theta)$ mit $\mathrm{P_l}(\cos (\theta-\theta'))$ . Dann sollten Sie es in Bezug auf Kugelflächenfunktionen erweitern, um die Integration durchführen zu können. Stattdessen gibt es einen einfacheren Weg, um diese langwierigen Integrationen zu vermeiden: Finden Sie das Potenzial auf der z-Achse (verwenden Sie $\mathrm{P_l}(\cos \theta)$ ) und vergleiche dann das Ergebnis mit der Lösung der Laplace-Gleichung in Kugelkoordinaten (azimutalsymmetrische Lösung) an den Punkten auf der z-Achse. Auf diese Weise können Sie die Koeffizienten der Erweiterung finden und das Ergebnis auf den gesamten Raum verallgemeinern.
Entschuldigung, können Sie die richtige Gleichung aufschreiben? Ich meine, ich habe jetzt zwei Terme, die Legendre-Polynome mit Winkelabhängigkeit in meiner Gleichung enthalten. Jetzt weiß ich nicht, ob ich nur einen davon verwenden und diesen durch den ersetzen soll, der von der Winkeldifferenz abhängt, oder ob ich beide behalten und nur einen ersetzen soll oder ob ich beide ersetzen soll?
Wir kennen die Lösung der Laplace-Gleichung (azimutal): $\begin{matrix} (1) & Φ (R, θ) = \sum_{l = 0}^{\infty} (A_{l} R^{l} + B_{l} R^{- (l + 1)}) P_{l} (\cos θ) \end{matrix}$ $\Phi(r,\theta)=\sum_{l=0}^\infty(A_lr^l+B_lr^{-(l+1)})\mathrm{P_l}(\cos \theta)\tag{1}$ Jetzt benutzen $\begin{matrix} (2) & \frac{1}{| R - R^{'} |} = \sum_{l = 0}^{\infty} \frac{R_{<}^{l}}{R >^{(l + 1)}} P_{l} (\cos θ) \end{matrix}$ $\frac{1}{|\mathbf{r-r'}|}=\sum_{l=0}^\infty\frac{r_<^l}{r>^{(l+1)}}\mathrm{P_l}(\cos \theta)\tag{2}$ in das Integral für das Potential in der Antwort, das das Potential auf der z-Achse angibt. Nun, wenn Sie setzen $\theta=0$ In $(1)$ Sie erhalten das Potenzial auf der z-Achse. Wenn Sie dieses Ergebnis mit dem Ergebnis der Verwendung vergleichen $(2)$ , erhalten Sie $A_l$ s und $B_l$ s und ersetzen Sie diese Koeffizienten in $(1)$ um das Potenzial für den gesamten Raum zu erhalten.
danke, habs. nur aus Neugier. Würde diese Methode auch funktionieren, um das elektrische Feld irgendwo in die Ladungsverteilung zu bringen? Denn in diesem Fall müsste man berücksichtigen, dass es einen Beitrag von innen und von außen gibt. Also würde ich das in diese zwei Teile aufteilen und dasselbe tun? (Ich hätte etwas gegen den Austausch von r und r' in (2))
Ja es funktioniert. (Wie Sie sagten, sollten Sie einen Austausch in Betracht ziehen $r_<$ Und $r_>$ wenn nötig).

Jerry Schirmer · Answer 2

Der allgemeinste Ausdruck für das Potential (unter der Annahme einer statischen Ladungsverteilung, wie Sie es verwenden) ist:

v (\vec{R}) = C + \int D^{3} R^{'} \frac{ρ ({\vec{R}}^{'})}{4 π ϵ_{0} | \vec{R} - {\vec{R}}^{'} |}

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

Wo C erfüllt ${\vec \nabla}C = 0$ , und das Integral deckt den Bereich ab, in dem $\rho \neq 0$ .

Wenn Sie daran zweifeln, können Sie das herausfinden $\nabla^{2} \frac{1}{\left|{\vec r}\right|} = \delta^{3}({\vec r})$ , und dann sollte es ziemlich offensichtlich sein, dass diese Gleichung die Differentialform des Gaußschen Gesetzes erfüllt.

BEARBEITEN:

Ich sehe, dass Sie fragen, was in einer Lücke innerhalb einer kugelsymmetrischen Verteilung passiert. In diesem Fall können Sie die High-School-Physik-Version des Gaußschen Gesetzes verwenden, um Folgendes zu zeigen:

| \vec{E} | = k \frac{Q_{ich N C}}{R^{2}}

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

Da innerhalb Ihres inneren Spalts die von jeder Gaußschen Oberfläche eingeschlossene Ladung Null ist, haben Sie $E = 0$ Und $V=$ Konstante

Nein, die erste Version war in Ordnung, aber ich habe mich gefragt, wie man C aus Ihrer Definition finden kann und ob es eine maßgeschneiderte Erweiterung (des Nenners) gibt, die ich in diesem Fall verwenden könnte, da es schwierig ist, dieses Ding im Allgemeinen zu integrieren
@Lipschitz: Das Potential ist beliebig, und C spiegelt diese Willkür wider. Normalerweise geben Sie einen Punkt an, an dem das Potential Null ist, und nachdem Sie das Integral durchgeführt haben, werten Sie das Potential an diesem Punkt aus und setzen C so, dass das Potential hier Null ist.
Was die Auswertung des Integrals betrifft, sind Sie wahrscheinlich sicherer, wenn Sie eine maßgeschneiderte Erweiterung der Dichte in Potenzen von durchführen $r-r'$ , die schöne einfache Integrale sein sollten. Die meisten Leute greifen an diesem Punkt einfach auf Zahlen zurück.
Die erste Gleichung, die Sie bereitgestellt haben $V$ ist nicht die allgemeinste. @Lipschitz fragt nach dem allgemeinsten Fall.
@Mostafa: Das ist die allgemeinste Lösung für Maxwells Gleichungen im statischen Messgerät in dem Fall, in dem $\rho$ ist zeitunabhängig, was die einzig vernünftige Möglichkeit ist, die Frage zu beantworten. Es ist sicherlich die allgemeinste Lösung der Poisson-Gleichung. Wenn Sie Ihre eigene Antwort schreiben möchten, die sich mit der Zeitabhängigkeit und einem allgemeinen Maßstab befasst, haben Sie es. Das geht weit über den Rahmen der Frage hinaus, und Jefemienkos Gleichungen sind nicht sehr aufschlussreich. Darüber abzustimmen ist kleinlich.

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