Gibt es eine Ladungsverteilung endlicher Größe, deren elektrisches Feld *genau* das eines Punktdipols ist?

Ja, das ist durchaus möglich

Sie tun dies, indem Sie eine Ladungsverteilung wählen, die in einem geeigneten Sinne "vollständig dipolar" ist, und dies wird ein elektrisches Feld erzeugen, das auch ein reiner Dipol ist. Technisch gesehen müssen Sie lediglich eine Ladungsverteilung mit einer trennbaren Winkelabhängigkeit verwenden (dh$\rho(\mathbf r) = f(r) g(\theta,\phi)$) und dann diese Winkelabhängigkeit auf eine geeignete sphärische Harmonische setzen .

Das einfachste Beispiel dafür ist eine über eine Kugel verteilte Oberflächenladungsverteilung mit Radius$a$, sagen wir, die eine dipolare Abhängigkeit hat, dh die alltägliche Oberflächenladungsdichte

$$\sigma(\theta,\phi) = \sigma_0 \cos(\theta),$$ was wie das Bild unten aussieht, wo Rot positiv und Blau negativ ist und die dunkleren Maschenlinien Konturen sind, die durch Konstanten getrennt sind

(Ich bin auch parteiisch für dipolare Gaußsche Ladungen mit der Volumenladungsdichte$\rho(\mathbf r) = A\, z\, e^{-r^2/a^2}$, aber bei diesem ist die Ladung außerhalb des Systems nie ganz null.)

Sobald Sie sich entscheiden, sich diese Ladungsverteilung anzusehen, gibt es zwei nette Dinge, die passieren:

• Das elektrische Feld außerhalb der Kugel ist genau das eines reinen Punktdipols, und
• das elektrische Feld innerhalb der Kugel ist exakt gleichförmig.

Dies kann durch ein paar einfache Schritte gezeigt werden:

1. Das elektrische Punkt-Dipol-Feld $$\mathbf E_\mathrm{out}(\mathbf r) = {\frac {1}{4\pi \epsilon _{0}}}\frac {3(\mathbf {p} \cdot {\hat {\mathbf {r} }}){\hat {\mathbf {r} }}-\mathbf {p} }{r^{3}}$$ ist ein gültiges elektrisches Feld (konservativ und eine Lösung der Laplace-Gleichung), wenn es von der Grenze entfernt ist.
2. Das einheitliche elektrische Feld$\mathbf E_\mathrm{in} (\mathbf r) = \mathbf E_0$ist offensichtlich ein gültiges elektrisches Feld innerhalb der Kugel.

Wir nehmen diese beiden als selbstverständlich an (obwohl sie bei Bedarf durch direkte Differentiation überprüft werden können), und das bedeutet, dass wir, um zu zeigen, dass die oben behaupteten Felder unserer Oberflächendichte entsprechen, nur zeigen müssen, dass sie dem richtigen Matching am Rand gehorchen . Somit haben wir

3. Die beiden Felder passen an der Grenze auf konservative Weise zusammen, dh ihre Komponenten senkrecht zur Oberfläche sind gleich (Sie können also keine freie Energie gewinnen, indem Sie kleine Schleifen um die Oberfläche machen). Um dies zu zeigen, haben wir

   $$\hat{\boldsymbol \theta}\cdot \mathbf E_\mathrm{in}(\mathbf r) = \hat{\boldsymbol \theta}\cdot \mathbf E_0 = \hat{\boldsymbol \theta}\cdot \hat{\mathbf z}E_0 = E_0 a \sin(\theta),$$ wo die azimutale Komponente entlang$\hat{\boldsymbol \phi}$ist in beiden Fällen offensichtlich Null, und $$\begin{align} \hat{\boldsymbol \theta}\cdot \mathbf E_\mathrm{out}(\mathbf r) &= \hat{\boldsymbol \theta}\cdot {\frac {1}{4\pi \epsilon _{0}}}\frac {3(\mathbf {p} \cdot {\hat {\mathbf {r} }}){\hat {\mathbf {r} }}-\mathbf {p} }{r^{3}} \\&= -\frac {1}{4\pi \epsilon_0}\frac{\hat{\boldsymbol \theta}\cdot\hat{\mathbf z}p }{a^{3}} \\&= -\frac {1}{4\pi \epsilon_0}\frac{p \sin(\theta) }{a^{3}} \end{align}$$ Da die Winkelabhängigkeit übereinstimmt, brauchen wir nur noch zu setzen$E_0 = -p/ 4\pi\epsilon_0a^4$.

   Außerdem ist jetzt ein guter Zeitpunkt, um das Dipolmoment in Bezug auf die Oberflächenladungsdichte zu berechnen: die$x$Und$y$Komponenten verschwinden durch Symmetrie, und die axiale Komponente ergibt

   $$\begin{align} p_z &= \int z \sigma(\theta,\phi) \mathrm dA = \int_0^\pi \int_0^{2\pi} a\cos(\theta) \sigma_0\cos(\theta) a^2 \sin(\theta) \mathrm d\phi \mathrm d\theta \\&= 2\pi a^3\sigma_0\int_0^{\pi} \cos^2(\theta) \sin(\theta)\mathrm d\theta = 2\pi a^3\sigma_0\int_{-1}^{1} u^2 \mathrm du \\&= \frac{4\pi}{3} a^3\sigma_0 . \end{align}$$

4. Die normalen Komponenten der Felder unterscheiden sich durch die Oberflächenladungsdichte (oder einfacher ausgedrückt, wenn Sie weit genug hineinzoomen, wirkt die Oberflächenladungsdichte wie eine unendliche Ladungsebene, die das elektrische Feld vorbeischiebt$\sigma/2\epsilon_0$in beide Richtungen davon weg). Um dies zu sehen, berechnen wir

   $$\hat{\mathbf r}\cdot \mathbf E_\mathrm{in}(\mathbf r) = \hat{\mathbf r}\cdot \mathbf E_0 = \hat{\mathbf r}\cdot \hat{\mathbf z}E_0 = E_0 a \cos(\theta)$$ Und $$\begin{align} \hat{\mathbf r}\cdot \mathbf E_\mathrm{out}(\mathbf r) &= \hat{\mathbf r}\cdot {\frac {1}{4\pi \epsilon _{0}}}\frac {3(\mathbf {p} \cdot {\hat {\mathbf {r} }}){\hat {\mathbf {r} }}-\mathbf {p} }{r^{3}} \\&= {\frac {1}{4\pi \epsilon _{0}}}\frac {2\mathbf {p} \cdot {\hat {\mathbf {r} }}}{a^{3}} \\&= {\frac {1}{2\pi \epsilon _{0}}}\frac {p\cos(\theta)}{a^{3}}, \end{align}$$ und das bestätigen wir$\hat{\mathbf r}\cdot \mathbf E_\mathrm{out}(\mathbf r)- \hat{\mathbf r}\cdot \mathbf E_\mathrm{in}(\mathbf r) =\frac{1}{\epsilon_0}\sigma(\theta,\phi)$, wo wir haben $$\begin{align} \hat{\mathbf r}\cdot \mathbf E_\mathrm{out}(\mathbf r)-\hat{\mathbf r}\cdot \mathbf E_\mathrm{in}(\mathbf r) & = {\frac {1}{2\pi \epsilon _{0}}}\frac {p\cos(\theta)}{a^{3}}-E_0 a \cos(\theta) \\ & = \left(\frac {p}{2\pi \epsilon_0a^4}- E_0\right)a \cos(\theta) \\ & = \left(\frac {p}{2\pi \epsilon_0a^4}+\frac {p}{4\pi \epsilon_0a^4}\right)a \cos(\theta) \\ & = \frac {3p}{4\pi \epsilon_0a^3}\cos(\theta) \\ & = \frac{1}{\epsilon_0}\sigma(\theta,\phi). \end{align}$$

Da also die gegebenen elektrischen Felder überall vollständige Lösungen für diese Ladungsverteilung sind, sind sie die Felder, die sie erzeugt.

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Der obige Text enthält etwas mehr Details als unbedingt erforderlich, um eine im Wesentlichen in sich geschlossene Ressource bereitzustellen, aber was haben wir gelernt? Nun, es zeigt, dass man sich immer an der Anwesenheit eines Punktdipolfeldes stört

$$\mathbf E_\mathrm{out}(\mathbf r) = {\frac {1}{4\pi \epsilon _{0}}}\frac {3(\mathbf {p} \cdot {\hat {\mathbf {r} }}){\hat {\mathbf {r} }}-\mathbf {p} }{r^{3}},$$ man kann es sich immer so vorstellen, dass es aus dieser Ladungsdichte entsteht, und alle konzeptionellen Probleme fallen weg, ohne dass knifflige Grenzen oder unklare Annäherungen erforderlich sind.

Darüber hinaus erstreckt sich die Methode direkt auf jede beliebige Multipolarität: Wollen Sie Quadrupole oder Oktupole konzeptualisieren? Kein Problem, geben Sie einfach eine passende solide Oberwelle als Ihre ein$\sigma(\theta,\phi)$, und Sie haben automatisch eine Ladungsdichte, die das relevante multipolare Feld erzeugt. Darüber hinaus erstreckt sich diese Methode bis hin zu Hexadekapolen und darüber hinaus (wie in Hexadekapol-Potenzial unter Verwendung von Punktteilchen gezeigt? ), wo Methoden wie Punktladungs-Hyperwürfel versagen.

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^{Der Mathematica-Code, der zum Erstellen des Bildes in dieser Antwort verwendet wird, ist über verfügbar Import["http://halirutan.github.io/Mathematica-SE-Tools/decode.m"]["http://i.stack.imgur.com/IsKL8.png"].}