Llevo más de un día dándole vueltas a este problema con un amigo:
Se pega un potencial a un aislante con forma de cubo, de modo que fuera del aislante el campo es el mismo que el de una partícula puntual. ¿Cómo podemos calcular la distribución de carga superficial y la distribución de carga volumétrica?
$\def\ph{\varphi}\def\vr{\vec{r}}\def\eps{\varepsilon}\def\rmr{{\rm r}}\def\pd{\partial}\def\l{\left}\def\r{\right}\def\ltag#1{\tag{#1}\label{#1}}\def\div{\operatorname{div}}\def\grad{\operatorname{grad}}\def\nR{{\mathbb{R}}}$ No se necesita una combinación de carga superficial y carga volumétrica para volver a producir un campo de carga puntual fuera de un cubo.
La distribución de la carga superficial está determinada de forma única si sólo se utiliza eso para su propósito. La construcción de esta distribución de carga superficial se describe en la primera parte de esta respuesta.
Si sólo se utiliza una distribución de carga de volumen, esto no se determina de forma única. En la segunda parte de la respuesta se da un ejemplo para ese caso.
Dejemos que $V$ sea el interior abierto del cubo que contiene el origen. Para los puntos $\vr$ fuera del quader fijamos el potencial $\ph(\vr)$ igual al potencial $$ \ph_Q(\vr) =\frac Q{4\pi\eps_0|r|} $$ de una carga puntual $Q$ en el origen. Esto nos da también la condición de contorno $$ \ph(\vr) = \ph_Q(\vr)\text{ for }\vr\in\partial V $$ por el potencial dentro del quader. Resolver el problema de valor límite de Dirichlet con la ecuación de Laplaciano $\Delta\ph(\vr)=0$ y con esta condición de contorno para el potencial $\ph(r)$ en los puntos $\vr\in V$ en el interior del quader.
Dejemos que $\partial^+_\nu\ph$ y $\partial^-_\nu\ph$ sean los límites de las derivadas normales exteriores de $\ph$ en $\partial V$ desde el exterior y el interior de $V$ respectivamente. La carga superficial será $\sigma(\vr) = -\eps_0(\partial^+_\nu\ph-\eps_{\rm r}\partial^-_\nu\ph)$ . ¿Por qué? Intenta explicarlo con una integral sobre la superficie de un pequeño volumen asentado en la superficie.
Aquí suponemos que el aislante tiene una permitividad relativa homogénea e isótropa $\eps_\rmr$ .
La siguiente imagen muestra una sección de la solución del problema de Dirichlet en el cubo $[-1,1]^3$ . Sólo la parte $\bigcup_{z\in[-1,0]}[0,-z]^2\times\{z\}$ del cubo se ha modelado que genera el cubo completo a través de una secuencia de reflexiones. Condiciones naturales de contorno $\partial_\nu \ph=0$ en los planos de simetría. La condición de contorno de Dirichtlet en $z=-1$ es $$\ph(x,y,z) = \frac1{\sqrt{x^2+y^2+1}}.$$
El dominio se ha modelado con gmsh y la solución se calcula con getdp .
El límite de la derivada normal exterior de $\ph$ desde el exterior en el límite $z=-1$ es \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} La siguiente imagen muestra el campo $\sigma:=-(\pd^+_\nu\ph-\pd^-_\nu\ph)$ en la zona limítrofe $[0,1]^2\times\{-1\}$ . De este modo, $\pd^+_\nu\ph$ viene dado por \eqref{derPotOutside} y $\pd^-_\nu\ph$ resulta de la solución numérica del problema de valor límite. Nótese que esto corresponde a una solución normalizada del problema original con $\eps_\rmr=1$ .
Se puede comprobar el resultado numérico $\sigma$ con la integral $\int_{(x,y)\in[0,1]^2} \sigma(x,y,-1) dA$ que debe dar $\frac\pi6$ . Esto funciona dentro de los límites de la precisión numérica.
Para la reproducción de los resultados enlazo aquí el definición de geometría y el definición del problema para el solucionador del MEF.
La componente normal de la intensidad de campo es discontinua en la superficie cargada, pero el potencial es continuo.
Esto se puede demostrar con un disco circular uniformemente cargado en el plano (x,y) con centro en el origen y radio $R$ . Denotamos la densidad de carga con $\sigma$ . El complemento del disco es el espacio libre con permitividad $\eps_0$ . Para la demostración calculamos el potencial en el eje z: \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} El potencial puede ampliarse continuamente en $z=0$ con el valor \begin{align} \ph(0) = \frac {\sigma R}{2\eps_0}. \end{align}
La distribución de la carga de volumen no está determinada de forma única. Por ejemplo, si se tiene $\eps_\rmr=1$ puedes poner una bola con carga de volumen uniforme en el cubo. Es decir $$ \rho(\vr) = \begin{cases} \frac{Q}{\frac34\pi R^3}&\text{ for }|\vr|<R\\ 0&\text{ else} \end{cases} $$ con $R$ lo suficientemente pequeño como para que la bola entre en el cubo.
Otra posible distribución de la carga espacial es \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}
Si el aislante es un quader con permitividad constante $\eps_\rmr\neq1$ entonces has dado:
La tarea consiste ahora en encontrar una función escalar al menos dos veces diferenciable $\ph:V\rightarrow\nR$ interpolando el potencial requerido y la derivada normal requerida en $\partial V$ . La densidad de carga volumétrica puede calcularse entonces mediante $$ \rho(\vr) = -\eps_\rmr\eps_0 \Delta \ph(\vr). $$
El problema real para variar $\eps_r$ es \begin{align} \div\l(\eps(\vr) \grad\ph(\vr)\r) = -\rho. \end{align} En su caso $\eps(\vr)$ es incluso discontinua, de manera que se necesita la forma débil de $\eps(\vr)$ y terminas con el problema: \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} para todas las funciones de prueba $\delta\ph$ . Esto se puede resolver numéricamente.
No sé si hay funciones verdes conocidas para ese problema.
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