Horizontal $E$ -para un disco conductor cargado

Question

Para una parte de la simulación que estoy escribiendo, necesito saber el campo eléctrico emitido por un disco conductor cargado. Si el disco fue colocado en el $x$ - $y$ plano, me interesa el campo en ese mismo plano, no verticalmente.

El método para conseguirlo en el eje del disco (el $z$ -eje) es fácil, pero no puedo averiguar cómo hacer esto.

¿Alguien conoce la ecuación o cómo calcularla?

Answer 1

En realidad, el problema del disco conductor se resuelve muy fácilmente en el llamado coordenadas esferoidales oblicuas .

Primero, altera las coordenadas para que tu disco esté centrado en el origen y sea ortogonal al $z$ -dirección. Seguiré la notación del artículo de la Wiki: $$ x=a \cosh\mu\cos\nu\cos\phi\\ y=a \cosh\mu\cos\nu\sin\phi\\ z=a \sinh\mu\sin\nu $$ donde $a$ es el radio del disco. Entonces la condición del potencial $ \Phi = \Phi_0 $ en el disco está escrito como $$ \Phi ( \mu =0)= \Phi_0. $$ Las coordenadas son ortogonales, así que tenemos una bonita ecuación de Laplace: $$ 0=a^2 \Delta\Phi = \\\frac {1}{ \sinh ^2 \mu + \sin ^2 \nu } \left [ \frac {1}{ \cosh\mu } \frac { \partial }{ \partial\mu } \left ( \cosh\mu\frac { \partial\Phi }{ \partial\mu } \right )+ \frac {1}{ \cos\nu } \frac { \partial }{ \partial\nu } \left ( \cos\nu\frac { \partial\Phi }{ \partial\nu } \right ) \right ]+ \frac {1}{ \cosh ^2 \mu + \cos ^2 \nu } \frac { \partial ^2 \Phi }{ \partial\phi ^2}=0 $$ Muy involucrado, pero adivinemos que (mira la foto de las coordenadas en Wiki, $ \mu =const$ las superficies se ven muy atractivas para el papel de las olas equipotenciales) $ \Phi = \Phi ( \mu )$ es la función de $ \mu $ sólo. Entonces la ecuación de Laplace se reduce trivialmente a $$ \frac { \partial }{ \partial\mu } \left ( \cosh\mu\frac { \partial\Phi }{ \partial\mu } \right )=0. $$ ¡Muy bien, podemos resolverlo! La solución es: $$ \Phi = \Phi_0 +C \int_0 ^{ \mu } \frac {d \mu }{ \cosh\mu }= \Phi_0 +2C \left ( \arctan e^ \mu - \pi /4 \right ) $$ donde fijamos $C$ al requerir $ \Phi (+ \infty )=0$ . Una cosa curiosa es que la integral que hemos encontrado en la solución se llama La función de Gudermannian $$ \mathrm {gd}( \mu )=2 \left ( \arctan e^ \mu - \pi /4 \right )= \arctan ( \sinh\mu ). $$ De esta manera u otra la solución final es: $$ \Phi ( \mu )= \Phi_0\left (1- \frac {2}{ \pi } \arctan\sinh\mu\right )= \frac {2}{ \pi } \Phi_0\arcsin\frac {1}{ \cosh\mu } $$ Ahora, uno puede querer expresarlo a través de las coordenadas cilíndricas habituales $r, \phi ,z$ . Según Wiki, lo hemos hecho: $$ \cosh\mu = \frac { \sqrt {(r+a)^2+z^2}+ \sqrt {(r-a)^2+z^2}}{2a} $$ Esto es suficiente para escribir $ \Phi $ en coordenadas cilíndricas (sólo sustituir). Sin embargo, es una fórmula bastante complicada. Todavía tenemos que relacionar $ \Phi_0 $ a $Q$ la carga del disco. Para el caso $z=0$ y $r>a$ fuera del disco que tenemos: $$ \cosh\mu =r/a $$ que es $$ \Phi (r)= \frac {2 \Phi_0 }{ \pi } \arcsin\frac {a}{r}. $$ Ahora sabemos que para $r \rightarrow\infty $ tenemos $ \Phi\simeq\frac {Q}{r}$ . Al mismo tiempo $$ \Phi (r) \simeq\frac {2 \Phi_0 }{ \pi } \frac {a}{r}= \frac {Q}{r} $$ así que la respuesta es $$ \Phi_0 = \frac { \pi Q}{2a} \\ \Phi (r)= \frac {Q}{a} \arcsin\frac {a}{r}. $$ Por conveniencia, en el caso general: $$ \Phi (r,z)= \frac {Q}{a} \arcsin\frac {2a}{ \sqrt {(r+a)^2+z^2}+ \sqrt {(r-a)^2+z^2}} $$

Editar: La respuesta de Alec S afirma que: $$ \Phi (r, \theta = \pi /2)= \frac {2 \Phi_0 }{ \pi } \sum_ {l=0}^{ \infty } \frac {(-1)^l}{2l+1} \left ( \frac {a}{r} \right )^{2l+1} \frac {(-1)^l(2l)!}{2^{2l}(l!)^2}= \\ = \frac {2 \Phi_0 }{ \pi } \sum_ {l=0}^{ \infty } \frac {1}{4^l(2l+1)} \binom {2l}{l} \left ( \frac {a}{r} \right )^{2l+1}= \frac {2 \Phi_0 }{ \pi } \arcsin\frac {a}{r}, $$ ver el serie para el $ \arcsin $ función.

Por último, el componente radial (y el único que no es cero) de $E$ se da en $x-y$ avión por (fuera del disco) $$ E_r(r)= \frac {Q}{r^2} \frac {1}{ \sqrt {1- \frac {a^2}{r^2}}} $$

Answer 2

La solución exacta es $${ \bf E}(R<r, \theta = \pi /2)= \frac {Q}{4 \pi \epsilon_0 } \left ( \frac {1}{r^2} \right ) \sum_ {l=0}^{ \infty } \frac {(2l)!}{2^{2l}(l!)^2} \left ( \frac {R}{r} \right )^{2l} \hat {{ \bf r}}.$$

Claramente el campo dentro del conductor (es decir, para $r<R$ ) se desvanece. Aquí $Q$ es la carga total del disco. El campo, para grandes valores de $r$ parece esencialmente una carga puntual (debido al hecho de que la serie se reduce bastante rápido) pero más cerca del disco hay términos de todos los pedidos en $r$ .

Esto se obtuvo resolviendo un problema similar, es decir, encontrando el potencial en todas partes para un disco conductor cargado. La mayor parte de mi solución a ese problema se reproduce aquí.

Asumimos que el potencial azimutal simétrico $ \Phi (r, \theta , \phi )$ es separable. Es decir, se puede escribir $$ \Phi ( \boldsymbol {r})= \Phi (r, \theta )= \sum_ {l=0}^{ \infty } \left (A_{l}r^{l}+ \frac {B_{l}}{r^{l+1}} \right )P_{l}( \cos\theta ).$$ A lo largo de la $z$ -eje, usando el hecho de que $P_{l}(1)=1$ , $$ \Phi (r, \theta =0)= \sum_ {l=0}^{ \infty }A_{l}r^{l}+ \frac {B_{l}}{r^{l+1}}$$ Los coeficientes $A_{l}$ y $B_{l}$ forman los coeficientes para una expansión única de las series de energía en $r$ mientras que los legendarios polinomios $P_{l}$ formar un conjunto ortogonal completo. Si existe una solución separable, entonces encontrar cada uno de estos coeficientes debería ser suficiente para reproducir el potencial en todas partes. Lejos del disco el potencial debe limitarse a cero. Entonces el $A_{l}$ son cero y $$ \Phi (r, \theta =0)= \frac {1}{r} \sum_ {l=0}^{ \infty } \frac {B_{l}}{r^{l}}.$$ Todo lo que queda es encontrar los coeficientes $B_{l}$ .

Primero, necesitamos encontrar el factor de normalización apropiado para la densidad de carga de la superficie $ \sigma ( \rho )$ : $$ \int\sigma ( \rho ')da'= \int_ {0}^{2 \pi }d \phi ' \int_ {0}^{R} \frac { \rho 'd \rho '}{ \sqrt {R^{2}- \rho '^{2}}}=2 \pi R$$ . Desde $ \int\sigma da=Q$ esto implica que $$ \sigma ( \rho )= \frac {Q}{2 \pi R} \frac {1}{ \sqrt {R^{2}- \rho ^{2}}}.$$ A continuación, integramos sobre la densidad de carga para encontrar el potencial en todas partes a lo largo del eje $ \theta =0$ y encontrar que el potencial a lo largo de todo el $z$ -el eje puede ser escrito $$ \Phi (r, \theta =0) = \frac {1}{4 \pi\epsilon_ {0}} \int\frac { \sigma ( \boldsymbol {r}')da'}{| \boldsymbol {r}- \boldsymbol {r}'|} =... $$ $$...= \frac {1}{4 \pi\epsilon_ {0}} \frac {Q}{2 \pi R} \int_ {0}^{2 \pi }d \phi ' \int_ {0}^{R} \frac {1}{ \sqrt {R^{2}- \rho '^{2}}} \frac {1}{ \sqrt {r^{2}+ \rho '^{2}}} \rho 'd \rho '$$ $$= \frac {1}{4 \pi\epsilon_ {0}} \frac {Q}{R} \arctan\left ( \frac {R}{r} \right )$$ donde el último paso se hizo por ordenador. Además, tenemos que exigir que en el límite que $r \rightarrow0 , \Phi (r, \theta ) \rightarrow V: $ $$ \Phi (r \rightarrow0 )= \frac {1}{8 \epsilon_ {0}} \frac {Q}{R}=V.$$ En otras palabras $Q=8 \epsilon_ {o}$ y $$ \Phi (r, \theta =0)= \frac {2V}{ \pi } \arctan\left ( \frac {R}{r} \right ).$$

Podemos escribir esta solución como una serie de energía usando la conocida expansión para $ \arctan\left ( \frac {R}{r} \right )$ para $ \left | \frac {R}{r} \right | \leq1 $ ,

$$ \Phi (r, \theta =0)= \frac {2V}{ \pi } \left ( \frac {R}{r} \right ) \sum_ {l=0}^{ \infty } \frac {(-1)^{l}}{2l+1} \left ( \frac {R}{r} \right )^{2l}.$$ Comparando estos coeficientes de series de potencia con la $B_{l}$ que encontramos: $$B_{l}= \begin {cases} \frac {2V}{ \pi } \frac {(-1)^{l}R^{2l+1}}{2l+1} & l \in\mbox {even} \\ 0 & l \in\mbox {odd } \end {cases}$$ de modo que, fuera de una esfera de radio $R$ desde el origen: $$ \Phi (r, \theta )= \frac {2V}{ \pi } \left ( \frac {R}{r} \right ) \sum_ {l=0}^{ \infty } \frac {(-1)^{l}}{2l+1} \left ( \frac {R}{r} \right )^{2l}P_{2l}( \cos\theta ).$$

Expandiendo $ \arctan ( \frac {R}{r})$ cuando $ \left ( \frac {R}{r} \right ) \geq1 $ podemos hacer el mismo procedimiento para obtener los coeficientes internos: $$ \left.\arctan\left ( \frac {R}{r} \right ) \right |_{r=0}= \frac { \pi }{2}- \sum_ {l=0}^{ \infty } \frac {(-1)^{l}}{2l+1} \left ( \frac {r}{R} \right )^{2l+1}$$ que tiene el comportamiento apropiado en el límite $ \theta\rightarrow\pi $ . Así que el potencial se convierte $$ \Phi (r, \theta ) \biggr |_{r=0}= \frac {2V}{ \pi } \left ( \frac { \pi }{2}- \sum_ {l=0}^{ \infty } \frac {(-1)^{l}}{2l+1} \left ( \frac {r}{R} \right )^{2l+1}P_{2l+1}( \cos\theta ) \right ).$$

Ahora que conoces el potencial, es una cuestión simple calcular los campos, que están dados por $${ \bf E}=- \nabla \Phi. $$ Utiliza el hecho de que el campo es simétrico en cuanto a la $z$ -eje para ignorar el $ \theta $ derivado, y finalmente que $$P_{2l}(0)= \frac {(-1)^l(2l)!}{2^{2l}(l!)^2}$$ para obtener el resultado final.

Adición : Peter Kravchuk tiene razón en que hay una expresión de forma cerrada para este resultado. Todo el mérito es suyo por señalar esto, simplemente voy a añadirlo al final de esta respuesta para completarla. Para propósitos de simulación no estoy seguro de si la forma cerrada o la serie es más útil.

$$ \Phi (r, \theta = \pi /2)= \frac {2V}{ \pi } \sum_ {l=0}^{ \infty } \frac {(2l)!}{(2l+1)2^{2l}(l!)^2} \left ( \frac {R}{r} \right )^{2l+1}$$ que es igual a $$ \Phi (r, \theta = \pi /2)= \frac {2V}{ \pi } \arcsin (R/r).$$

Diferenciar y sustituir da $${ \bf E}(R<r, \theta = \pi /2)= \frac {1}{4 \pi\epsilon_0 } \frac {Q}{r^2} \frac {1}{ \sqrt {1-(R/r)^2}} \hat {{ \bf r}}.$$

Uno notará que el campo eléctrico diverge en los bordes del disco - una consecuencia del hecho de que la densidad de carga allí también diverge.

Answer 3

Supondré que su disco (radio $R$ ) está uniformemente cargada con la densidad de carga de la sobrefacia $ \sigma $ (siendo su disco conductor, cualquier Q cargada que se deposite en él se distribuirá por todo él para que $Q= \sigma\times\pi R^2$ ). El campo fuera del disco es necesariamente radial para que podamos colocar el punto $M$ donde nos gustaría calcular el campo en el $x$ para que $ \vec {OM}=x\, \vec {e_x}$ .

Intentaremos calcular primero el potencial eléctrico $V$ con el fin de encontrar el campo $ \vec {E}(M) = - \frac {dV}{dx}\, \vec {e_x}$ en $M$ .

Imaginemos algún punto $P$ en el disco de coordenadas polares $(r, \theta )$ . La superficie $dS=rd \theta\ ,dr$ a su alrededor está lleno de una carga $dq= \sigma\ ,dS$ . El potencial $dV$ creado por este cargo en $M$ será entonces, usando el teorema de Al Kashi, $$ dV = \frac {dq}{4 \pi\varepsilon_0\ ,PM} = \frac { \sigma\ ,rd \theta\ ,dr}{4 \pi\varepsilon_0\ , \sqrt {r^2+x^2 - 2rx \cos\theta }} $$

Para obtener todo el potencial, sólo tienes que integrar más de $ \theta $ de 0 a $2 \pi $ y $r$ de $0$ a $R$ : $$ V(x) = \int_ {r=0}^R \int_ { \theta =0}^{2 \pi } dV = \int_ {r=0}^R \int_ { \theta =0}^{2 \pi } \frac { \sigma\ ,rd \theta\ ,dr}{4 \pi\varepsilon_0\ , \sqrt {r^2+x^2 - 2rx \cos\theta }} $$

Una vez que obtuviste esta integral, derivarla con respecto a $x$ le dará el campo eléctrico:

$$ \vec {E} = - \frac {dV}{dx}\, \vec {e_x}$$

Nota: si quieres integrarte numéricamente, primero puedes derivar dentro de la integral, y luego elegir un $x$ y se integran numéricamente para obtener su campo.