Potencial de cascarón esférico. Aplicación de Polinomios de Legendre.
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Se resuelve por completo un problema de electrostática con simetría esférica: Encuentre el potencial eléctrico V para un...
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Legendre Guti´errez err ez Sosa Sos a Carl C arlos os S´ anchez anchez Hern´ andez andez Edgar Anuar Vergara Espinosa Omar Universidad Aut´ onoma Metropolitana. Marzo 2012 onoma Problema Encuentre el potencial poten cial el´ectrico ectrico V para un cascaron esf´ erico erico de radio unitario si la mitad de su superficie esta a un potencial V 0 constante y la otra mitad se mantiene aterrizada. Soluci´ on on Para simplificar el c´alculo alculo centraremos la esfera en el origen de modo que la mitad con potencial V 0 quede situada sobre el plano X Y , de este modo obtendremos drem os simet s imetrr´ıa azimuta a zimutal. l. Aplicamos la ecuaci´on on 2 V = −
ρ 0
( a)
Debido a que en la regi´on on en la que calcularemos el potencial V no hay cargas, la Ec. (a) queda como 2 V = 0 El operador Laplaciano en coordenadas esf´ericas ericas esta dado por 2
V =
1 ∂ r2 ∂r
∂V r ∂r 2
∂ 1 + 2 r sin θ ∂θ
∂V sin θ ∂θ
+
∂ 2 V 1 =0 r 2 sin2 θ ∂φ 2
(1)
Debido a que nuestro sistema tiene ti ene simetr´ıa ıa azimutal tenemos ten emos que V = V (φ). Por tanto la ecuaci´on on a resolver es la siguiente 1 ∂ r2 ∂r
∂V r ∂r 2
∂ 1 + 2 r sin θ ∂θ
∂V sin θ ∂θ
=0
(2)
Para resolver esta ecuaci´on on aplicamos separaci´on on de variables, entonces proponemos V (r, θ) = R(r)Θ(θ )
1
(3∗ )
Sustituyendo Ec.(3*) en Ec.(2) y separando variables obtenemos 1 d R dr
dR r dr 2
d 1 =− Θsin θ dθ
dΘ sin θ dθ
= n(n + 1)
(4∗ )
Donde n(n + 1) es una constante de separaci´on. De Ec.(4*) se obtienen las ecuaciones siguientes r2
d2 R dR + 2r − n(n + 1)R = 0 2 dr dr
d dθ
dΘ sin θ dθ
(3)
+ n(n + 1)sin θΘ
(4)
La soluci´on de Ec.(3) es Rn (r ) = A1 rn +
B1 rn+1
(13)
Aplicando el cambio de variable ξ = cos θ
(15)
en Ec.(4) obtenemos d2 Θ dΘ (1 − ξ ) 2 − 2ξ + n(n + 1)Θ = 0 dξ dξ 2
(16)
La cual la reconocemos como la ecuaci´on diferencial de Legendre, entonces la soluci´on de Ec.(16) es Θn (ξ ) = A2 P n (ξ ) + B2 Qn (ξ )
(17)
Entonces la soluci´on de Ec.(2) es V n (r, ξ ) =
B1 A1 r + n+1 r n
[A2 P n (ξ ) + B2 Qn (ξ )]
(6∗ )
Debido a que no hay cargas en el sistema, y por lo tanto no hay singularidades, el potencial V debe ser finito en todos los puntos del espacio lo que nos obliga a hacer B2 = 0 ya que Qn se hace infinito en ξ = 1, ξ = −1. Entonces Ec.(6*) queda como V n (r, ξ ) =
B1 A1 r + n+1 r n
(7∗ )
A2 P n (ξ )
Haciendo A1 A2 = A y B1 A2 = B la Ec.(7*) queda como V n (r, ξ ) =
B
n
Ar +
r
n+1
P n (ξ )
(8∗ )
Ahora calculamos la soluci´on interna y externa de V .
2
a) Soluci´ on Interna Para la soluci´on interna hacemos B = 0 en Ec.(8*) ya que V debe ser finito en todos los puntos. Entonces Ec.(8*) queda como V n (r, ξ ) = Ar nP n (ξ )
Y la soluci´on mas general es +∞
V I (r, ξ ) =
An r n P n (ξ )
(9∗ )
n=0
Ahora aplicamos condici´on a la frontera
0 < ξ < +1 −1 < ξ < 0
V 0 ,
V (r = 1 , ξ ) =
0,
Entonces Ec.(9*) queda como +∞
V (1, ξ ) =
An P n (ξ )
(10∗ )
n=0
Para hallar los coeficientes An multiplicamos por P m(ξ) ambos miembros de Ec.(10*) e integramos de -1 a 1
ˆ
+∞
+1
V (1, ξ )P m (ξ )dξ =
−1
An
ˆ
+1
P m (ξ )P n (ξ )dξ = Am
−1
n=0
2 2m + 1
Entonces
Am
2m + 1 = 2
ˆ
+1
−1
2m + 1 V (1, ξ )P m (ξ )dξ = V 0 2
ˆ
+1
P m (ξ )dξ
(11∗ )
0
Ahora, usando la relacion de recurrencia P m(ξ ) =
1 P (ξ ) − P m (ξ ) −1 2m + 1 m+1
calculamos +1
ˆ
P m (ξ )dξ
=
0
= =
+1 1 P m +1 (ξ ) − P m−1 (ξ ) dξ 2m + 1 0 1 +1 (P m+1 (ξ ) − P m−1 (ξ )|0 2m + 1 1 [P m+1 (1) − P m−1 (1) − P m+1 (0) + P m−1 (0)] 2m + 1
ˆ
Entonces Ec.(11*) queda como 3
Am =
V 0
[P m+1 (1) − P m−1 (1) − P m+1 (0) + P m−1 (0)] 2 O bien, dado que P m(1) = 1 , ∀m V 0
Am =
[P m−1 (0) − P m+1 (0)] 2 Y as´ı finalmente obtenemos la soluci´on interna de V +∞
V I (r, ξ ) =
n=0
V 0
2
[P n−1 (0) − P n+1 (0)] rn P n (ξ )
Ahora calculamos la soluci´on externa. b) Soluci´ on Externa Para la soluci´on externa hacemos A = 0 en Ec.(8*) ya que conforme r → ∞, debe suceder que V → 0. Entonces Ec.(8*) queda como V n (r, ξ ) =
B r
n+1
P n (ξ )
Y la soluci´on mas general es +∞
V E (r, ξ ) =
n=0
Bn P n (ξ ) rn+1
Ahora aplicamos condici´on ala frontera +∞
V (1, ξ ) =
Bn P n (ξ )
n=0
Pero en r = 1 tanto la soluci´on interna como la externa deben ser las mismas, por lo tanto An = Bn . Y asi finalmente obtenemos la soluci´on externa. +∞
V E (r, ξ ) =
n=0
V 0 [P n−1 (0) − P n+1 (0)] P n (ξ ) 2rn+1
Ahora calcularemos el campo el´ectrico. Usamos E = −V . El gradiente en coordenadas esf´ericas es ≡ ˆr
∂ ∂ 1 ∂ 1 + θˆ + φˆ ∂r r ∂θ r sin θ ∂φ
Primero calculamos el campo el´ectrico interno como EI = −V I +∞
EI = −
V 0
n=0
+∞
= −
n=0
V 0
2
2
[P n−1 (0) − P n+1 (0)] rn P n (ξ )
[P n−1 (0) − P n+1 (0)] [rn P n (ξ )]
4
(12∗ )
Pero ∂r n rn ∂ P n (ξ ) + θˆ ∂r r ∂θ ˆ n−1 ∂ξ ∂ P n (ξ ) ˆrP n (ξ )nrn−1 + θr ∂θ ∂ξ
[r n P n (ξ )] = ˆrP n (ξ ) =
ˆ n−1 sin θP (ξ ) = ˆrP n (ξ )nrn−1 − θr n n−1 n−1 ˆ = ˆrP n (ξ )nr − θr 1 − ξ 2 P (ξ )
Entonces Ec.(12*) queda como +∞
EI = −
V 0
2
n=0
n
[P n−1 (0) − P n+1 (0)] rn−1 ˆrnP n (ξ ) − θˆ 1 − ξ 2 P n (ξ )
Ahora calcularemos el campo el´ectrico externo como EE = −V E +∞
=
EE
−
n=0
+∞
=−
EE
n=0
V 0
2
V 0 [P n−1 (0) − P n+1 (0)] P n(ξ ) 2rn+1
[P n−1 (0) − P n+1 (0)]
P n (ξ ) rn+1
(13∗ )
Pero
P n (ξ ) rn+1
= ˆrP n (ξ )
∂ 1 1 ∂ + θˆ n+2 P n (ξ ) n+1 ∂r r r ∂θ
= −ˆr(n + 1) =
1 ∂ξ ∂ P n (ξ ) P n (ξ ) + θˆ n+2 n+2 r r ∂θ ∂ξ
1 − ξ2 P n (ξ ) −ˆr(n + 1) n+2 − θˆ n+2 P n (ξ ) r r
Entonces Ec.(13*) queda como 1
+∞
EE =
n=0
V 0 [P n−1 (0) − P n+1 (0)] ˆr(n + 1)P n (ξ ) + θˆ 1 − ξ 2 P n (ξ ) 2r n+2
1 En el cuaderno de Mathematica Legendre.nb, se adjuntan expresiones de los potenciales y campos el´ ectricos en coordenadas cartesianas, asi como las gr´aficas de ambos campos el´ ectricos en R3 . Los potenciales no se muestran graficados debido a que son funciones de tres variables en coordenadas cartesianas.
5
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