Download ecuaciones de poisson y laplace 2006

ECUACIONES DE POISSON Y LAPLACE
Partiendo de:
K K
∇ • D = ρ v (forma punto de Ley de Gauss)
(1)
K
K
D = εE
(2)
K
K
E = −∇V
(3)
por sustitución de (3) en (2) y luego en (1) se tiene:
K K K
K
K
K
∇ • D = ∇ • (εE ) = −∇ • (ε∇V ) = ρ v
Ésta es la ecuación de Poisson para un medio NO homogéneo ( ε ≠ cte ), y se
convierte en la ecuación de Laplace para un medio NO homogéneo si ρ v = 0 .
Para una región homogénea (para la cual ε es constante):
K K
ρ
∇ • ∇V = ∇ 2V = − v ; ec de Poisson
ε
(4)
De la definición de divergencia y gradiente:
K K
∂ 2V ∂ 2V ∂ 2V
∇ • ∇V = 2 + 2 + 2
∂z
∂y
∂x
(5)
Si la densidad volumétrica de carga es cero, ρ v = 0 , pero existen cargas
puntuales, lineales y superficiales como fuentes de campo:
∇ 2V = 0 ; ec de Laplace
(6)
Si se cumple ésta condición para una región específica, se dice que el campo eléctrico
es armónico en esa región.
Nota: ∇ 2 = Δ en algunos textos.
El operador “divergencia del gradiente” (DEL cuadrado) de un escalar se llama
Laplaciano
1
TEOREMA DE UNICIDAD
Dado un volumen v con una superficie cerrada S.
Solamente existe una función v(x,y,z) con valores en S (los valores o
condiciones de frontera) que satisface la ecuación de Laplace.
Aplicación: el teorema de la unicidad permite establecer parámetros acerca del
potencial en una región libre de cargas si el potencial sobre la superficie de esa
región es conocido.
Es así como habrá solo una ecuación del potencial dentro de la región que
satisfaga simultáneamente la ecuación de Laplace y las condiciones de frontera
(cap. 5)
De hecho el concepto puede extenderse a la ecuación de Poisson; así: “Las
ecuaciones de Laplace y Poisson pueden resolverse por varios métodos, pero
al aplicar las condiciones de frontera específicas LA SOLUCION ES UNICA!!!”
DEMOSTRACION DE LA UNICIDAD
Para dos campos potencial V1 y V2 soluciones de la ecuación de Laplace y
funciones generales de las coordenadas espaciales, donde ρ v = 0 , se tiene
que:
∇ 2V1 = 0
y
∇ 2V2 = 0
de lo cual:
∇ 2V1 = ∇ 2V2 = 0
∇ 2 (V1 − V2 ) = 0
Las soluciones deben satisfacer las condiciones de frontera, si los valores de
las soluciones en la frontera se denotan por Vb , dichos valores deben coincidir
en la frontera:
V1b = V2b
V1b − V2b = 0
En el apéndice A encontramos la identidad vectorial:
K
K K K K
K
∇ • (VA) ≡ V∇ • A + A • ∇V
(identidad 11. pág. 496)
(7)
K
la cual es válida para cualquier escalar V y campo vectorial A ; si hacemos:
V = (V1 − V2 )
y
K
A = ∇ (V1 − V2 )
la ecuación (7) queda como:
2
K
K
K K
K
K
∇ • (V1 − V2 )∇(V1 − V2 ) ≡ (V1 − V2 ) ∇ • ∇(V1 − V2 ) + ∇(V1 − V2 ) • ∇(V1 − V2 ) (8)
[
]
[
]
la expresión (8) debe integrarse sobre el volumen encerrado por las superficies
de frontera especificadas:
K
∫ ∇ • [(V
1
K
− V2 )∇(V1 − V2 ) dv ≡
]
vol
∫ (V
1
vol
K
K
(
)
(V1 − V2 ) dv ≡
∇
•
V
−
V
∇
1
2
∫
[
]
vol
K K
K
K
− V2 ) ∇ • ∇(V1 − V2 ) dv + ∫ ∇(V1 − V2 ) • ∇(V1 − V2 )dv
[
]
vol
K
K
K
2
∫ (V1 − V2 )[∇ • ∇(V1 − V2 )]dv + ∫ [∇(V1 − V2 )] dv
vol
(9)
vol
aplicando el teorema de la divergencia al lado izquierdo de (9):
K
∫ ∇ • [(V
1
K
− V2 )∇(V1 − V2 ) dv =
]
vol
∫ [(V
1
K
K
− V2 )∇(V1 − V2 ) • ds = 0
]
sup
la primera integral a la derecha de (9) es cero ya que:
K K
∇ • ∇(V1 − V2 ) = ∇ 2 (V1 − V2 ) = 0
de modo que (9) se reduce a:
K
[
∇
∫ (V − V )] dv = 0
2
1
(ver nota al final de pág. 213)
2
(10)
vol
K
2
ya que ∇(V1 − V2 ) > 0 :
[
]
K
∇(V1 − V2 ) = 0
(11)
para que (11) sea verdadera en todas partes:
V1 − V2 = cte
En la frontera:
V1b − V2b = 0
cte = 0
por lo tanto:
V1 = V2
es decir, las dos soluciones son la misma!!!. El teorema de unicidad también
aplica a la ecuación de Poisson.
3
SOLUCION DE POISSON Y LAPLACE
Antes de resolver, se debe tener presente los tres elementos que describen
que la solución será única:
∇ 2V = −
a.)
ρv
ε
Ec.
homogéneo →
ε
∇ 2V = 0
Ec.
Poisson
→
material
es constante en toda la región
La ecuación diferencial apropiada:
Laplace
homogéneo en el que
b.)
La región o superficie de solución.
c.)
Las condiciones de frontera.
→
,material
NO
ρv = 0
Un problema no tendrá solución única si falta uno de estos elementos.
PROCEDIMIENTO DE SOLUCION.
1. Resolver Poisson ( ρ v ≠ 0) o Laplace ( ρ v = 0) aplicando:
a. Integración directa (o inspección) cuando V solo dependa de una
coordenada (x,y,z,ρ,θ,Φ,r).
b. Separación de variables si V no es función de una sola variable. →
Aquí la solución no es única, ya que depende de las constantes de integración desconocidas.
2. Aplicar las condiciones de frontera para determinar la solución única
para V.
K
K
3. Luego de obtener V hallar el campo eléctrico aplicando E = −∇V , y
K
K
determinar la densidad de flujo eléctrico por medio de D = εE .
4.
a. Si se desea encontrar la carga inducida en un conductor, utilizar
G
G
Q = ∫ ρ s ds donde ρ s = DN y DN es la componente del flujo
normal a la superficie del conductor.
b. De ser necesario, determinar la
Q
conductores utilizando C =
V
capacitancia
entre
dos
EJEMPLOS DE LA SOLUCIÓN DE LA ECUACIÓN DE LAPLACE
Ejemplo 1
Coordenadas cartesianas donde el potencial es función únicamente de x :
Las superficies equipotenciales son planos
V = V0
C=
Q
V0
x
d
=
εS
d
4
Ejemplo 2
Coordenadas cilíndricas donde el potencial es función únicamente de ρ :
Las superficies equipotenciales son cilindros
V = V0
C=
ln (b ρ )
ln (b a )
2πεL
ln (b a )
Ejemplo 3
Coordenadas cilíndricas donde el potencial es función únicamente de φ :
Las superficies equipotenciales son planos radiales con su eje en z
V = V0
φ
α
5
EJEMPLOS DE LA SOLUCIÓN DE LA ECUACIÓN DE POISSON
6
La densidad volumétrica de carga que se presenta en la figura anterior parte a)
se puede aproximar por medio de:
⎛ x⎞
⎝a⎠
⎛ x⎞
⎝a⎠
ρ v = 2 ρ v 0 sec h⎜ ⎟ tanh⎜ ⎟
(12)
al resolver la ec de Poisson sujeta a la distribución de carga anterior:
2ρ
d 2V
⎛ x⎞
⎛ x⎞
= − v 0 sec h⎜ ⎟ tanh⎜ ⎟
2
ε
dx
⎝a⎠
⎝a⎠
integrando una vez con respecto a x :
dV 2 ρ v 0 a
⎛x⎞
=
sec h⎜ ⎟ + C1
ε
dx
⎝a⎠
(13)
si se multiplica (13) por –1 se obtiene la expresión para el campo eléctrico:
Ex = −
2ρ v0 a
ε
⎛x⎞
sec h⎜ ⎟ − C1
⎝a⎠
puesto que no puede existir campo eléctrico muy lejos de la unión, la condición
de frontera para encontrar C1 es que E x (± ∞ ) = 0 , de modo que C1 = 0 y:
Ex = −
2ρv0 a
ε
⎛x⎞
sec h⎜ ⎟
⎝a⎠
(14)
Al integrar (13):
V=
4ρv0 a 2
ε
tan −1 (e x a ) + C 2
se selecciona el origen como referencia de voltaje, V (0) = 0 y C 2 = −
4ρv0 a 2 π
,
ε
4
por lo que:
4 ρ v 0 a 2 ⎡ −1 x a π ⎤
V=
tan e − ⎥
ε ⎢⎣
4⎦
( )
(15)
La diferencia de potencial total a través de la unión se obtiene:
V0 = Vx→∞ − Vx→−∞ =
2πρ v 0 a 2
ε
(16)
Para determinar la carga a un lado de la unión:
7
∞
⎛x⎞
⎛ x⎞
Q = S ∫ 2 ρ v 0 sec h⎜ ⎟ tanh⎜ ⎟dx = 2 ρ v 0 aS
0
⎝a⎠
⎝a⎠
(17)
Despejando a de (16) y sustituyendo (17):
2 ρ v 0εV0
Q=S
(18)
π
puesto que Q = f (V0 ) , para definir la capacitancia:
I=
dV
dQ
=C 0
dt
dt
y
C=
dQ
dV0
realizando la derivada:
C=
ρ v 0ε
εS
S=
2πV0
2πa
(19)
REFERENCIAS
Hayt W.: Teoría Electromagnética, McGraw-Hill, 5ª Edición, 1991.
Sadiku M.: Elementos de Electromagnetismo, CECSA, 2ª Edición, 2004.
8