В чем смысл нижнего предела в V(r)=−∫r∞E(r′)dr′V(r)=−∫∞rE(r′)dr′V(r)=-\int_{\ infty}^r E(r^{\prime})\,dr^{\prime}?

Сириус, главный остающийся вопрос касается интуиции этого. И я считаю, что проблема в интуитивном электрическом потенциале.

Электрический потенциал$V$- потенциальная энергия , запасенная в поле на единицу заряда. Другой способ сказать, что это$V$это количество энергии, которое было бы совершено в виде работы, чтобы доставить единичный заряд в местонахождение указанного потенциала.

Максимальное количество работы — это перемещение единичного заряда из бесконечности. Таким образом, сила и перемещение направлены в одну сторону, так что работа$W= \int F(x)dx$максимизируется. И эта формула работы, разделенная на один кулон и использующая заряд в один кулон при расчете силы$F(x)= E(x) q$... равен электрическому потенциалу. Помнить$q=1$а отрицательное значение в уравнении потенциала связано с тем, что$r = -x$(положительная работа, предполагающая$E>0$, чтобы привести частицу в противоположном направлении). Надеюсь, это нижний предел$\infty$кажутся менее странными.

Уравнения 2 и 3 выше вносят заряд из бесконечности.

В уравнении 2 нет ни поля, ни работы от бесконечности до$b$.

Уравнение 3 выводит его из$\infty$до точки$r<a$следующее:

Требуется нулевая работа, чтобы перейти от$\infty$к$b$, а второй член в уравнении 3 ниже представляет собой работу на единицу заряда, чтобы перейти от$b$к$a$(или эквивалентно из$\infty$к$a$), а первый член должен затем перейти от$a$к$r<a$. Второй член в уравнении 3 — это просто уравнение 2 для$r=a$, т.е. приведение заряда от$\infty$к$a$.

$$V(r)=-\int_a^r \frac{\rho r^{\prime}}{2 \varepsilon_0} \,dr^{\prime}-\frac{\rho a^2}{2 \varepsilon_0} \ln\left(\frac{a}{b}\right)$$

Но я просто не могу понять, почему решение вычисляется с нижним пределом как бесконечность

Почему нет ? Это имеет смысл, если вы просто скажете: я знаю электрический потенциал в радиальной бесконечности (нуле) и я знаю, как он меняется, когда я немного перемещаюсь вдоль радиальной координаты ($\frac{\partial V}{\partial r}=-E$), поэтому я могу найти потенциал в любой точке, начав с нуля в бесконечности и просуммировав все приращения путем интегрирования ($V(r)=\int_\infty^r\frac{\partial V}{\partial r}\,dr'$). Если перейти от бесконечности к$r$мелкими шагами вас беспокоит, то заметьте, что для любого конечного$\alpha$, у нас также есть$V(r)=V(\alpha)-\int_\alpha^rE(r')\,dr'.$Брать$\lim_{\alpha\to\infty}.$ $V(r)$не меняется, и$V(\alpha)$стремится к нулю, поэтому у вас остается определение бесконечной интегральной границы

$$\begin{aligned}V(r')&=\lim_{\alpha\to\infty}-\int_\alpha^rE(r')\,dr'\\&=-\int_\infty^rE(r')\,dr'.\end{aligned}$$

Проблема с попыткой начать интеграцию в$r=0$в том, что вы не знаете напряжение там. Вы могли бы объявить$r=0$бить$V=0,$но потом$V(r\to\infty)\neq0$а так ты не совсем нашел$V$по состоянию книги. Помните, что электрический потенциал не полностью определяется системой. Вы должны сделать произвольный выбор значения где-то, а затем вы должны иметь возможность распространить этот выбор на все пространство. В этом случае выбор сделан за вас: превратить радиальную бесконечность в нулевой потенциал. Тогда вполне естественно начать оттуда, где вы знаете потенциал, и интегрироваться внутрь, чтобы найти потенциал везде. Если вы действительно твердо настроены на это, обратите внимание, что вы можете написать

$$V(r\to\infty)=V(r)-\int_r^\infty E(r')\,dr'=0$$ для всех$r.$Переставить для$V(r)$и мы вернулись к тому, с чего начали.

Что касается вашего первого вопроса, еще раз, помните, что$\int_a^bE(r)\,dr$дает тебе$V(b)-V(a),$ не обязательно реальная стоимость$V(r)$для любого$r.$Добавление кучи крошечных различий все равно оставляет вас с различиями. Вы должны выбрать одну из границ, чтобы быть местом, где вы уже знаете$V$а затем добавьте к этому поправку, произведенную интегрированием. Таким образом, уравнение (3) состоит из интеграла, представляющего$V(r)-V(a)$и добавляет$V(a)$найти$V(r).$

Во-первых, «потенциал на$\vec r_p$" действительно означает разность потенциалов между опорной точкой и точкой$\vec r_p$. Если на бесконечности нет заряда, точка отсчета по соглашению находится на бесконечности. При наличии зарядов на бесконечности необходимо выбрать другую точку отсчета.

Я проиллюстрирую это различие на примере тонкой палочки. Можно проработать детали для толстого цилиндра.

Итак, рассмотрим конечную тонкую палочку, расположенную вдоль$\hat{\mathbf{x}}$между$-\ell$и$\ell$(Общая длина$2\ell$), и с линейной плотностью заряда$\lambda$. Вычислим «потенциал» в точке$\vec r_p=z_p\hat{\mathbf{z}}$из-за этой палки.

Ломаем палочку порциями небольшого размера$dx_s$. Часть этого размера, расположенная в$x_s$содержит небольшое количество заряда$dq_s=\lambda dx_s$так что "потенциал" из-за этого небольшого количества заряда как раз

$$\begin{align} dV=\frac{dq_s}{4\pi\epsilon_0 \sqrt{{x_s}^2 +{z_p}^2}}\, , \tag{1} \end{align}$$ где$\sqrt{x_s^2+z_p^2}$это расстояние между маленьким кусочком палки в$x_s$и ваша точка интереса$\vec r_p=z_p\hat{\textbf{z}}$. Здесь я использую выражение для «потенциала» точечного заряда величиной$dq_s$. Я могу это сделать, потому что заряда на бесконечности здесь явно нет (палка конечного размера). С тем же успехом я мог бы получить общий потенциал, добавив малые потенциалы от маленьких кусочков палочки.

Чистый потенциал из-за всех маленьких частей палочки просто

$$\begin{align} V(\vec r_p)=\int_{-\ell}^{\ell} dV= \int_{-\ell}^{\ell} \frac{\lambda dx_s}{4\pi\epsilon_0 \sqrt{{x_s}^2 +{z_p}^2}}\, . \end{align}$$ Интеграция выполняется путем подстановки триггеров и дает $$\begin{align} V(\vec r_p)=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\log\left(1+\frac{2\ell\left(\ell+\sqrt{\ell^2+z_p^2}\right)}{z_p^2}\right)\, . \end{align}$$ The $\log$типична для задач с цилиндрической симметрией. Сразу видно, что с этим выражением возникают проблемы, так как при увеличении длины$2\ell$палки: в пределе бесконечно длинной палки вы получили бы в основном$\log(1+\infty)$, который не оценивает. Это связано с тем, что (1) использовалось в предположении, что заряда на бесконечности нет, что явно перестает быть верным, если вы сделаете заряженную палку бесконечно длинной: тогда есть заряды на бесконечности.$\pm \infty\hat{\bf{x}}$.

То же рассуждение справедливо, если вы начинаете с бесконечной тонкой палочки и используете закон Гаусса, чтобы сначала получить поле, а затем попытаться получить «потенциал». Тогда поле бесконечно длинной палки равно

$$\begin{align} \vec E= \frac{1}{2\pi \epsilon_0}\frac{\lambda}{R}\hat{\bf{R}} \end{align}$$ где$R$это расстояние от провода и$\hat{\bf{R}}$— радиальный единичный вектор в цилиндрических координатах. Выбирая путь вдоль$\hat{\bf{z}}$если$\vec r_p$на$\hat{\bf{z}}$оси, и используя наивное определение $$\begin{align} V(\vec r_p)=-\int_{-\infty}^{z_p} \vec E\cdot dz \hat{\bf{z}}=\frac{\lambda}{2\pi \epsilon_0}\log(z)\bigl\vert_{\infty}^{z_p} \end{align}$$ который снова расходится по той же причине, что и раньше.

В случае бесконечно длинного провода или толстого цилиндра, как в вашем примере, всегда возникает эта проблема. Следовательно, опасно определять «потенциал», используя$V(\vec r_p)=-\int_{\infty}^{z_p} E\cdot dz \hat{\textbf{z}}$хотя имеет смысл вычислить разность потенциалов

$$\begin{align} \Delta V(a,b)=-\int_{a}^{b} \vec E\cdot dz \hat{\textbf{z}}\, ,\tag{2} \end{align}$$ при условии, что оба$a$и$b$конечны. Обратите внимание, что в таких расчетах технически некорректно думать о$\Delta V(a,b)$как разница между «потенциалом»$V(a)$в$a$и "потенциал"$V(b)$в$b$так как ни$V(a)$ни$V(b)$имеет смысл.

В вашей конкретной задаче вас просят оценить потенциальную разницу между$a$и какая-то другая точка внутри вашего толстого цилиндра, поэтому имеет смысл использовать (2) с$b=r$в вашем конкретном случае.

Я не понимаю, почему$V=0$для$r>b$. Может быть, это$V$постоянна, но нет причин предполагать, что эта константа$0$: насколько нам известно, может ли быть какая-либо константа$V_0$. Теперь, возможно, опорный потенциал установлен на$0$вне договоренности, но не ясно, что это так в том, что вы разместили. Конечно, если потенциал постоянный ($0$или$V_0$), поле будет$0$в этом регионе (как есть).

Теперь, если вы установили$V=0$в$b$, то вы совершите работу по переходу из$b$к$r$когда$r$находится между$b$и$a$. Для этого вы используете выражение для$\vec E$между цилиндрами. Вы также проделаете дополнительную работу, как только доберетесь до внутреннего толстого цилиндра.

Единственная причина, по которой я вижу, что один предел интеграла должен быть$\infty$путем установки$V=0$вне аранжировки. Проблема в том, что$\infty$вдоль$\hat{\bf{z}}$ось такая же$\infty$как и вдоль$\hat{\textbf{x}}$оси, и вы можете перейти от одного к другому по окружности бесконечного радиуса. Тем не менее, если предположить, что точка отсчета выбрана таким образом, для любой точки вне расположения с$r>b$, нет поля для$V(r)=V(b)=0$для любого$r>b$. В этом случае,$\int_b^R \vec E\cdot d\vec \ell=0$повсюду$R>b$, и вы могли бы также использовать$\int_\infty^R \vec E\cdot d\vec \ell$: это не испортит ваше заявление о том, что$V=0$в$r=b$.

По причинам, изложенным в первой части моего ответа, я бы никогда не стал ставить такую ​​задачу, где есть заряды на бесконечности и объявить$V=0$в$\infty$.