Was bedeutet die untere Grenze in V(r)=−∫r∞E(r′)dr′V(r)=−∫∞rE(r′)dr′V(r)=-\int_{\ infty}^r E(r^{\prime})\,dr^{\prime}?

Sirius, die verbleibende Hauptfrage betrifft die Intuition. Und ich glaube, das Problem liegt darin, das elektrische Potenzial zu erkennen.

Elektrisches Potenzial$V$ist die im Feld pro Ladungseinheit gespeicherte potentielle Energie . Eine andere Art, es zu sagen, ist das$V$ist die Energiemenge, die in Form von Arbeit aufgewendet werden müsste, um eine Einheitsladung an den Ort dieses Potentials zu bringen.

Der maximale Arbeitsaufwand besteht darin, eine Einheitsladung von unendlich zu bewegen. Auf diese Weise sind Kraft und Weg in die gleiche Richtung, sodass es funktioniert$W= \int F(x)dx$maximiert ist. Und diese Arbeitsformel, dividiert durch ein Coulomb und unter Verwendung einer Ein-Coulomb-Ladung bei der Berechnung der Kraft$F(x)= E(x) q$... gleich elektrischem Potential. Erinnern$q=1$und das Negative in der Potentialgleichung ist weil$r = -x$(die positive Arbeit, vorausgesetzt$E>0$, um das Teilchen hereinzubringen, ist die entgegengesetzte Richtung). Hoffentlich macht dies eine untere Grenze von$\infty$wirken weniger seltsam.

Die obigen Gleichungen 2 und 3 bringen eine Ladung aus dem Unendlichen.

Für Gleichung 2 gibt es kein Feld oder keine Arbeit von unendlich bis hinunter$b$.

Gleichung 3 bringt es aus$\infty$bis zu einem Punkt$r<a$folgendermaßen:

Es braucht null Arbeit, um davon auszugehen$\infty$Zu$b$, und der zweite Term in Gleichung 3 unten ist die Arbeit pro Einheitsladung, von der ausgegangen werden soll$b$Zu$a$(oder gleichwertig von$\infty$Zu$a$), und der erste Term soll dann von gehen$a$Zu$r<a$. Der zweite Term in Gleichung 3 ist nur für Gleichung 2$r=a$, dh bringt die Ladung ab$\infty$Zu$a$.

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

Aber was ich einfach nicht herausfinden kann, ist, warum die Lösung mit der unteren Grenze als unendlich berechnet wird

Warum nicht ? Es macht durchaus Sinn, wenn man es einfach sagt: Ich kenne das elektrische Potential bei radial unendlich (Null) und ich weiß, wie es sich ändert, wenn ich mich ein wenig entlang der radialen Koordinate ($\frac{\partial V}{\partial r}=-E$), also kann ich das Potential an jedem Punkt finden, indem ich bei Null bei Unendlich beginne und alle Inkremente durch Integration aufsummiere ($V(r)=\int_\infty^r\frac{\partial V}{\partial r}\,dr'$). Wenn Sie von unendlich nach$r$mit winzigen schritten stört sie, dann beachten sie das für jeden endlich$\alpha$, wir haben auch$V(r)=V(\alpha)-\int_\alpha^rE(r')\,dr'.$Nehmen$\lim_{\alpha\to\infty}.$ $V(r)$ändert sich nicht, und$V(\alpha)$gegen Null geht, also bleibt Ihnen die Definition einer unendlichen integralen Grenze

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

Das Problem beim Versuch, die Integration zu starten$r=0$ist, dass Sie die Spannung dort nicht kennen. Du könntest deklarieren$r=0$schlagen$V=0,$aber dann$V(r\to\infty)\neq0$und so haben Sie nicht ganz gefunden$V$nach Zustand des Buches. Denken Sie daran, dass das elektrische Potential nicht vollständig vom System bestimmt wird. Sie müssen irgendwo eine willkürliche Wahl für seinen Wert treffen, und dann müssen Sie in der Lage sein, diese Wahl zu erweitern, um den gesamten Raum abzudecken. In diesem Fall wird die Wahl für Sie getroffen: Lassen Sie die radiale Unendlichkeit auf Nullpotential gehen. Dann ist es nur natürlich, dort anzufangen, wo Sie das Potenzial kennen, und sich nach innen zu integrieren, um das Potenzial überall sonst zu finden. Wenn Sie wirklich fest entschlossen sind, beachten Sie, dass Sie schreiben können

$$V(r\to\infty)=V(r)-\int_r^\infty E(r')\,dr'=0$$ für alle$r.$Umstellen für$V(r)$und wir sind wieder da, wo wir angefangen haben.

Was Ihre erste Frage betrifft, erinnern Sie sich noch einmal daran$\int_a^bE(r)\,dr$gibt Ihnen$V(b)-V(a),$ nicht unbedingt der tatsächliche Wert von$V(r)$für alle$r.$Wenn Sie ein paar winzige Unterschiede zusammenzählen, bleibt immer noch ein Unterschied. Sie müssen eine der Grenzen auswählen, um einen Ort zu sein, an dem Sie bereits wissen$V$und dann die durch Integration erzeugte Korrektur dazu addieren. Gl. (3) besteht also aus einer Integraldarstellung$V(r)-V(a)$und ergänzt$V(a)$finden$V(r).$

Erstens, "das Potenzial bei$\vec r_p$" bedeutet wirklich die Potentialdifferenz zwischen einem Referenzpunkt und dem Punkt$\vec r_p$. Wenn im Unendlichen keine Ladung vorhanden ist, liegt der Bezugspunkt per Konvention im Unendlichen. Bei Ladungen im Unendlichen muss ein anderer Bezugspunkt gewählt werden.

Ich werde die Unterscheidung am Beispiel eines dünnen Stocks veranschaulichen. Sie können die Details für den dicken Zylinder ausarbeiten.

Stellen Sie sich also einen endlichen dünnen Stab vor, der entlang gelegt wird$\hat{\mathbf{x}}$zwischen$-\ell$Und$\ell$(Gesamtlänge$2\ell$) und eine lineare Ladungsdichte tragen$\lambda$. Lassen Sie uns "das Potenzial" an einem Punkt berechnen$\vec r_p=z_p\hat{\mathbf{z}}$wegen diesem Stick.

Wir brechen den Stick in kleine Portionen auf$dx_s$. Der Teil dieser Größe befindet sich bei$x_s$enthält eine geringe Ladung$dq_s=\lambda dx_s$also ist "das Potenzial" aufgrund dieser geringen Ladungsmenge gerecht

$$\begin{align} dV=\frac{dq_s}{4\pi\epsilon_0 \sqrt{{x_s}^2 +{z_p}^2}}\, , \tag{1} \end{align}$$ Wo$\sqrt{x_s^2+z_p^2}$ist der Abstand zwischen den kleinen Stäbchen$x_s$und Ihr Interessengebiet$\vec r_p=z_p\hat{\textbf{z}}$. Hier verwende ich den Ausdruck für "das Potential" einer Punktladung der Größenordnung$dq_s$. Ich kann dies tun, weil hier eindeutig keine Ladung im Unendlichen vorhanden ist (der Stab hat eine endliche Größe). Ich könnte genauso gut das Gesamtpotential erhalten, indem ich die kleinen Potentiale von den kleinen Stäbchenstücken addiere.

Das Nettopotential aufgrund all der kleinen Teile des Sticks ist gerecht

$$\begin{align} V(\vec r_p)=\int_{-\ell}^{\ell} dV= \int_{-\ell}^{\ell} \frac{\lambda dx_s}{4\pi\epsilon_0 \sqrt{{x_s}^2 +{z_p}^2}}\, . \end{align}$$ Die Integration erfolgt durch trigonometrische Substitution und Ausbeuten $$\begin{align} V(\vec r_p)=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\log\left(1+\frac{2\ell\left(\ell+\sqrt{\ell^2+z_p^2}\right)}{z_p^2}\right)\, . \end{align}$$ Der$\log$ist typisch für Probleme mit zylindrischer Symmetrie. Sie können sofort sehen, dass es Probleme mit diesem Ausdruck gibt, wenn Sie die Länge erhöhen$2\ell$des Sticks: In die Grenze eines unendlich langen Sticks würde man im Grunde kommen$\log(1+\infty)$, die nicht bewertet. Dies liegt daran, dass (1) unter der Annahme verwendet wurde, dass es keine Ladung im Unendlichen gibt, was eindeutig nicht mehr gilt, wenn Sie den aufgeladenen Stab unendlich lang machen: Es gibt dann Ladungen im Unendlichen$\pm \infty\hat{\bf{x}}$.

Die gleiche Argumentation gilt, wenn Sie mit einem unendlich dünnen Stab beginnen und das Gaußsche Gesetz verwenden, um zuerst das Feld zu erhalten, und dann versuchen, "das Potenzial" zu erhalten. Das Feld des unendlich langen Stabes ist dann

$$\begin{align} \vec E= \frac{1}{2\pi \epsilon_0}\frac{\lambda}{R}\hat{\bf{R}} \end{align}$$ Wo$R$ist der Abstand vom Draht und$\hat{\bf{R}}$ist der radiale Einheitsvektor in Zylinderkoordinaten. Einen Weg entlang wählen$\hat{\bf{z}}$Wenn$\vec r_p$ist auf$\hat{\bf{z}}$Achse und unter Verwendung der naiven Definition $$\begin{align} V(\vec r_p)=-\int_{-\infty}^{z_p} \vec E\cdot dz \hat{\bf{z}}=\frac{\lambda}{2\pi \epsilon_0}\log(z)\bigl\vert_{\infty}^{z_p} \end{align}$$ die wieder divergiert, aus dem gleichen Grund wie zuvor.

In Fällen wie dem unendlich langen Draht oder dem dicken Zylinder, wie Sie ihn in Ihrem Beispiel haben, stößt man immer auf dieses Problem. Daher ist es gefährlich, "das Potenzial" zu definieren$V(\vec r_p)=-\int_{\infty}^{z_p} E\cdot dz \hat{\textbf{z}}$obwohl es durchaus sinnvoll ist, eine Potentialdifferenz zu berechnen

$$\begin{align} \Delta V(a,b)=-\int_{a}^{b} \vec E\cdot dz \hat{\textbf{z}}\, ,\tag{2} \end{align}$$ vorausgesetzt beides$a$Und$b$sind endlich. Beachten Sie, dass es bei solchen Berechnungen technisch falsch ist, daran zu denken$\Delta V(a,b)$als die Differenz zwischen "dem Potential"$V(a)$bei$a$und "das Potenzial"$V(b)$bei$b$da weder$V(a)$noch$V(b)$Sinn ergeben.

In Ihrem spezifischen Problem werden Sie gebeten, die potenzielle Differenz zwischen zu bewerten$a$und einen anderen Punkt in Ihrem dicken Zylinder, daher ist es sinnvoll, (2) mit zu verwenden$b=r$in Ihrem konkreten Fall.

ich verstehe nicht warum$V=0$für$r>b$. Das könnte es sein$V$ist konstant, aber es gibt keinen Grund zu der Annahme, dass diese Konstante ist$0$: Soweit wir wissen, könnte es eine Konstante sein$V_0$. Nun wird evtl. das Bezugspotential gesetzt$0$außerhalb der Anordnung, aber es ist nicht klar, dass dies in dem, was Sie gepostet haben, so ist. Wenn das Potential konstant ist ($0$oder$V_0$), wird das Feld sein$0$in dieser Region (wie sie ist).

Nun, vorausgesetzt, Sie setzen$V=0$bei$b$, dann wirst du arbeiten, wenn du von aus gehst$b$Zu$r$Wenn$r$liegt dazwischen$b$Und$a$. Dazu verwenden Sie den Ausdruck for$\vec E$zwischen den Zylindern. Sie werden auch zusätzliche Arbeit leisten, sobald Sie in den inneren dicken Zylinder gelangen.

Den einzigen Grund sehe ich darin, eine Grenze des Integrals zu haben$\infty$ist durch Einstellung$V=0$außerhalb der Anordnung. Das Problem ist, dass$\infty$entlang der$\hat{\bf{z}}$Achse ist die gleiche$\infty$wie entlang der$\hat{\textbf{x}}$Achse, und Sie können von einer zur anderen durch einen Kreis mit unendlichem Radius gehen. Dennoch vorausgesetzt, der Bezug ist auf diese Weise gewählt, für jeden Punkt außerhalb der Anordnung mit$r>b$, es gibt kein Feld zu$V(r)=V(b)=0$für alle$r>b$. In diesem Fall,$\int_b^R \vec E\cdot d\vec \ell=0$überall$R>b$, und Sie könnten genauso gut verwenden$\int_\infty^R \vec E\cdot d\vec \ell$: Dies wird Ihre Erklärung nicht durcheinander bringen$V=0$bei$r=b$.

Aus den im ersten Teil meiner Antwort angegebenen Gründen würde ich niemals ein solches Problem aufstellen, bei dem es Ladungen im Unendlichen gibt, und deklarieren$V=0$bei$\infty$.