¿Cuál es el significado del límite inferior en V(r)=−∫r∞E(r′)dr′V(r)=−∫∞rE(r′)dr′V(r)=-\int_{\ infty}^r E(r^{\prime})\,dr^{\prime}?

Sirius, la pregunta principal que queda es sobre la intuición de esto. Y creo que el problema es intuir el potencial eléctrico.

Potencial eléctrico$V$es la energía potencial almacenada en el campo por unidad de carga. Otra forma de decirlo es que$V$es la cantidad de energía que se realizaría en forma de trabajo para llevar una unidad de carga a la ubicación de dicho potencial.

La cantidad máxima de trabajo es mover una unidad de carga desde el infinito. De esa manera la fuerza y ​​el desplazamiento están en la misma dirección para que el trabajo$W= \int F(x)dx$se maximiza. Y esa fórmula de trabajo, dividida por un coulomb y usando una carga de un coulomb al calcular la fuerza$F(x)= E(x) q$... es igual al potencial eléctrico. Recordar$q=1$y el negativo en la ecuación de potencial es porque$r = -x$(el trabajo positivo, asumiendo$E>0$, para traer la partícula es la dirección opuesta). Esperemos que esto haga un límite inferior de$\infty$parecer menos extraño.

Las ecuaciones 2 y 3 anteriores traen una carga desde el infinito.

Para la ecuación 2, no hay campo ni trabajo desde el infinito hasta$b$.

La ecuación 3 lo trae de$\infty$a un punto$r<a$como sigue:

Se necesita cero trabajo para ir de$\infty$a$b$, y el segundo término en la ecuación 3 a continuación es el trabajo por unidad de carga para pasar de$b$a$a$(o equivalentemente de$\infty$a$a$), y el primer término es entonces ir de$a$a$r<a$. El segundo término en la ecuación 3 es solo la ecuación 2 para$r=a$, es decir, trayendo la carga de$\infty$a$a$.

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

Pero lo que no puedo entender es por qué la solución se calcula con el límite inferior como infinito

¿ Por qué no ? Tiene perfecto sentido si simplemente lo dices: conozco el potencial eléctrico en el infinito radial (cero) y sé cómo cambia cuando me muevo un poco a lo largo de la coordenada radial ($\frac{\partial V}{\partial r}=-E$), por lo que puedo encontrar el potencial en cualquier punto comenzando con cero en el infinito y sumando todos los incrementos por integración ($V(r)=\int_\infty^r\frac{\partial V}{\partial r}\,dr'$). Si se va del infinito al$r$con pequeños pasos le molesta, entonces tenga en cuenta que para cualquier finito$\alpha$, también tenemos$V(r)=V(\alpha)-\int_\alpha^rE(r')\,dr'.$Llevar$\lim_{\alpha\to\infty}.$ $V(r)$no cambia y$V(\alpha)$va a cero, por lo que te queda la definición de un límite integral infinito

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

El problema de tratar de iniciar la integración en$r=0$es que no sabes el voltaje ahi. podrías declarar _$r=0$vencer$V=0,$pero entonces$V(r\to\infty)\neq0$y entonces no has encontrado$V$según el estado del libro. Recuerde que el potencial eléctrico no está completamente determinado por el sistema. Tienes que hacer una elección arbitraria por su valor en alguna parte, y luego tienes que ser capaz de extender esa elección para cubrir todo el espacio. En este caso, la elección está hecha por usted: hacer que el infinito radial vaya a cero potencial. Entonces es natural comenzar desde allí, donde conoces el potencial, e integrarte hacia adentro para encontrar el potencial en cualquier otro lugar. Si realmente está decidido a hacerlo, tenga en cuenta que puede escribir

$$V(r\to\infty)=V(r)-\int_r^\infty E(r')\,dr'=0$$ para todos$r.$reorganizar para$V(r)$y volvemos a donde empezamos.

En cuanto a su primera pregunta, de nuevo, recuerde que$\int_a^bE(r)\,dr$te dio$V(b)-V(a),$ no necesariamente el valor real de$V(r)$para cualquier$r.$Sumar un montón de pequeñas diferencias aún te deja con la diferencia. Tienes que elegir uno de los límites para que sea un lugar donde ya conoces$V$y luego agregue la corrección producida por la integración a eso. Entonces la ecuación (3) consiste en una integral que representa$V(r)-V(a)$y agrega$V(a)$encontrar$V(r).$

En primer lugar, "el potencial en$\vec r_p$significa realmente la diferencia de potencial entre un punto de referencia y el punto$\vec r_p$. Si no hay carga en el infinito, el punto de referencia está por convención en el infinito. Si hay cargas en el infinito, se debe elegir otro punto de referencia.

Ilustraré la distinción con el ejemplo de un palo delgado. Puede resolver los detalles del cilindro grueso.

Así que considere un palo delgado finito , colocado a lo largo$\hat{\mathbf{x}}$entre$-\ell$y$\ell$(largo total$2\ell$) y con una densidad de carga lineal$\lambda$. Calculemos "el potencial" en un punto$\vec r_p=z_p\hat{\mathbf{z}}$debido a este palo.

Rompemos el palo en pequeñas porciones de tamaño.$dx_s$. La porción de este tamaño ubicada en$x_s$contiene una pequeña cantidad de carga$dq_s=\lambda dx_s$entonces "el potencial" debido a esta pequeña cantidad de carga es solo

$$\begin{align} dV=\frac{dq_s}{4\pi\epsilon_0 \sqrt{{x_s}^2 +{z_p}^2}}\, , \tag{1} \end{align}$$ dónde$\sqrt{x_s^2+z_p^2}$es la distancia entre el pedacito de palo en$x_s$y tu punto de interés$\vec r_p=z_p\hat{\textbf{z}}$. Aquí, estoy usando la expresión para "el potencial" de una carga puntual de magnitud$dq_s$. Puedo hacer esto porque claramente aquí no hay carga en el infinito (el palo es de tamaño finito). También podría obtener el potencial total sumando los pequeños potenciales de los pequeños trozos de palo.

El potencial neto debido a todas las pequeñas porciones del palo es solo

$$\begin{align} V(\vec r_p)=\int_{-\ell}^{\ell} dV= \int_{-\ell}^{\ell} \frac{\lambda dx_s}{4\pi\epsilon_0 \sqrt{{x_s}^2 +{z_p}^2}}\, . \end{align}$$ La integración se realiza por sustitución trigonométrica y da como resultado $$\begin{align} V(\vec r_p)=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\log\left(1+\frac{2\ell\left(\ell+\sqrt{\ell^2+z_p^2}\right)}{z_p^2}\right)\, . \end{align}$$ El$\log$es típico de problemas con simetría cilíndrica. Puede ver de inmediato que hay problemas con esta expresión, ya que aumenta la longitud$2\ell$del palo: en el límite de un palo infinitamente largo, obtendrías básicamente$\log(1+\infty)$, que no evalúa. Esto se debe a que (1) se usó bajo el supuesto de que no había carga en el infinito, algo que claramente ya no es cierto si hace que la barra cargada sea infinitamente larga: entonces hay cargas en$\pm \infty\hat{\bf{x}}$.

El mismo razonamiento se aplica si comienzas con un palo delgado infinito y usas la ley de Gauss para obtener primero el campo y luego tratas de obtener "el potencial". El campo de la vara infinitamente larga es entonces

$$\begin{align} \vec E= \frac{1}{2\pi \epsilon_0}\frac{\lambda}{R}\hat{\bf{R}} \end{align}$$ dónde$R$es la distancia desde el cable y$\hat{\bf{R}}$es el vector unitario radial en coordenadas cilíndricas. Elegir un camino a lo largo$\hat{\bf{z}}$si$\vec r_p$esta en$\hat{\bf{z}}$eje, y usando la definición ingenua $$\begin{align} V(\vec r_p)=-\int_{-\infty}^{z_p} \vec E\cdot dz \hat{\bf{z}}=\frac{\lambda}{2\pi \epsilon_0}\log(z)\bigl\vert_{\infty}^{z_p} \end{align}$$ que de nuevo diverge, por la misma razón que antes.

En el caso del cable infinitamente largo o el cilindro grueso como el que tiene en su ejemplo, uno siempre se encuentra con este problema. Por lo tanto, es peligroso definir "el potencial" usando$V(\vec r_p)=-\int_{\infty}^{z_p} E\cdot dz \hat{\textbf{z}}$aunque tiene mucho sentido calcular una diferencia de potencial

$$\begin{align} \Delta V(a,b)=-\int_{a}^{b} \vec E\cdot dz \hat{\textbf{z}}\, ,\tag{2} \end{align}$$ siempre que ambos$a$y$b$son finitos. Tenga en cuenta que en tales cálculos, es técnicamente incorrecto pensar en$\Delta V(a,b)$como la diferencia entre "el potencial"$V(a)$en$a$y "el potencial"$V(b)$en$b$ya que tampoco$V(a)$ni$V(b)$tener sentido.

En su problema específico, se le pide que evalúe la diferencia de potencial entre$a$y algún otro punto dentro de su cilindro grueso, por lo que tiene sentido usar (2) con$b=r$en su caso específico.

no entiendo porque$V=0$para$r>b$. puede ser que$V$es constante pero no hay razón para sugerir que esta constante es$0$: por lo que sabemos si podría ser cualquier constante$V_0$. Ahora tal vez el potencial de referencia se establece en$0$fuera del arreglo, pero no está claro que esto sea así en lo que ha publicado. Por supuesto, si el potencial es constante ($0$o$V_0$), el campo será$0$en esa región (tal como es).

Ahora, suponiendo que establezca$V=0$en$b$, entonces harás trabajo al ir de$b$a$r$cuando$r$está en el medio$b$y$a$. Para esto se usa la expresión para$\vec E$entre los cilindros. También hará trabajo adicional una vez que llegue al interior del cilindro grueso interior.

La única razón que veo para tener un límite de la integral para ser$\infty$es por configuración$V=0$fuera del arreglo. El problema es ese$\infty$a lo largo de$\hat{\bf{z}}$el eje es el mismo$\infty$como a lo largo del$\hat{\textbf{x}}$eje, y se puede ir de uno a otro por un círculo de radio infinito. No obstante, suponiendo que la referencia se elija de esta forma, para cualquier punto fuera del arreglo con$r>b$, no hay campo para$V(r)=V(b)=0$para cualquier$r>b$. En este caso,$\int_b^R \vec E\cdot d\vec \ell=0$en todos lados$R>b$, y también podrías usar$\int_\infty^R \vec E\cdot d\vec \ell$: esto no estropeará su declaración de que$V=0$en$r=b$.

Por las razones dadas en la primera parte de mi respuesta, nunca plantearía un problema como este, donde hay cargas en el infinito y declararía$V=0$en$\infty$.