Encontrar el potencial eléctrico debido a una línea de distribución de carga?

Question

Necesito ayuda de cómo configurar esta integral $$V(\mathbf r)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \int_L \frac{\rho'_l}{\lvert \mathbf r - \mathbf{r} \rvert}\mathrm{d}l'. $$

Tengo un uniforme de la línea de carga a lo largo de la $z$-eje y se desea calcular el potencial eléctrico entre dos puntos de $A=(r_A,\phi_A,0)$ $B=(r_B,\phi_B,0)$ (coordenadas cilíndricas).

Solución: La línea de carga se alinean a lo largo de la $z$-eje, y el vector de origen es $\mathbf{r}=z\hat{\mathbf z}$ y el vector de campo es $\mathbf{r'}=r'\hat{\mathbf r}+z'\hat{\mathbf z}$ por lo $$\lvert \mathbf{r}-\mathbf{r'} \rvert=\sqrt{(r')^2+(z-z')^2}.$$ Puedo integrar a lo largo de $z'$ $-\infty$ $\infty$\begin{align} V(\mathbf r) &=\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \int_L \frac{\rho'_l}{\lvert \mathbf r - \mathbf{r'} \rvert}\mathrm{d}l' \\ &=\frac{\rho_l}{4\pi\epsilon_0} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{(r')^2+(z-z')^2}}\mathrm{d}z'\\ &=\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \big [ \ln(z-z'+\sqrt{(r')^2+(z-z')^2})\big ]^{\infty}_{-\infty}\\ &= -\infty +\infty \end{align} La integral es indeterminado y yo estoy atrapado aquí. Son los vectores mal, los límites? ¿En qué he faltado?

Gracias!

Si tengo que calcular la integral de línea del campo eléctrico me parece la correcta potencial (sin embargo, quiero calcular la integral anterior).

Puedo integrar en la dirección radial $\mathrm{d}\mathbf{r}$$r_A$$r_B$. El campo eléctrico es$\mathbf{E}(\mathbf{r})=\frac{\rho_l}{2\pi\epsilon_0 r}\hat{\mathbf{r}}$, por lo que \begin{align}V(\mathbf{r})&=-\int_L \mathbf{E}(\mathbf r) \cdot \mathrm{d}\mathbf{l}\\&=\frac{\rho_l}{2\pi\epsilon_0}\int_{r_A}^{r_B}\frac{1}{r}\mathrm{d}r=\frac{\rho_l}{2\pi\epsilon_0}\ln{\frac{\rho_B}{\rho_A}}\end{align}

Answer 1

Bueno, en realidad, incluso si el general integral fórmula no funciona ya que el cargo es infinitamente extendido como señaló correctamente en la otra respuesta, hay una manera de salir mediante un corte y un, digamos, renormalization procedimiento. Integrar de $-L$ $L$en lugar de la de$-\infty$$+\infty$. \begin{align} V(\mathbf r) &=\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \int_{[-L,+L]} \frac{\rho'_l}{\lvert \mathbf r - \mathbf{r'} \rvert}\mathrm{d}l' \\ &=\frac{\rho_l}{4\pi\epsilon_0} \int_{-L}^{+L}\frac{1}{\sqrt{(r')^2+(z-z')^2}}\mathrm{d}z'\\ &=\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \left[ \ln \left|z-z'+\sqrt{(r')^2+(z-z')^2}\right|\right]^{+L}_{-L}\\ &= -\frac{\rho_l}{4\pi\epsilon_0} \ln \frac{r^2}{2L^2} + O(1/L) \end{align} El resultado, el uso de $\ln(a^n) = n \ln a$ $\ln(a/b)= \ln a - \ln b$ puede ser re-escrita como $$V(r)= -\frac{\rho_l}{2\pi\epsilon_0} \ln \frac{r}{\ell} + O(\ln (L/\ell))$$ de una forma arbitraria de longitud fija unidad de $\ell$. Ahora renormalize el resultado acaba por caer en la final divergentes plazo $ O(\ln(L/\ell))$ la obtención de $$V(r)= -\frac{\rho_l}{2\pi\epsilon_0} \ln \frac{r}{\ell}$$ donde se ve que el llamado finito de renormalization ambigüedades son todos encapsulado en la arbitrariedad de la escala de longitud de $\ell$. Sin embargo el gradiente de la función no se ve afectada por la elección arbitraria de $\ell$.

Si calcular (menos) el gradiente de la $V$ que tiene la correcta campo eléctrico también se obtiene mediante la ley de Gauss y la simetría argumentos: $$\mathbf{E}(\mathbf{r})=\frac{\rho_l}{2\pi\epsilon_0 r}\hat{\mathbf{r}}\:.\tag{1}$$

Hay una interpretación física del procedimiento descrito. Usted puede considerar una clase de cargo segmentos de longitud $L_n$ $L_n \to + \infty$ $n\to +\infty$ y calcular el $V_{L_n}({\bf r})$ por cada $L_n$ donde ${\bf r}$ es un punto fijo en el espacio. La observación crucial es que, dado que el potencial está siempre definida por una constante aditiva, en cada paso se puede volver a definir $V_{L_n}$ restando una constante $C_n$ que logarítmicamente diverge como $L_n\to +\infty$. Este límite procedimiento conduce al resultado que se encuentra arriba.

No hay manera de evitar la introducción de la escala arbitraria $\ell$ debido a la forma funcional de la intensidad de campo eléctrico (1) dice que cualquier función potencial de la producción como de gradiente debe tener una forma logarítmica. Sin embargo, el problema es que el argumento del logaritmo es $r$ que tiene la dimensión de una longitud. Así, para hacer de este argumento adimensional, uno se ve obligado a corregir algunos escala de $\ell$ arbitrariamente que, sin embargo, no afecta el campo eléctrico como desaparecer a la hora de calcular la derivada.

Answer 2

Esta es una muy buena pregunta, y me alegro de que en el intercambio de la pila ahora. Tengo un par de comentarios en primer lugar, pero tienes razón en que la integral diverge.

Comentarios:

En primer lugar, debe ser que el vector de campo $\mathbf{r}=r\hat{\mathbf r}+z\hat{\mathbf z}$, y el punto de origen está dado por $\mathbf{r'}=z'\hat{\mathbf z}$. A continuación,

$$\lvert \mathbf{r}-\mathbf{r'} \rvert=\sqrt{r^2+(z-z')^2}.$$

Ahora, vamos a la carga por unidad de longitud del alambre ser $\rho_l=\frac{dq}{dz'}$. A continuación,

\begin{align} V(\mathbf r)&=\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \int_L \frac{\rho'_l}{\lvert \mathbf r - \mathbf{r'} \rvert}\mathrm{d}l'\\ &=\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\rho_l}{\sqrt{r^2+(z-z')^2}}\mathrm{d}z' \end{align}

que de hecho se bifurca.

¿Por qué la integral diverge:

Ahora, a menos que usted está particularmente astuto es bastante difícil ver por qué. La razón es porque la forma del potencial que tiene en su primera ecuación es cierto sólo cuando la superficie de la delimitación de la distribución de carga está en el infinito. A ver, la forma de de $V(\mathbf{r})$ que están utilizando se llegaron a encontrar una solución integral a la ecuación

$$\nabla^2 V =-\frac{\rho}{\epsilon_0},$$

que se conoce como ecuación de poisson. Al inteligente uso de uno de los muchos de Greene del teorema, el teorema de la divergencia, y otras cálculo multivariable grandes bateadores, uno encuentra que la mayoría de los generales "solución" (en las citas para apaciguar a los pedantes) a este es dada por

$$V(\mathbf r)= \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int_V\frac{\rho(\mathbf r')}{|{\mathbf r-\mathbf r'}|^2}d^3r' + \frac{1}{4\pi}\oint_S\left(\frac{1}{\mathbf |\mathbf r -\mathbf r'|}\frac{\partial V}{\partial n'}-V\frac{\partial}{\partial n'}\frac{1}{\mathbf |\mathbf r -\mathbf r'|}\right)da' $$

donde $S$ es la superficie de la delimitación de la volumen $V$, e $n'$ es la normal apunta lejos del volumen $V$. Ahora, por razonable, no infinito de distribuciones de carga, la superficie de la $S$ delimitador $V$ es a $\mathbf r\rightarrow \infty$, lo que hace que la quatity $\frac{1}{\mathbf |\mathbf r -\mathbf r'|}\rightarrow 0$ e $V(\mathbf r)\rightarrow 0$ (que es la razón por la que tomamos $V(\mathbf r)$ ir de cero a infinito). En estos casos, regresar de nuevo a la integral del potencial que tiene en su primera ecuación. Pero ya que la distribución de carga es infinita, usted realmente necesita para tener en cuenta el plazo que tiene la delimitación de la superficie en cuenta. Si usted quiere que yo haga lo que pueda, aunque esto es algo que es generalmente de izquierda a cursos de postgrado.