Проблемы с суммированием косинусов

[Rusit8800]

Задача: Тонкое полукольцо радиусом $R$ заряжено равномерно зарядом $q$. Найти модуль напряженности поля в центре окружности полукольца.
Решение:

Рассмотрим два малых элемента полукольца $\[\Delta l\]$ отстоящих от оси $Oy$ на угол $\[\alpha \]$. В силу симметрии,суммарный вектор напряженности поля, создаваемый этими элементами будет лежать на оси $Oy$, поэтому и суммарный вектор напряженности от всего полукольца лежит на $Oy$. Значит, чтобы найти его модуль, надо просуммировать проекции всех векторов напряженности, создаваемые участками $\[\Delta l\]$, скажем, на верхней части и умножить эту сумму на $2$. Имеем:

$$\[\left| {\overrightarrow E } \right| = \left| {\sum\limits_i {\overrightarrow {{E_i}} } } \right| = \sum\limits_i {{E_{iy}}} = \sum\limits_i {k \cdot \frac{{\frac{q}{{\pi R}} \cdot \Delta {l_i}}}{{{R^2}}}} \cdot \cos {\alpha _i} = \sum\limits_i {\frac{1}{{4\pi {\varepsilon _0}}} \cdot \frac{{\frac{q}{{\pi R}} \cdot \Delta {l_i}}}{{{R^2}}}} \cdot \cos {\alpha _i} = \frac{q}{{4{\pi ^2}{R^3}{\varepsilon _0}}}\sum\limits_i {\Delta {l_i}\cos {\alpha _i}} \]$$

Поскольку $\[{\Delta {l_i}}\]$ малы, то их приближенно можно считать равными. Поскольку их сумма равна $\[\pi R\]$, то имеем:

$$\[\left| {\overrightarrow E } \right| = \frac{q}{{4\pi {R^2}{\varepsilon _0}}}\sum\limits_i {\cos {\alpha _i}} \]$$

В сумме

$$\[\sum\limits_i {\cos {\alpha _i}} \]$$

мы берем все углы от нуля до $90$ градусов. Но эта сумма бесконечная, ведь если мы просуммируем достаточно много $\[{\cos {\alpha _i}}\]$, где $\[{\alpha _i} \approx 0^\circ \]$, то мы получим достаточно большое число, значит

$$\[\left| {\overrightarrow E } \right| = \infty \]$$

, чего не может быть. Как же так? У меня даже размерность сходится.

-- 14.07.2017, 19:47 --

Я на $2$ только забыл умножить, но от этого бесконечность не перестает быть бесконечностью.

[Dmitriy40]

При уменьшении $\Delta l$ будет уменьшаться и заряд этого кусочка. Потому суммировать косинусы неправильно, надо суммировать произведения косинуса на величину заряда кусочка. И вот такая сумма будет очевидным образом конечна.

[Rusit8800]

Я это учел. Заряд этого кусочка равен

$$\[\Delta {q_i} = \frac{q}{{\pi R}} \cdot \Delta {l_i}\]$$

Я просто это не записал:

$$\[\left| {\overrightarrow E } \right| = \sum\limits_i {k \cdot \frac{{\Delta {q_i}}}{{{R^2}}}} \cdot \cos {\alpha _i}\]$$

[svv]

Dmitriy40 объяснил, в чём ошибка, а я посоветую, как вычислить. Заметьте, что вклады двух маленьких кусочков равной длины в горизонтальную компоненту поля относятся, как проекции этих кусочков на вертикальную ось.

Почему ось, на которой лежит вектор, Вы называете $Oy$?

[Rusit8800]

Dmitriy40 в сообщении #1233581 писал(а):

надо суммировать произведения косинуса на величину заряда кусочка

Там же общий множитель.

[photon]

Вы полагаете, что если
$\sum\limits_i a_i = S$,

то $\sum\limits_i a_i b_i= S\sum\limits_i b_i$ ?

У вас можно $\Delta l_i$ считать некой константой $l$, тогда $\sum\limits_i l \cos(\alpha_i) = l \sum\limits_i \cos(\alpha_i) $
И очевидно, с ростом числа слагаемых $l$ будет уменьшаться.

Ошибка в этом переходе:

Цитата:

Поскольку $\[{\Delta {l_i}}\]$ малы, то их приближенно можно считать равными. Поскольку их сумма равна $\[\pi R\]$, то имеем:

$$\[\left| {\overrightarrow E } \right| = \frac{q}{{4\pi {R^2}{\varepsilon _0}}}\sum\limits_i {\cos {\alpha _i}} \]$$

[Dmitriy40]

Rusit8800 в сообщении #1233584 писал(а):

Я это учел.

$a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3 \ne (a_1+a_2+a_3)(b_1+b_2+b_3)$, т.е. сумма произведений не равна произведению сумм. Так что не учли. В Вашем случае $a_i$ это заряды кусочков, $b_i$ это косинусы.

[Rusit8800]

photon в сообщении #1233588 писал(а):

У вас можно $\Delta l_i$ считать некой константой $l$, тогда $\sum\limits_i l \cos(\alpha_i) = l \sum\limits_i \cos(\alpha_i) $

Тогда уж $\[l = \sum\limits_i {\Delta {l_i}} \]$

photon в сообщении #1233588 писал(а):

Ошибка в этом переходе:

Я догадывался, но это все равно это не понятно.

[photon]

Rusit8800 в сообщении #1233592 писал(а):

Тогда уж $\[l = \sum\limits_i {\Delta {l_i}} \]$
Я догадывался, но это все равно это не понятно.

нет.

$l = \dfrac{1}{N}\sum\limits_{i = 1}^N l_i$ \approx \dfrac{2\pi R}{N}, где $N$ число участков, на которые вы дробите окружность

Вы своей заменой в каждое маленькое слагаемое вместо $\Delta l$ пытаетесь запихнуть длину всей окружности.

[guryev]

А интегрировать в задаче не разрешается?

[svv]

Автор темы учится в школе и говорил, что пока не владеет методами высшей математики.

[fred1996]

Интересно, а как он собирается находить среднее от косинуса?
На самом деле есть одна извратная идейка на эту тему.
Если в центр полукольца поместить заряд $Q$, то сила, с которой полукольцо действует на заряд, равна силе, с которой заряд действует на полукольцо. Но, поскольку, сила равномерно распределена, то можно соорудить цилиндр, накачанный газом. В этом цилиндре давление везде одинаково. Ну и дальше если взять полуцилиндр, он находится в равновесии.
Из этого условия считается общая сила на полукруглую часть, которая уравновешивается силой на плоскую часть. Такой вот нехитрый прием для школьников.

[Pphantom]

(Оффтоп)

svv в сообщении #1233625 писал(а):

Автор темы учится в школе и говорил, что пока не владеет методами высшей математики.

В общем-то при желании решать задачи такого рода проще овладеть, чем изобретать велосипед для каждой задачи заново.

[wrest]

fred1996 в сообщении #1233644 писал(а):

Интересно, а как он собирается находить среднее от косинуса?

Ну вообще-то найти надо сумму проекций...

[fred1996]

wrest
А ведь действительно.
Получается простенькое геометрическое решение.
То есть как это частенько бывете в задачках по физике, правильно сформулированная задача уже содержит ответ.