Электрическое поле равномернозаряженной пластины.

[Pulseofmalstrem]

Доброе время суток!
В процессе решения данной задачи столкнулся с большими трудностями и очень прошу помочь разобраться, что же делать, заранее благодарю за внимание!

Постановка задачи: Вычислить напряженность электрического поля равномерно-заряженной пластинки (поверхностная плотность заряда известна и равна $\sigma$ размерами $2a \times 2b$ в точке лежащей точно над геометрическим центром пластинки на расстоянии $R$ от пластинки.

Ход решения.
Для начала предлагается решить промежуточную задачу о нахождении напряженности электрического поля равномерно-заряженной нити (заряд которой известен и равен $q$), размерами $2a$ в точке, лежащей на срединном перпендикуляре на удалении $r$ от нити.

1) Введем ось $x$ направленную вдоль нити, с началом отсчета точно "под" нашей точкой" и разобьем ниточку на бесконечное множество маленьких отрезочков, заметим что все горизонтальные вклады окажутся скомпенсированы и напряженность будет направлена точно вдоль нормали (то бишь нас интересует лишь вертикальный вклад каждого маленького кусочка); попробуем его вычислить.

$dE = \frac{k\cos\varphi dq}{l^2}= \frac{k\cos\varphi dq}{r^2 + x^2} = \frac{krdq}{(r^2 + x^2)^\frac{3}{2}}= \frac{kr\lambda dx}{(r^2 + x^2)^\frac{3}{2}}$
Где $\varphi$ - текущий угол между вектором напряженности данного отрезочка и нормалью, $\lambda$ - линейная плотность заряда, $x$ - текущая координата отрезочка, все преобразования выполнены исходя из геометрии задачи.

2) Для нахождение полной напряженности просуммируем все маленькие вклады:
$E = \int\limits_{-a}^{a}\frac{kr\lambda dx}{(r^2 + x^2)^\frac{3}{2}}$
Для нахождения этого интеграла отметим, что:
$x = r\tg\varphi$
$dx = \frac{rd\varphi}{\cos^2\varphi}$
А сам угол $\varphi$ изменяется в пределах от $-\arcsin(\frac{a}{\sqrt{a^2 + r^2}})$ до $\arcsin(\frac{a}{\sqrt{a^2 + r^2}})$, поскольку все довольно симметрично то я буду интегрировать от нуля до положительного значения, а сам интеграл увеличу в два раза.

3) Остается алгебра.
$E = 2\int\limits_{0}^{\arcsin(\frac{a}{\sqrt{a^2 + r^2}})}\frac{kr\lambda rd\varphi}{\cos^2\varphi (r^2 + r^2\tg^2\varphi)^\frac{3}{2}}$
$E = \frac{2k\lambda}{r}\int\limits_{0}^{\arcsin(\frac{a}{\sqrt{a^2 + r^2}})}\cos\varphi d\varphi $
$E = \frac{2k\lambda}{r}\sin\varphi\bigg |_{0}^{\arcsin(\frac{a}{\sqrt{a^2 + r^2}})} = \frac{2ka\lambda}{r\sqrt{a^2 + r^2}} $
И наконец:
$E = \frac{kq}{r\sqrt{a^2 + r^2}}$
Этот промежуточный результат верен (сходится с учебником, я привел его просто чтобы показать ход мыслей, согласно правилам форума).

Теперь можно вернутся непосредственно к пластинке, чтобы найти ее поле опять проделаем те же операции: разобьем пластинку на бесконечное множество маленьких ниточек длины $2a$ и будем считать вертикальные вклады от каждой из них, используя ранее выведенную формулу, а результат попробуем просуммировать. Вычислим маленькую напряженность:
$dE = \frac{k\cos\varphidq}{r\sqrt{a^2 + r^2}} = \frac{k\cos\varphi 2a\sigma dx}{r\sqrt{a^2 + r^2}} = \frac{2kRa\sigma dx}{(x^2 + R^2)\sqrt{a^2 + x^2 + R^2}}$
Интегрируем полученное равенство в известных пределах и получаем:
$E = \int\limits_{-b}^{b}\frac{2kRa\sigma dx}{(x^2 + R^2)\sqrt{a^2 + x^2 + R^2}}$
Вот тут, то с данным интегралом возникает проблема, я пробовал ходить через тангенс, но у меня ничего не получилось, к сожалению там все сводится к тому, что интеграл переходит в дробь в числителе которой стоит косинус угла, в знаменателе квадратный корень из суммы двух констант одна их которых дружит с квадратом косинуса, и что делать я не знаю. Сейчас пока мысленно обдумываю вариант пойти через потенциал, отсчитать потенциал ниточки и попробовать отсчитать потенциал плоскости, формулы должны вырисоваться более красивые, а потом просто отсчитать частную производную по вертикали (градиент сосчитать), но пока это все это лишь небольшие догадки.

[Munin]

По сути, вы пластину порезали на параллельные полосочки, так? А не думали, что проще будет порезать её на радиальные ломтики (или концентрические колечки)?

(Ещё, по сути, это вы занимаетесь вычислением двойного интеграла через повторный. Выбор удобной системы координат здесь играет существенную роль.)

[Pulseofmalstrem]

Munin
Но если разрезать пластину на колечки невозможно полностью покрыть пространство? Или при устремлении количества колечек к бесконечности все будет норм(хотя даже самое большое колечко сильно не покроет уголки пластинки).

[Munin]

А, у вас пластинка прямоугольная. Да, тогда ваш способ лучше. Извините, я подумал, что круглая.

[мат-ламер]

Pulseofmalstrem в сообщении #1005229 писал(а):

Для нахождения этого интеграла отметим, что:
$x = r\tg\varphi$

А если $x = r\sh\varphi$?

[Pulseofmalstrem]

Munin
Для диска уже посчитано, там не слишком сложно, буду пробовать потенциал ковырять от безысходности=)

[arseniiv]

А разве нельзя как угодно хорошо приблизить прямоугольник сочетанием дисков? (Можно ещё диски противоположного заряда брать, делая дырки.) Это, конечно, я шучу — наверняка считать такое ещё неудобнее.

[Pulseofmalstrem]

arseniiv
Для меня вообще вопросы интегрирования очень новы, можно сказать делаю первые шаги, так что с трудом представляю как пользоваться сложными приемами=)

-- 18.04.2015, 20:57 --

Итак, продолжая свои попытки решать ныне пробую воспользоваться потенциалом. Условие все те же.

1. Для начала разберемся с потенциалом конечной ниточки заряда $q$ b и длины 2a.
Как и прежде разобьем ее множество маленьких отрезочков, введем ось Ох с началом под точкой интересной нам, и запишем выражение для потенциала:

$d\phi = \frac{kdq}{l}=\frac{k\lambda dx}{\sqrt{x^2 + r^2}}$

2. Интегрируем в известных пределах:
$\phi = \int\limits_{-a}^{a}\frac{k\lambda dx}{\sqrt{x^2 + r^2}}$

Опять же используем старый добрый прием тригонометрической замены:
$x = r\tg\psi$
$dx = \frac{rd\psi}{\cos^2\psi}$
Интеграл удваивать не буду, так как мне не очевидно все-таки потенциал скалярная функция, угол изменяется в пределах $-\arcsin(\frac{a}{\sqrt{x^2 + r^2}})$ до $\arcsin(\frac{a}{\sqrt{x^2 + r^2}})$
Подставим:
$\phi = \int\limits_{-a}^{a}\frac{k\lambda dx}{\sqrt{x^2 + r^2}}= \int\limits_{-\arcsin(\frac{a}{\sqrt{x^2 + r^2}})}^{\arcsin(\frac{a}{\sqrt{x^2 + r^2}})}\frac{k\lambda rd\psi}{\cos^2\psi\sqrt{r^2\tg^2\psi + r^2}}$
$\phi =k\lambda \int\limits_{-\arcsin(\frac{a}{\sqrt{x^2 + r^2}})}^{\arcsin(\frac{a}{\sqrt{x^2 + r^2}})}\frac{d\psi}{cos\psi}$

Вообще это не очень хорошо, так как отсюда я получу двухэтажный логарифм сейчас по всей видимости (хотя возможно как раз потом на шаге взятия производной он перевернется в дробь и получится предыдущий пункт, скажите пока правильно идет все?)

[Ms-dos4]

Если вы делаете замену $\[x = r{\mathop{\rm tg}\nolimits} \psi \]$, где $\[x\]$ бежит $\[[ - a,a]\]$, то $\[\psi \]$ бежит $\[[ - {\mathop{\rm arctg}\nolimits} \frac{a}{r},{\mathop{\rm arctg}\nolimits} \frac{a}{r}]\]$, незачем что то выдумывать. Во вторых - интеграл удваивается, т.к. подинтегральное выражение - чётная функция, "скалярные функции" тут вообще не при чём. Результат у вас получится тот же самый, что и в первом посте.
P.S.По поводу последнего интеграла из вашего первого поста - сделайте там замену $\[x = \sqrt {{a^2} + {R^2}} {\mathop{\rm tg}\nolimits} \xi \]$ и всё получится.

[Pulseofmalstrem]

Ms-dos4
Благодарю за совет, сейчас пойду глядеть.

[Munin]

Ms-dos4

(Оффтоп)

Не заключайте \mathop в фигурные скобки, от этого весь смысл теряется - эта команда специально нужна, чтобы установить пробелы вокруг символа операции (не считая пределов, как у знака суммы): $x=r\mathop{\rm tg}\psi$. И кстати, на этом форуме есть команда \tg: $x=r\tg\psi$.

[Pulseofmalstrem]

Ну сходил по предложенному пути, однако такой результат я уже вполне получал и не могу найти его полезным:
$E = 4ka\sigma\int\limits_{0}^{b}\frac{dx}{(x^2 + R^2)\sqrt{a^2 + x^2 + R^2}}$
Если применить вашу замену, то тогда получается следующее:
$E = 4ka\sigma\int\limits_{0}^{\arctg(\frac{b}{\sqrt{a^2 + R^2}})}\frac{\sqrt{a^2 + R^2}d/varphi}{\cos^2\varphi ((a^2 + R^2)\tg^2\varphi + R^2)\sqrt{a^2 + R^2 + (a^2 + R^2)\tg^2\varphi}}$
Это довольно легко преобразуется в компактный интеграл (вносим косинус квадрат в первую скобку, из под корня выдергиваем сумму и сокращаем ее с числителем, полученную тригонометрическую формулу сворачиваем и косинус влезает наверх):
$E = 4ka\sigma\int\limits_{0}^{\arctg(\frac{b}{\sqrt{a^2 + R^2}})}\frac{\cos\varphi d\varphi}{\sin^2\varphi a^2 + R^2}$
Но что делать с этим агрегатом хоть убей не пойму (хотя коэффициент перед интегралом намекает на правильный ход решения( в ответе примерно такой же, надо только $a$ сократить). Такой вид я уже находил, но дальше не могу сдвинуться, возможно стоит попробовать внести косинус под знак дифференциала и сделать подмену на синус тогда все перейдет в такую фишку:
$E = 4ka\sigma\int\limits_{0}^{\arctg(\frac{b}{\sqrt{a^2 + R^2}})}\frac{ d\sin\varphi}{\sin^2\varphi a^2 + R^2}=4ka\sigma\int\limits_{0}^{t_0}\frac{ dt}{t^2 a^2 + R^2}$

-- 18.04.2015, 21:53 --

Дальше можно попробовать под знак дифференциала добавить константу $R^2$, а потом внести туда еще и множитель $a^2$, тогда пойдет что-то такое:
$E = 4ka\sigma\int\limits_{0}^{m_0}\frac{ d(a^2t + R^2)}{a^2(t^2 a^2 + R^2)}$
Но вот беда не получается нормально переменную поменять, так как в знаменателе квадрат под дифференциалом первая степень.

-- 18.04.2015, 22:29 --

А, понял, как его можно сосчитать:
$E = 4ka\sigma\int\limits_{0}^{t_0}\frac{ dt}{t^2 a^2 + R^2}= 4k\sigma\int\limits_{0}^{t_0}\frac{ d(at)}{t^2 a^2 + R^2}$
Вот, теперь можно смело подмену делать переменных:
$E = 4k\sigma\int\limits_{0}^{at_0}\frac{ dm}{m^2 + R^2}= \frac{4k\sigma}{R}\int\limits_{0}^{t_0}\frac{ d\frac{m}{R}}{\frac{m^2}{r^2} +1} $
А это уже табличный интеграл:
$E = \frac{4k\sigma}{R}\arctg(\frac{m}{R})\bigg|_{0}^{at_0}$

Верно? В ответах эта задача через арксинус выводится, так что я не совсем уверен с другой стороны одну функцию всегда можно привести к другой.

[Ms-dos4]

Pulseofmalstrem
Имеем интеграл $\[\int {\frac{{dx}}{{({x^2} + {R^2})\sqrt {{a^2} + {R^2} + {x^2}} }}} \]$ (я пока буду иметь дело с неопределённым и опущу константы перед ним).
Совершаем замену $\[x = \sqrt {{a^2} + {R^2}} {\mathop{\rm tg}\nolimits} \xi \]$ (тогда $\[dx = \frac{{\sqrt {{a^2} + {R^2}} }}{{{{\cos }^2}\xi }}\]$)
$\[{\sqrt {{a^2} + {R^2} + ({a^2} + {R^2}){{{\mathop{\rm tg}\nolimits} }^2}\xi } }\]$ переходит в $\[{\sqrt {\frac{{{a^2} + {R^2}}}{{{{\cos }^2}\xi }}} }\]$
$\[({a^2} + {R^2}){{\mathop{\rm tg}\nolimits} ^2}\xi + {R^2} = {R^2}({{\mathop{\rm tg}\nolimits} ^2}\xi + 1) + {a^2}{({{\mathop{\rm tg}\nolimits} ^2}\xi + 1)^2} - {a^2} = \frac{{{R^2}}}{{{{\cos }^2}\xi }} + \frac{{{a^2}}}{{{{\cos }^2}\xi }} - {a^2}\]$
Тогда $\[\int {\frac{{\sqrt {{a^2} + {R^2}} }}{{{{\cos }^2}\xi }}\frac{{d\xi }}{{\sqrt {\frac{{{a^2} + {R^2}}}{{{{\cos }^2}\xi }}} (\frac{{{R^2}}}{{{{\cos }^2}\xi }} + \frac{{{a^2}}}{{{{\cos }^2}\xi }} - {a^2})}}} = \int {\frac{{\cos \xi d\xi }}{{{R^2} + {a^2}{{\sin }^2}\xi }}} \]$
Теперь заносим под дифференциал и образуем табличный интеграл
$\[\int {\frac{{\cos \xi d\xi }}{{{R^2} + {a^2}{{\sin }^2}\xi }}} = \int {\frac{{d(\sin \xi )}}{{{R^2} + {a^2}{{\sin }^2}\xi }}} = \frac{1}{{{R^2}}}\int {\frac{{d(\sin \xi )}}{{1 + {{(\frac{{a\sin \xi }}{R})}^2}}}} = \frac{1}{{aR}}{\mathop{\rm arctg}\nolimits} [\frac{a}{R}\sin \xi ]\]$
Вспоминая, что $\[\xi = {\mathop{\rm arctg}\nolimits} \frac{x}{{\sqrt {{a^2} + {R^2}} }}\]$ имеем

$$\[\int {\frac{{dx}}{{({x^2} + {R^2})\sqrt {{a^2} + {R^2} + {x^2}} }}} = \frac{1}{{aR}}{\mathop{\rm arctg}\nolimits} [\frac{a}{R}\sin [{\mathop{\rm arctg}\nolimits} \frac{x}{{\sqrt {{a^2} + {R^2}} }}]] = \frac{1}{{aR}}{\mathop{\rm arctg}\nolimits} [\frac{a}{R}\frac{x}{{\sqrt {{a^2} + {R^2} + {x^2}} }}]\]$$

Теперь уже зная первообразную, нетрудно получить ответ

[Pulseofmalstrem]

Ms-dos4
Спасибо большое, по существу Вы подтвердили мои догадки, изложенные постом выше (правда я потратил уйму времени и совершил кучу лишних преобразований по пути к цели, но все-таки в последний момент мне удалось уловить верную идею. Благодарю всех за внимание и помощь!
Тема закрыта.

[Ms-dos4]

Pulseofmalstrem
Можно и через арксинус. По свойству $\[{\mathop{\rm arctg}\nolimits} x = \arcsin \frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}\]$ можно получить
$\[\frac{1}{{aR}}{\mathop{\rm arctg}\nolimits} [\frac{a}{R}\frac{x}{{\sqrt {{a^2} + {R^2} + {x^2}} }}] = \frac{1}{{aR}}\arcsin [\frac{{ax}}{{\sqrt {({a^2} + {R^2})({R^2} + {x^2})} }}]\]$

-- Сб апр 18, 2015 23:30:41 --

Munin

(Оффтоп)

Спасибо, на будущее учту