Интегрирование по углу, вывод формулы

[Kevinnorton]

Здравствуйте! В тупик поставила задача по физике, точнее чисто математическая часть.


Непонятно, как они пришли к выводу о том, что rd$\alpha$ есть rd$\alpha$ Куда копать?

[gris]

Длина дуги в $a$ радиан равна $ra$, а при малых углах длина хорды приближённо равна длине дуги (плюс о малое от неё). То есть первый замечательный предел. Может быть, дело в этом?

[Kevinnorton]

Благодарю, вот теперь всё прояснилось

[svv]

(Оффтоп)

Не сказал бы, что здесь обязательно вводить углы.

[Kevinnorton]

Предложите ваш вариант решения, мне интересно

[Mihr]

(Оффтоп)

Kevinnorton в сообщении #1094212 писал(а):

Непонятно, как они пришли к выводу о том, что $rd\alpha$ есть $rd\alpha$

Гм... А что, на этот вопрос есть другие точки зрения? Равенство уже не рефлексивно?

Kevinnorton, знаки долларов правильнее ставить по краям формулы.

[gris]

Kevinnorton, можно я предложу вариант решения? Направим ось $x$ вдоль нити от середины направо. Линейная плотность заряда $Q/l$. Исходя из симметрии картинки Сила, действующая на единичный заряд в точке $A$ из точек $x$ и $-x$, равна $dF=2k\dfrac {1\cdot Q/l\cdot dx}{r_0^2+x^2}\cdot \dfrac {r_0} {\sqrt{ r_0^2+x^2}}$

Тогда $\displaystyle |E|=\int\limits_0^{l/2}dF= \dfrac{2kQr_0}{l}\int\limits_0^{l/2} (r_0^2+x^2)^{-3/2}dx$

Написал, не приходя в сознание. Хотелось бы знать — верно ли?
При взятии интеграла всё равно не обойтись без замены переменной, а угол незримо присутствует при проецировании силы.

[Mihr]

gris в сообщении #1095153 писал(а):

При взятии интеграла всё равно не обойтись без замены переменной

А интегрировать сразу по углу всё-таки проще.

[gris]

На проще, конечно, только вопрос был, как обойтись без угла. А я правильно написал? Присмотрелся, а интеграл почти табличный (?).
svv, а Ваш способ каков?

[svv]

Мой вариант близок к Вашему. Осторожно, СГС. Обозначим линейную плотность заряда $\sigma=\frac Q {\ell}$. Сначала найдём потенциал на прямой $x=z=0$ как функцию $y$:
$\varphi=\int\limits_{L}\dfrac{dq}r=\int\limits_{-\ell/2}^{+\ell/2}\dfrac{\sigma dx}{\sqrt {x^2+y^2}}=\sigma\left.\ln(\sqrt{x^2+y^2}+x)\right|_{-\ell/2}^{+\ell/2}$
Ведь о потенциале тоже спрашивается в задаче.

Теперь находим $E_y=-\frac{\partial\varphi}{\partial y}$.
Ну, а $E_x$, как Вы уже говорили, при $x=0$ исчезает в силу симметрии.

[Mihr]

gris в сообщении #1095163 писал(а):

А я правильно написал?

Вы всерьёз спрашиваете? Правильно.

[svv]

Мой интеграл $\int \frac{dx}{\sqrt {x^2+y^2}}$ подстановкой $x=y\sh t$ превращается в $\int dt$ (безобразие! )
Правда, неплохо откуда-нибудь знать, что
$\operatorname{arsh}u=\ln(\sqrt{u^2+1}+u)$

[Mihr]

svv в сообщении #1095174 писал(а):

Мой интеграл $\int \frac{dx}{\sqrt {x^2+y^2}}$ подстановкой $x=y\sh t$ превращается в $\int dt$ (безобразие! )

А если интегрировать по углу, то получаем сразу без всяких подстановок $\int\cos \alpha d\alpha$.
Считать ли это безобразием?

[svv]

(Оффтоп)

Так, понятно, мы с gris линейники, а Mihr угловик.

Ну, давайте считать, что есть несколько неплохих решений задачи.
Интересно ещё спросить Kevinnorton, кажется ли ему интегрирование по отрезку концептуально более понятным, несмотря на возможную чуть большую сложность вычислений.

[Mihr]

(Оффтоп)

svv в сообщении #1095182 писал(а):

Так, понятно, мы с gris линейники, а Mihr угловик.

Скорее, просто халявщик...