Заряженная полубесконечная нить

[StaticZero]

Есть простенькая задачка.

Цитата:

Рассмотрим полубесконечную однородно заряженную нить, которая начинается в точке $O$. Мысленно проведём плоскость через $O$, ортогональную этой нити. Покажите, что во всех точках (кроме, может быть, точки $O$) такой мысленной плоскости напряжённость поля направлена под углом 45 градусов к этой плоскости.

Ясно, что вектор $\mathbf E$ лежит в плоскости, проходящей через нить и точку наблюдения $A$. Перейдём в такую плоскость и обозначим расстояние от точки наблюдения до точки $O$ величиной $h$. Пусть $\tau$ — линейная плотность заряда нити.

Выделим на заряженной нити элемент $\mathrm dz$, который виден из $A$ под углом $\mathrm d\alpha$; радиус-вектор этого элемента $\mathbf r$, а угол, который он составляет с прямой $OA$, будет $\alpha$.

Есть два соотношения

$$ \begin{align*} \mathrm dz = r \ \mathrm d\alpha, \\ h = r \cos \alpha, \end{align*} $$

с помощью которых напишем

$$\begin{align*} E_\perp &= \int \limits_0^{\pi/2} \dfrac{\mathrm dq}{r^2} \cos \alpha= \int \limits_0^{\pi/2} \dfrac{\tau r \cos \alpha \ \mathrm d\alpha}{r^2} = \int \limits_0^{\pi/2} \dfrac{\tau h}{h^2 / \cos^2 \alpha} \ \mathrm d\alpha = \dfrac{\tau}{h} \int \limits_0^{\pi/2} \cos^2 \alpha \ \mathrm d\alpha = \dfrac{\pi \tau}{4 h}, \\ E_\parallel &= \int \limits_0^{\pi/2} \dfrac{\mathrm dq}{r^2} \sin \alpha = \int \limits_0^{\pi/2} \dfrac{\tau r \sin \alpha \ \mathrm d\alpha}{r^2} = \int \limits_0^{\pi/2} \dfrac{\tau \sin \alpha}{h / \cos \alpha} \ \mathrm d\alpha = \dfrac{\tau}{h} \int \limits_0^{\pi/2} \cos \alpha \sin \alpha \ \mathrm d\alpha = \dfrac{\tau}{2h}, \\ \tg \theta &= \dfrac{E_\parallel}{E_\perp} = \dfrac{2}{\pi}. \end{align*} $$

Я ошибку свою не вижу. Можно интегрировать и по линейной координате, но меня интересует, где именно здесь я неправ. Видимо, ошибка здесь принципиального характера.

[realeugene]

StaticZero в сообщении #1165216 писал(а):

$\mathrm dz = r \mathrm d\alpha $

Неужели?

[levtsn]

Что интересно, похоже что не только в этой плоскости будет под 45°, а вообще всюду, кроме линии нити.

[arseniiv]

Явно нет. Посмотрите на угол (фигуру, не численное значение), под которым будет видна нить, если убежать от неё подальше в её направлении. Одна его сторона будет всегда сонаправлена с нитью, как и здесь, а другая может сколь угодно приближаться к этому направлению. Направление напряжённости поля будет заключено внутри этого угла и, начиная с определённой дальности, просто не сможет быть направленным под углом 45°.

[StaticZero]

realeugene в сообщении #1165221 писал(а):

Неужели?

$$z \ \mathrm dz = r \ \mathrm dr, \qquad r = \dfrac{h}{\cos \alpha}, \qquad z = h \tg \alpha$$

$$ \mathrm dz = \dfrac{h^2 \sin \alpha \ \mathrm d\alpha }{\cos^3 \alpha} \times \dfrac{\cos \alpha}{h \sin \alpha} = \dfrac{h \ \mathrm d\alpha}{\cos^2 \alpha} = \dfrac{r \ \mathrm d \alpha}{\cos \alpha}.$$

И правда, в знаменатель пробрался косинус. В итоге будет интеграл от косинуса и от синуса, оба по первой четверти периода. А они "стопудово" равны.