Изогнутый заряженный стержень

[Ignatovich]

Однородно заряженный стержень заряда q и длины l изогнут посередине так, что его половины составляют угол $\alpha$ . Определите напряженность электрического поля на биссектрисе этого угла на малом расстоянии r от его вершины.

[lel0lel]

Рассмотреть конус (вращение стержня) и найти потенциал на оси. Интегрировать в сферических координатах.

[мат-ламер]

Чего-то у меня крайне простой ответ получился. Настолько простой, что я подозреваю, что либо я где-то ошибся, либо олимпиадность задачи заключается в том, что решение можно найти без всяких потенциалов, интегралов и производных. Пока ответ публиковать не буду. Буду перепроверять. А решал я так. Потенциал заряженного отрезка относительно точки мы можем найти. Это простой интеграл. У нас два отрезка, которые симметричны относительно точки. Значит потенциал удваиваем. Ну, а напряжённость поля есть градиент от этого потенциала.

[realeugene]

(ответ)

$E=\frac{q}{2\pi\varepsilon r L}$, где $r$ - расстояние до угла. Без интегрирования, но всё равно возня с потенциалами и бесконечно малыми, в которых $\alpha$ сокращается. Как проще?

[AnatolyBa]

Если начинать непосредственно с напряженности и считать через углы, то с помощью геометрии/тригонометрии интеграл очень упрощается.
Можно, наверно, его даже совсем замаскировать до видимого исчезновения и предлагать задачу школьникам. Но все равно интеграл там будет.
Как можно совсем без интеграла? И чем конус лучше? В конусе же поверхностная плотность заряда не будет постоянной; так на так и получится.
Возможен, также, такой поворот событий, что есть формула, которую леди и джентльмены должны знать.

[lel0lel]

Да, похоже, что с конусом проще не будет. Думал, что интеграл будет проще.

[realeugene]

Без интегралов - замечаем, что при смещении точки по биссектрисе, изменение потенциала связано только с участками на концах, которые становятся видны под другими углами. Что следует из интеграла в полярных координатах и постоянства линейной плотности заряда, но сам интеграл брать не нужно, достаточно подобия фигур.

[fred1996]

Забавно, что если изогнуть бесконечный стержень, то получится точный ответ, совпадающий с формулой для бесконечного неизогнутого стержня. С той разницей, что расстояени меряем от вершины.
Другими словами берём бесконечный стержень, изгибаем в какой-то точке, а напряженность поля на биссектрисе не меняется. Можно ли это доказать без интегралов?

[lel0lel]

Можно и без интегралов. Используем ответ для изогнутого стержня длины $\ell$

$$E=\frac{2k q}{x\sqrt{\ell^2+4x^2-4\ell x \cos\theta}}$$

Видно, что переход к пределу по $\ell$ стирает информацию об угле. Причём как к $+\infty$, так и к нулю.

[Ignatovich]

lel0lel в сообщении #1517787 писал(а):

$$E=\frac{2k q}{x\sqrt{\ell^2+4x^2-4\ell x \cos\theta}}$$

С этой формулы и я начинал. При ее выводе пришлось вычислить простенький интеграл от синуса.
Следствия формулы для бесконечного стержня удивили: напряженность поля на биссектрисе угла не зависит от угла и формула имеет такой же вид, как для прямого провода.
Захотелось получить этот результат, не опираясь на общую формулу.
Сначала доказал (без интегрирования), что напряженность поля одинакова в равноудаленных от вершины точках, одна из которых лежит на биссектрисе внутри угла, а другая на биссектрисе "вне угла" (то есть на биссектрисе угла $2\pi-\alpha$). Тоже, на мой взгляд, контринтуитивный результат.
Дальше просто: вычислил напряженность поля двух пересекающихся бесконечно длинных прямых стержней и результат разделил на 2.

[AnatolyBa]

realeugene в сообщении #1517715 писал(а):

Без интегралов - замечаем, что при смещении точки по биссектрисе, изменение потенциала связано только с участками на концах, которые становятся видны под другими углами. Что следует из интеграла в полярных координатах и постоянства линейной плотности заряда, но сам интеграл брать не нужно, достаточно подобия фигур.

Я не совсем вас понял. Я вижу два действия. Первое - пропорционально увеличить размеры конструкции, оставляя неизменной линейную плотность заряда.
При этом точка наблюдения сдвинется на $\Delta r$, $l$ увеличится на $\Delta l=\Delta r l/r$, потенциал в точке наблюдения очевидно не изменится.
Второе действие - убрать $\Delta l$, вычесть потенциал от них. Это сразу дает ответ (после деления на $\Delta r$ - напряженность), учитывая, что при малом $r$ расстояние от точки наблюдения до концов отрезков приблизительно $l$ (можно и точную формулу для этого расстояния взять).
Вы такое решение имели в виду? Если так, то что может быть проще?
Кстати, при таком подходе и равенство напряженности на внутренней и внешней биссектрисе очевидно.

[realeugene]

AnatolyBa в сообщении #1517897 писал(а):

Если так, то что может быть проще?

Да. Вы к моим рассуждениям добавили последний шаг, после которого ответ стал совершенно очевиден, спасибо.

[chislo_avogadro]

(Оффтоп)

Допустим, $\alpha = 0$. Тем самым попадаем в могучую тему о распределении заряда на проводящей игле. Он там распределяется равномерно. Т.е. $E_{\parallel}$ в сложенном стержне всюду, за исключением, видимо, его концов, равна нулю. Выходит, при малейшем разводе стержней напряжённость меняется скачком?