Напряжённость в вершине конуса

[agigpao]

Требуется найти напряжённость в вершине равномерно заряженного по поверхности конуса.
Идея такая:
1. Разбиваем конус на много маленьких дисков толщиной $dx$ , напряжённость которых считается по формуле

$$ dE = \frac{\sigma rxdx}{2\varepsilon_0(x^2+r^2)^{3/2}}$$

2.
Тогда

$$E = \int\limits dE = \int\limits_0^R \int\limits_0^h\frac{r\sigma x dx }{2\varepsilon_0(x^2+r^2)^{3/2}}$$

Учитывая что

$$R = x\tg\alpha$$

Получаю ответ

$$E = \frac{\sigma \ln h \tg\alpha (\sin\alpha)^2}{2\varepsilon_0}$$

Видно что я ошибся. Пожалуйста, подскажите где.

[Pphantom]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (Ф)» в форум «Карантин»
Совершенно точно - в наборе формул (краткие инструкции: «Краткий FAQ по тегу [math]» и видеоролик Как записывать формулы), из-за чего результат, мягко говоря, плохо читаем и совершенно нецитируем.

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Pphantom]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (Ф)»

[EUgeneUS]

agigpao
Если конус заряжен равномерно на поверхности, то откуда у вас диски и интегрирование по радиусу?

[DimaM]

agigpao
Вы пишете про диски, а формулу приводите для колечек.
Если уж хотите двойное интегрирование, то нужно еще $dr$ для порядка. Но проще, конечно, вывести для одного диска вначале, а потом от дисков складывать.

[мат-ламер]

agigpao в сообщении #1543617 писал(а):

Требуется найти напряжённость в вершине равномерно заряженного по поверхности конуса.

Это всё, что дано? Конусы разные бывают.

DimaM в сообщении #1543679 писал(а):

Но проще, конечно, вывести для одного диска вначале, а потом от дисков складывать.

Или всё же для колечек? Ведь:

agigpao в сообщении #1543617 писал(а):

равномерно заряженного по поверхности конуса.

[DimaM]

мат-ламер в сообщении #1543680 писал(а):

Или всё же для колечек? Ведь:

agigpao в сообщении #1543617 писал(а):

равномерно заряженного по поверхности конуса.

У равномерно заряженного по поверхности интеграл в вершине расходится. А если заряжен равномерно по объему, выходит что-то разумное.

[agigpao]

EUgeneUS в сообщении #1543677 писал(а):

agigpao
Если конус заряжен равномерно на поверхности, то откуда у вас диски и интегрирование по радиусу?

Я имел в виду колечки.

-- 20.12.2021, 14:47 --

DimaM в сообщении #1543686 писал(а):

мат-ламер в сообщении #1543680 писал(а):

Или всё же для колечек? Ведь:

agigpao в сообщении #1543617 писал(а):

равномерно заряженного по поверхности конуса.

У равномерно заряженного по поверхности интеграл в вершине расходится. А если заряжен равномерно по объему, выходит что-то разумное.

Что значит интеграл в вершине расходится?

[realeugene]

agigpao в сообщении #1543703 писал(а):

Что значит интеграл в вершине расходится?

Ответ на этот вопрос изучают в курсе матанализа. Сам термин "сходимость" уже пора бы знать даже на первом курсе. Вы ещё не студент?

-- 20.12.2021, 14:54 --

DimaM в сообщении #1543686 писал(а):

А если заряжен равномерно по объему, выходит что-то разумное.

Тем более не выходит.

[agigpao]

realeugene в сообщении #1543704 писал(а):

agigpao в сообщении #1543703 писал(а):

Что значит интеграл в вершине расходится?

Ответ на этот вопрос изучают в курсе матанализа. Сам термин "сходимость" уже пора бы знать даже на первом курсе. Вы ещё не студент?

-- 20.12.2021, 14:54 --

Нет

-- 20.12.2021, 15:13 --

А идея правильная с разбиением на колечки или нужно разбивать поверхность конуса на две координаты?

[EUgeneUS]

agigpao
ОК, колечки.
Будем разбирать по пунктам.
Первым шагом Вы посчитали площадь колечка толщиной $d x$ , умножили эту площадь на плотность заряда и подставили в формулу для напряженности поля на оси равномерно заряженного кольца.
Тут у Вас ошибка. Площадь кольца равна не $d S = 2 \pi R dx$

Как бы то ни было, должно получиться:
$dE_x = \sigma f(\alpha) g(x) d x$, где

$f(\alpha)$ - некая функция от угла раствора конуса (Вы её нашли неверно)
$g(x)$ - некая функция от расстояния между вершиной конуса и плоскостью "колечка". Если подставить сразу$R = x\tg\alpha$, то Вы её нашли верно.

вторым шагом Вы записали:

agigpao в сообщении #1543617 писал(а):

$$E = \int\limits dE = \int\limits_0^R \int\limits_0^h\frac{r\sigma x dx }{2\varepsilon_0(x^2+r^2)^{3/2}}$$

Мысль верная. Но запись совершенно безграмотная. Нету тут двойного интеграла. Есть только одинарный "по $dx$".

Далее Вы опять запутались в тригнометрии.
Но верно взяли интеграл $\int\limits_{0}^{h} \frac {dx}{x}$

Однако, результат опять записали безграмотно,

agigpao в сообщении #1543617 писал(а):

$$E = \frac{\sigma \ln h \tg\alpha (\sin\alpha)^2}{2\varepsilon_0}$$

так как не указали пределы интегрирования. Запись должна быть вида:

$E = \frac{\sigma \ln x \tg\alpha (\sin\alpha)^2}{2\varepsilon_0} \bigg|_0^h$

Соответственно, при попытке подставить ноль в логарифм получите бесконечность. Что и означает, что "интеграл разошелся в вершине". Как и говорил ранее уважаемый DimaM

Итого, у Вас две ошибки (но на одну и ту же тему, "в тригнометрии") и две очень некорректных записи.

Кстати, откуда Вы эту задачу взяли? Так как конечного ответа получить невозможно (кроме "интеграл в вершине разошелся"), вряд ли она была дана в каком-то стандартном задачнике.

[agigpao]

Изначально задача звучала так:
Конус равномерно заряжен по поверхности так, что напряженность электрического поля в его вершине равна 100 В/м. Чему был бы равен напряженность электрического поля в вершине конуса, если бы его размеры были в два раза меньше?

Сомневаюсь, что это как-либо решает проблему с тем, что интеграл не сходится.

[zykov]

Ну тут и интегрировать не надо.
Все расстояния в два раза меньше, их обратные квадраты в четыре раза больше.

[EUgeneUS]

agigpao

zykov в сообщении #1543738 писал(а):

Все расстояния в два раза меньше, их обратные квадраты в четыре раза больше.

Тут возникает вопрос - при уменьшении всех расстояний в два раза сохраняется суммарный заряд конуса (тогда Ваше решение верно), или сохраняется поверхностная плотность заряда, тогда четыре надо поделить на четыре и получить тоже самое.

agigpao
Если конус не математически строгий, а, например, имеет затупленное остриё, тогда
а) никаких бесконечностей не возникает.
б) можно это смоделировать усеченным конусом, тогда в получившемся результате логарифм будет браться не от нуля точно, а от некого малого числа.
в) тогда решение уважаемого zykov вполне подходит, со следующими огворками:
1. Все расстояния стали в два раза меньше - значит все. В том числе и "затупление" вершины стало меньше (она стала "более острой").
2. Нужно понять, что произошло с зарядом конуса при уменьшении расстояний в два раза (см. выше).

И всё таки, откуда взята задача? Постановка интересная, но выглядит довольно таки некорректной.

[zykov]

agigpao в сообщении #1543736 писал(а):

Конус равномерно заряжен по поверхности так, что напряженность электрического поля в его вершине равна 100 В/м. Чему был бы равен напряженность электрического поля в вершине конуса, если бы его размеры были в два раза меньше?

Да, нужно убрать "равномерно" из "равномерно заряжен" и добавить что размеры уменьшили сохраняя полный заряд.
PS: и вообще тогда не важно, что это конус и что заряжен по поверхности.