Поле бесконечно прямой линии.

[Katmandu]

Пусть дана бесконечно прямая линия, равномерно заряженная электричеством.
Ее поле из соображений симметрии будет направлено радиально к линии или от нее.


Черным цветом изображена бесконечная линия.
A - точка наблюдения
$ \vec{E} $ - вектор напряженности в точке $A$


Теперь беру на прямой бесконечно малый отрезок $ dl $ с зарядом $ dq = \varkappa{dl} $

Напряженность поля, создаваемого этим зарядом в точке $ A $, будет $ dE = \varkappa{dl} / r^{2}$

Опустим проекцию на ось $OA$
$dE_{x} = \varkappa{dl}\cos{\alpha}/r^{2}$

Получается такая картина:


Далее получается, что
$ d\beta = dl\cos{\alpha}/r $

Интегрируем $dE_{x}$ по $d\beta$

и получаем
$ E = \varkappa\beta /r = 2\pi\varkappa/r$


Решая эту же самую задачу, используя теорему Гаусса, я получил ответ: $ 2\varkappa/r $ , что отличается от предыдущего ответа на множитель $ \pi $

1-ый ответ неверный. 2-ой - верный. Но где ошибка в рассуждениях при получении 1-го ответа?

[DimaM]

Katmandu в сообщении #937332 писал(а):

Далее получается, что
$ d\beta = dl\cos{\alpha}/r $

Интегрируем $dE_{x}$ по $d\beta$

Вы один и тот же угол обозначаете разными буквами, это нехорошо. Но более важно то, что $r$ в вашем выражении тоже зависит от угла (а здесь вы обозначили одной буквой $r$ две разные величины, что тоже нехорошо).

[Katmandu]

т.е. решение первым способом правильно до
$dE_{x} = \dfrac {\varkappa{dl}\cos{\alpha}}{r^{2}} $

тогда не понятно, как действовать дальше, чтобы найти E.


Решение же вторым способом (для того, что изображено на картинке) должно выглядеть так: $E = \dfrac {2\varkappa} {|OA|} $

[romka_pomka]

Katmandu, Вы с буквами разберитесь. У Вас гепатинуза ровна катиту: $r=\sqrt{r^2+l^2}$

[Katmandu]

romka_pomka в сообщении #937380 писал(а):

Katmandu, Вы с буквами разберитесь. У Вас гепатинуза ровна катиту: $r=\sqrt{r^2+l^2}$

В каком именно месте у меня гипотенуза равна катету?
$ r $ - это расстояние от заряда $dq$ до точки $A$

[romka_pomka]

Katmandu, а по Гауссу?

[12d3]

А в ответе у вас $r$ - это что?

[romka_pomka]

Katmandu, Вы что ли не понимаете, что Ваша $r$ зависит от угла?

[Katmandu]

romka_pomka в сообщении #937383 писал(а):

Katmandu, а по Гауссу?

по гауссу, это второй способ:
ответ там равен:

Katmandu в сообщении #937374 писал(а):

$E = \dfrac {2\varkappa} {|OA|} $

[romka_pomka]

Katmandu, куда у Гаусса Вы дели $r$?
и еще уточнение: интегрируете же Вы не по $d\beta$, а по $\beta$

-- Пт ноя 28, 2014 16:01:30 --

Katmandu, но вообще - респект. Порадовали. Редко в последнее время студенты сами колупаются.

Что то непонятно, как у Вас получилось $ d\beta = dl\cos{\alpha}/r $

$\tg \beta = l/r \Rightarrow d\beta/\cos^2(\beta)=dl/r \Rightarrow d\beta=\cos^2(\beta)dl/r $

[Katmandu]

Повторюсь.

Katmandu в сообщении #937374 писал(а):

т.е. решение первым способом правильно до
$dE_{x} = \dfrac {\varkappa{dl}\cos{\alpha}}{r^{2}} $

тогда не понятно, как действовать дальше, чтобы найти E.


Решение же вторым способом (для того, что изображено на картинке) должно выглядеть так: $E = \dfrac {2\varkappa} {|OA|} $

Верно ли расписан: $ dE_x$ ?

Для Гаусса: в знаменателе стоит $|OA|$ , так как точка $A$ является точкой наблюдения.

[12d3]

Katmandu в сообщении #937391 писал(а):

Верно ли расписан: $ dE_x$ ?

Верно. Далее, выразите $r$ через $\alpha$ и $OA$. А дальше интегрируйте.

[romka_pomka]

Katmandu, да верно, верно. А дальше Вы демонстрируете непонимание.
1) $\tg \beta = l/r \Rightarrow d\beta/\cos^2(\beta)=dl/r \Rightarrow d\beta=\cos^2(\beta)dl/r $
2) Ваша $r^2=l^2 +$ то самое Гауссово $|OA|^2$
3) $l=r\tg\beta, dl = d\beta r/\cos^2(\beta)$ И вперед, подставлять в Ваше "верно", с учетом что $\alpha = \beta$.

[Katmandu]

$ r = \dfrac {|OA|} {\cos{\alpha}} $

$ dE_x = \dfrac {\varkappa{dl}\cos^3{\alpha}} {|OA|^2} $

[romka_pomka]

Katmandu, это допустимо и не карается, да. Остался $dl$.