Поле бесконечной плоскости

[Viktor92]

Здравствуйте. Задача типовая, и как её решить по теореме Гаусса я знаю, интересно было применить мат. аппарат и проинтегрировать, вроде всё делаю верно, а ответ не выходит, подскажите где ошибка.
Пусть нам надо определить напряжённость поля в точке $M$на расстоянии $R$ от плоскости с поверхностью плотностью заряда $\sigma$, из соображений симметрии нас интересуют, только составляющие силы перпендикулярные плоскости, т.к. тангенциальные будут уравновешены. По закону Кулона перпендикулярная составляющая силы между некоторым бесконечно малым элементом площади пластины и единичным пробным зарядом в точке $M$ есть

$$dF=\frac{\sigma dxdy}{x^2+y^2+R^2}cos{\phi}$$

Выразим и подставим $cos{\phi}=\frac{R}{x^2+y^2=R^2}$

$$dF=\frac{\sigma dxdy R}{(x^2+y^2+R^2)^2}$$

Осталось взять двойной интеграл по плоскости

$$\int\int\frac{\sigma dxdy R}{(x^2+y^2+R^2)^2} $$

Его удобнее брать переходя к полярным координатам, тогда получим

$$\int_{0}^{\infty}dr\int_{0}^{2\pi}\frac{\sigma R}{(r^2+R^2)^2}r d\theta$$

После интегрирования ответ не получается равный $2\pi\sigma$

[Pphantom]

В таком виде это делать неудобно - лучше сначала записать потенциал в точке (пытаться брать интеграл не надо), а потом сосчитать от него градиент.

А ошибка у Вас в подсчете косинуса - в знаменателе квадратного корня не хватает (зато есть знак равенства ).

[Geen]

Viktor92 в сообщении #987376 писал(а):

Выразим и подставим $cos{\phi}=\frac{R}{x^2+y^2=R^2}$

Похоже в этой формуле одна опечатка и одна ошибка...

[Kitozavr]

На этом видео продемонстрированы вычисления, но по-английски.

[iifat]

Viktor92 в сообщении #987376 писал(а):

Выразим и подставим $\cos{\phi}=\frac{R}{x^2+y^2=R^2}$

$\cos\varphi=\frac R{\sqrt{x^2+y^2+R^2}}$, не?

-- 08.03.2015, 22:05 --

Ой, опередили

[Viktor92]

Спасибо, несколько раз пересчитывал и не замечал этого, во даю

Цитата:

В таком виде это делать неудобно - лучше сначала записать потенциал в точке (пытаться брать интеграл не надо), а потом сосчитать от него градиент.

Потенциал в точке, также будет двойным интегралом

$$\phi_M=\int\int\frac{\sigma}{\sqrt{x^2+y^2+R^2}}dxdy$$

Что-то не представляю , как от него можно взять градиент?

[DimaM]

Viktor92 в сообщении #987398 писал(а):

Что-то не представляю , как от него можно взять градиент?

Этот интеграл очевидно расходится, что физически вполне понятно. Разумно взять кусок плоскости в виде круга большого, но конечного радиуса.

[Pphantom]

Viktor92 в сообщении #987398 писал(а):

Что-то не представляю , как от него можно взять градиент?

Элементарно. Очевидно, что он будет перпендикулярен плоскости, поэтому достаточно сосчитать $\frac{\partial \phi_M}{\partial R}$. И, кстати, лучше все-таки пользоваться полярными координатами - принципиальной разницы нет, но выглядит симпатичнее.

DimaM в сообщении #987413 писал(а):

Этот интеграл очевидно расходится, что физически вполне понятно. Разумно взять кусок плоскости в виде круга большого, но конечного радиуса.

Так можно, но совершенно не нужно, после дифференцирования по параметру интеграл сойдется.

[Munin]

Ну кто обозначает расстояние от плоскости $R$??? Это же радиус, или радиальная координата, или расстояние между точками. А расстояние до плоскости можно обозначить $z,$ или $h,$ или на худой конец $d$ (что вообще нехорошо, потому что эта буква забита за дифференциалом).

Не выбирайте контр-интуитивных обозначений - это приведёт к многочисленным ошибкам в выкладках.

[DimaM]

Pphantom в сообщении #987419 писал(а):

после дифференцирования по параметру интеграл сойдется

Так это получится просто интеграл для поля, который в теме уже посчитан.

[Pphantom]

DimaM в сообщении #987428 писал(а):

Так это получится просто интеграл для поля, который в теме уже посчитан.

Скорее уж записан, причем с ошибкой. Да, можно и так, тогда не будет проблемы с расходимостью.

[Viktor92]

Pphantom в сообщении #987419 писал(а):

Элементарно. Очевидно, что он будет перпендикулярен плоскости, поэтому достаточно сосчитать $\frac{\partial \phi_M}{\partial R}$. И, кстати, лучше все-таки пользоваться полярными координатами - принципиальной разницы нет, но выглядит симпатичнее.

Я так понимаю мы при некоторых условиях, которые оговорены в мат. анализе можем перейти к пределу под знаком интеграла, и дифференцирование по $R$ будет выглядеть так:

$$\frac{\partial \phi_M}{\partial R}=\int_{0}^{\infty}dr\int_{0}^{2\pi}\frac{\partial }{\partial R}\frac{\sigma rd\theta}{\sqrt{r^2+R^2}}=-R\sigma\int_{0}^{\infty}dr\int_{0}^{2\pi}\frac{rd\theta}{(r^2+R^2)^\frac 3 2}=-2\pi R\sigma \int_{0}^{\infty}\frac{r}{(r^2+R^2)^\frac 3 2}dr$$

После интегрирования получается искомый ответ, вот только со знаком минус, это нормально?

DimaM в сообщении #987413 писал(а):

Этот интеграл очевидно расходится, что физически вполне понятно. Разумно взять кусок плоскости в виде круга большого, но конечного радиуса.

Под интегралом монотонно убывающая ограниченная функция, мне казалось что он должен сходится, как раз к значению потенциалу в точке $M$, т.е. это работа , чтобы от плоскости до данной точки пробный заряд перенести, она ведь конечна.

Munin в сообщении #987426 писал(а):

Ну кто обозначает расстояние от плоскости $R$??? Это же радиус, или радиальная координата, или расстояние между точками.

Извиняюсь, и правда не очень удобно.

[DimaM]

Viktor92 в сообщении #987437 писал(а):

После интегрирования получается искомый ответ, вот только со знаком минус, это нормально?

Нормально. Поле - это минус градиент потенциала.

Viktor92 в сообщении #987437 писал(а):

Под интегралом монотонно убывающая ограниченная функция, мне казалось что он должен сходится

В полярных координатах под интегралом будет стоять функция $\dfrac{r}{\sqrt{r^2+R^2}}$ - она вовсе не убывает при больших $r$ (а стремится к единице).

[Viktor92]

DimaM в сообщении #987440 писал(а):

Viktor92 в сообщении #987437 писал(а):

Под интегралом монотонно убывающая ограниченная функция, мне казалось что он должен сходится

В полярных координатах под интегралом будет стоять функция $\dfrac{r}{\sqrt{r^2+R^2}}$ - она вовсе не убывает при больших $r$ (а стремится к единице).

Согласен, в полярных это так, но тогда ничего не пойму, возникает противоречие, в декартовых интеграл от функции $\frac {\sigma}{\sqrt{x^2+y^2+R^2}}$ должен сходится, т.к. она ограничена и убывает, а при переходе к полярным интеграл от этой функции становится расходящимся?

[DimaM]

Viktor92 в сообщении #987446 писал(а):

интеграл от функции $\frac {\sigma}{\sqrt{x^2+y^2+R^2}}$ должен сходится, т.к. она ограничена и убывает

Это недостаточное условие. Например, интеграл $\int\limits_1^\infty \frac{dx}{\sqrt{x}}$ расходится, хотя функция ограничена и убывает. Просто убывает, как и ваша функция, недостаточно быстро.