Fixed 6.1.13 6.1.16 6.1.17 6.1.18

astrosander edited
View solution History
revision #257 parent #253 GitHub 0acb3b1 ← older newer →
ru/6.1.17.md +2 −2
@@ -173,8 +173,8 @@
<div class="solutions">
<p class="TxtSolutions">
В центре кольца два одинаковых противоположных небольших участка кольца создают напряжённости, равные по модулю и противоположные по направлению. По принципу суперпозиции результирующая напряжённость есть векторная сумма всех элементарных напряжённостей $\vec{E}=\sum\vec{E_i}$. Сумма противоположных по направлению векторов равна $vec{0}$, а значит результирующая напряжённость равна нулю.<br> <br>
−На расстоянии h от центра кольца проекции элементарных напряжённостей на плоскость кольца аналогичным образом скомпенсируются, но их проекции на ось кольца останутся. $(E_i)_{Oh}=E_i*\sin{\alpha}$, где $\alpha$ - угол наклона $\vec{E_i}$ к плоскости кольца ($\tan{\alpha}=h/R$).<br> <br>
−$E=\sum{(E_i)_{Oh}}=\sum{E_i*\sin{\alpha}}=\sum{\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\Delta{Q}}{R^2+h^2}*\frac{h}{\sqrt{R^2+h^2}}}$, где $\Delta{Q}$ - заряд малого участка, $\sum{\Delta{Q}}=Q$<br>
+На расстоянии h от центра кольца проекции элементарных напряжённостей на плоскость кольца аналогичным образом скомпенсируются, но их проекции на ось кольца останутся. $(E_i)_{Oh}=E_i \cdot \sin{\alpha}$, где $\alpha$ - угол наклона $\vec{E_i}$ к плоскости кольца ($\tan{\alpha}=h/R$).<br> <br>
+$E=\sum{(E_i)_{Oh}}=\sum{E_i \cdot \sin{\alpha}}$$=\sum{\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\Delta{Q}}{R^2+h^2}\cdot \frac{h}{\sqrt{R^2+h^2}}}$, где $\Delta{Q}$ - заряд малого участка, $\sum{\Delta{Q}}=Q$<br>
$E=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Qh}{(R^2+h^2)^{3/2}}$
</p>
</div>
unchanged lines 60