Правка разделов «Условие», «Решение»
ru/6.1.19.md
+70 −5
| @@ -1,21 +1,86 @@ | |||
| ### Условие: | |||
| − | 6.1.19. Докажите, что составляющая напряженности электрического поля, перпендикулярная поверхности равномерно заряженного участка плоскости, равна E⊥ = $\frac{\sigma\Omega}{4\pi\varepsilon_0}$, где $\Omega$ — телесный угол, под которым виден этот участок из рассматриваемой точки пространства, $\sigma$ — поверхностная плотность заряда. Определите, пользуясь этим, напряженность электрического поля: а) в центре куба, пять граней которого равномерно заряжены с поверхностной плотностью заряда $\sigma$, а одна грань не заряжена; б) в центре правильного тетраэдра, три грани которого заряжены с поверхностной плотностью $\sigma_1$, а четвертая — с поверхностной плотностью заряда $\sigma_2$; в) равномерно заряженной плоскости, если поверхностная плотность заряда $\sigma$; г) на оси длинной трубы с сечением в виде правильного треугольника, если поверхностная плотность заряда граней треугольника трубы равна соответственно $\sigma_1$, $\sigma_2$, $\sigma_3$; д) в вершине конуса с углом при вершине $\alpha$ и высоты $h$, равномерно заряженного с объемной плотностью заряда $\rho$; е) на ребре длинного бруска, равномерно заряженного с объемной плотностью заряда $\rho$; поперечное сечение бруска — правильный треугольник со стороной $l$. | ||
| + | 6.1.19. Докажите, что составляющая напряженности электрического поля, перпендикулярная поверхности равномерно заряженного участка плоскости, равна $E_\perp = \frac{\sigma\Omega}{4\pi\varepsilon_0}$, где $\Omega$ — телесный угол, под которым виден этот участок из рассматриваемой точки пространства, $\sigma$ — поверхностная плотность заряда. Определите, пользуясь этим, напряженность электрического поля: | ||
| + | а) в центре куба, пять граней которого равномерно заряжены с поверхностной плотностью заряда $\sigma$, а одна грань не заряжена; | ||
| + | б) в центре правильного тетраэдра, три грани которого заряжены с поверхностной плотностью $\sigma_1$, а четвертая — с поверхностной плотностью заряда $\sigma_2$; | ||
| + | в) равномерно заряженной плоскости, если поверхностная плотность заряда $\sigma$; | ||
| + | г) на оси длинной трубы с сечением в виде правильного треугольника, если поверхностная плотность заряда граней треугольника трубы равна соответственно $\sigma_1$, $\sigma_2$, $\sigma_3$; | ||
| + | д) в вершине конуса с углом при вершине $\alpha$ и высоты $h$, равномерно заряженного с объемной плотностью заряда $\rho$; | ||
| + | е) на ребре длинного бруска, равномерно заряженного с объемной плотностью заряда $\rho$; поперечное сечение бруска — правильный треугольник со стороной $l$. | ||
| ### Решение: | |||
|  | |||
| − | |||
| − | |||
| + | Плоскость участка $dS'$ перпендикулярна отрезкам $R$ и $R$. | ||
| + | По определению телесного угла | ||
| − | Плоскость участка dS' перпендикулярна отрезкам R и R. По определению телесного угла $dS'=d\Omega{R^2}$ $S=\frac{dS'}{\cos{\alpha}}=\frac{d\Omega{R^2}}{h/R}=\frac{d\Omega{R^3}}{h}$ Заряд участка dS: $dQ=dS \cdot \sigma =\frac{d\Omega\sigma{R^3}}{h}$ Вектор напряжённости, перпендикулярный плоскости: $dE_n=dE \cdot \cos{\alpha}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{d\Omega\sigma{R^3}}{hR^2} \cdot \frac{h}{R}=\frac{\sigma{d}\Omega}{4\pi\varepsilon_0}$ $E_n=\int_0^\Omega{\frac{\sigma{d}\Omega}{4\pi\varepsilon_0}}=\frac{\sigma\Omega}{4\pi\varepsilon_0}$ a) Полный телесный угол - 4$\pi$срад. У куба 6 граней, каждая из граней ограничивает 1/6 часть пространства, т.е. они видны из центра под углом $4\pi /6=2\pi /3$срад. Напряжённости противоположных граней полностью компенсируют друг друга (симметрия). Есть 2 пары противоположных граней и одна свободная - она-то и будет создавать напряжённость. $E=\frac{\sigma\cdot 2\pi /3}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\sigma}{6\varepsilon_0}$ б) Грани тетраэдра ограничивают четверть пространства, их телесный угол - $\pi$срад. Три одинаково заряженные грани и последняя грань создадут векторы напряжённости, направленные вдоль высоты тетраэдра, и противоположные друг другу по направлению (прилежащие к высоте грани тетраэдра наклонены к ней под углом, синус которого равен 1/3): $E=\frac{\sigma_2\pi}{4\pi\varepsilon_0}-3\frac{\sigma_1\pi}{4\pi\varepsilon_0} \cdot \sin{\alpha}=\frac{\sigma_2}{4\varepsilon_0}-\frac{\sigma_1}{4\varepsilon_0}=\frac{\sigma_2-\sigma_1}{4\varepsilon_0}$ в) Плоскость ограничивает половину пространства, её телесный угол - $2\pi$срад $E=\frac{\sigma\cdot 2\pi}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$ г) Грани трубки ограничивают треть пространства, их телесный угол - $4\pi /3$срад. Три грани создадут три вектора, направленных под углом $120 ^{\circ}$ друг к другу, с модулем, который задаётся формулой $E_i=\frac{\sigma_i}{3\varepsilon_0}$. Запишем проекции векторов на ось вектора $E_1$: | ||
| + | $$dS'=d\Omega{R^2}$$ | ||
| + | $$S=\frac{dS'}{\cos{\alpha}}=\frac{d\Omega{R^2}}{h/R}=\frac{d\Omega{R^3}}{h}$$ | ||
| + | |||
| + | Заряд участка dS: | ||
| + | |||
| + | $$dQ=dS \cdot \sigma =\frac{d\Omega\sigma{R^3}}{h}$$ | ||
| + | |||
| + | Вектор напряжённости, перпендикулярный плоскости: | ||
| + | |||
| + | $$dE_n=dE \cdot \cos{\alpha}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{d\Omega\sigma{R^3}}{hR^2} \cdot \frac{h}{R}=\frac{\sigma{d}\Omega}{4\pi\varepsilon_0}$$ | ||
| + | |||
| + | $$E_n=\int_0^\Omega{\frac{\sigma{d}\Omega}{4\pi\varepsilon_0}}=\frac{\sigma\Omega}{4\pi\varepsilon_0}$$ | ||
| + | |||
| + | a) Полный телесный угол - 4$\pi$срад. | ||
| + | |||
| + | У куба 6 граней, каждая из граней ограничивает 1/6 часть пространства, т.е. они видны из центра под углом $4\pi /6=2\pi /3$срад. | ||
| + | |||
| + | Напряжённости противоположных граней полностью компенсируют друг друга (симметрия). Есть 2 пары противоположных граней и одна свободная - она-то и будет создавать напряжённость. | ||
| + | |||
| + | $$E=\frac{\sigma\cdot 2\pi /3}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\sigma}{6\varepsilon_0}$$ | ||
| + | |||
| + | б) Грани тетраэдра ограничивают четверть пространства, их телесный угол - $\pi$срад. Три одинаково заряженные грани и последняя грань создадут векторы напряжённости, направленные вдоль высоты тетраэдра, и противоположные друг другу по направлению (прилежащие к высоте грани тетраэдра наклонены к ней под углом, синус которого равен 1/3): | ||
| + | |||
| + | $$E=\frac{\sigma_2\pi}{4\pi\varepsilon_0}-3\frac{\sigma_1\pi}{4\pi\varepsilon_0} \cdot \sin{\alpha}=\frac{\sigma_2}{4\varepsilon_0}-\frac{\sigma_1}{4\varepsilon_0}=\frac{\sigma_2-\sigma_1}{4\varepsilon_0}$$ | ||
| + | |||
| + | |||
| + | в) Плоскость ограничивает половину пространства, её телесный угол - $2\pi$срад | ||
| + | |||
| + | $$E=\frac{\sigma\cdot 2\pi}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$$ | ||
| + | |||
| + | г) Грани трубки ограничивают треть пространства, их телесный угол - $4\pi /3$срад. Три грани создадут три вектора, направленных под углом $120 ^{\circ}$ друг к другу, с модулем, который задаётся формулой | ||
| + | |||
| + | $$E_i=\frac{\sigma_i}{3\varepsilon_0}.$$ | ||
| + | |||
| + | Запишем проекции векторов на ось вектора $E_1$: | ||
| + | |||
|  | |||
| − | д) Будем разрезать конус на малые диски, перпендикулярные высоте, радиус диска - r, толщина - dx. Каждый из дисков виден из вершины под одним и тем же телесным углом $\Omega=2\pi (1-\cos{\alpha})$ (известный факт, выводится интегрированием площади участка сферы по углу). Поверхностная плотность заряда дииска: $\sigma =\frac{\rho\cdot V}{S}=\frac{\rho\pi{r}^2 \cdot dx}{\pi{r}^2}=\rho{dx}$ Напряжённость, создаваемая диском: $dE=\frac{\sigma\Omega}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\rho{dx}2\pi (1-\cos{\alpha}}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\rho{dx}(1-\cos{\alpha}}{2\varepsilon_0}$ $E=\int_0^h\frac{\rho{dx}(1-\cos{\alpha})}{2\varepsilon_0}=\frac{\rho{h}(1-\cos{\alpha})}{2\varepsilon_0}$ е) Аналогично п. д) будем разбивать на длинные прямоугольники(длина - $\Delta{L}$, ширина - $a$, толщина - $dx$). Каждый прямоугольник виден под телесным углом $\Omega=4\pi\frac{60 ^{\circ}}{360 ^{\circ}}=2\pi /3$срад (шестая часть пространства) $\sigma =\frac{\rho\cdot V}{s}=\frac{\rho\cdot \Delta{L}a \cdot dx}{\Delta{L}a}=\rho{dx}$ $E=\int_0^{h}\frac{\sigma\Omega)}{4\pi\varepsilon_0}=\int_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}l}\frac{\rho{dx}2\pi /3}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\sqrt{3}\rho{l}}{12\varepsilon_0}$ | ||
| + | д) Будем разрезать конус на малые диски, перпендикулярные высоте, радиус диска - r, толщина - dx. Каждый из дисков виден из вершины под одним и тем же телесным углом | ||
| + | |||
| + | $$\Omega=2\pi (1-\cos{\alpha})$$ | ||
| + | |||
| + | (известный факт, выводится интегрированием площади участка сферы по углу). | ||
| + | |||
| + | Поверхностная плотность заряда дииска: | ||
| + | |||
| + | $$\sigma =\frac{\rho\cdot V}{S}=\frac{\rho\pi{r}^2 \cdot dx}{\pi{r}^2}=\rho{dx}$$ | ||
| + | |||
| + | Напряжённость, создаваемая диском: | ||
| + | |||
| + | $$dE=\frac{\sigma\Omega}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\rho{dx}2\pi (1-\cos{\alpha}}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\rho{dx}(1-\cos{\alpha}}{2\varepsilon_0}$$ | ||
| + | |||
| + | $$E=\int_0^h\frac{\rho{dx}(1-\cos{\alpha})}{2\varepsilon_0}=\frac{\rho{h}(1-\cos{\alpha})}{2\varepsilon_0}$$ | ||
| + | |||
| + | е) Аналогично п. д) будем разбивать на длинные прямоугольники(длина - $\Delta{L}$, ширина - $a$, толщина - $dx$). | ||
| + | |||
| + | Каждый прямоугольник виден под телесным углом | ||
| + | |||
| + | $\Omega=4\pi\frac{60 ^{\circ}}{360 ^{\circ}}=2\pi /3$ срад (шестая часть пространства) | ||
| + | |||
| + | $$\sigma =\frac{\rho\cdot V}{s}=\frac{\rho\cdot \Delta{L}a \cdot dx}{\Delta{L}a}=\rho{dx}$$ | ||
| + | |||
| + | $$E=\int_0^{h}\frac{\sigma\Omega)}{4\pi\varepsilon_0}=\int_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}l}\frac{\rho{dx}2\pi /3}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\sqrt{3}\rho{l}}{12\varepsilon_0}$$ | ||
| ### Ответ: | |||
|  | |||
| @@ -1,21 +1,86 @@ | |||
| ### Условие: | ### Условие: | ||
| 6.1.19. Докажите, что составляющая напряженности электрического поля, перпендикулярная поверхности равномерно заряженного участка плоскости, равна E⊥ = $\frac{\sigma\Omega}{4\pi\varepsilon_0}$, где $\Omega$ — телесный угол, под которым виден этот участок из рассматриваемой точки пространства, $\sigma$ — поверхностная плотность заряда. Определите, пользуясь этим, напряженность электрического поля: а) в центре куба, пять граней которого равномерно заряжены с поверхностной плотностью заряда $\sigma$, а одна грань не заряжена; б) в центре правильного тетраэдра, три грани которого заряжены с поверхностной плотностью $\sigma_1$, а четвертая — с поверхностной плотностью заряда $\sigma_2$; в) равномерно заряженной плоскости, если поверхностная плотность заряда $\sigma$; г) на оси длинной трубы с сечением в виде правильного треугольника, если поверхностная плотность заряда граней треугольника трубы равна соответственно $\sigma_1$, $\sigma_2$, $\sigma_3$; д) в вершине конуса с углом при вершине $\alpha$ и высоты $h$, равномерно заряженного с объемной плотностью заряда $\rho$; е) на ребре длинного бруска, равномерно заряженного с объемной плотностью заряда $\rho$; поперечное сечение бруска — правильный треугольник со стороной $l$. | 6.1.19. Докажите, что составляющая напряженности электрического поля, перпендикулярная поверхности равномерно заряженного участка плоскости, равна $E_\perp = \frac{\sigma\Omega}{4\pi\varepsilon_0}$, где $\Omega$ — телесный угол, под которым виден этот участок из рассматриваемой точки пространства, $\sigma$ — поверхностная плотность заряда. Определите, пользуясь этим, напряженность электрического поля: | ||
| а) в центре куба, пять граней которого равномерно заряжены с поверхностной плотностью заряда $\sigma$, а одна грань не заряжена; | |||
| б) в центре правильного тетраэдра, три грани которого заряжены с поверхностной плотностью $\sigma_1$, а четвертая — с поверхностной плотностью заряда $\sigma_2$; | |||
| в) равномерно заряженной плоскости, если поверхностная плотность заряда $\sigma$; | |||
| г) на оси длинной трубы с сечением в виде правильного треугольника, если поверхностная плотность заряда граней треугольника трубы равна соответственно $\sigma_1$, $\sigma_2$, $\sigma_3$; | |||
| д) в вершине конуса с углом при вершине $\alpha$ и высоты $h$, равномерно заряженного с объемной плотностью заряда $\rho$; | |||
| е) на ребре длинного бруска, равномерно заряженного с объемной плотностью заряда $\rho$; поперечное сечение бруска — правильный треугольник со стороной $l$. | |||
| ### Решение: | ### Решение: | ||
|  |  | ||
| Плоскость участка $dS'$ перпендикулярна отрезкам $R$ и $R$. | |||
| По определению телесного угла | |||
| Плоскость участка dS' перпендикулярна отрезкам R и R. По определению телесного угла $dS'=d\Omega{R^2}$ $S=\frac{dS'}{\cos{\alpha}}=\frac{d\Omega{R^2}}{h/R}=\frac{d\Omega{R^3}}{h}$ Заряд участка dS: $dQ=dS \cdot \sigma =\frac{d\Omega\sigma{R^3}}{h}$ Вектор напряжённости, перпендикулярный плоскости: $dE_n=dE \cdot \cos{\alpha}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{d\Omega\sigma{R^3}}{hR^2} \cdot \frac{h}{R}=\frac{\sigma{d}\Omega}{4\pi\varepsilon_0}$ $E_n=\int_0^\Omega{\frac{\sigma{d}\Omega}{4\pi\varepsilon_0}}=\frac{\sigma\Omega}{4\pi\varepsilon_0}$ a) Полный телесный угол - 4$\pi$срад. У куба 6 граней, каждая из граней ограничивает 1/6 часть пространства, т.е. они видны из центра под углом $4\pi /6=2\pi /3$срад. Напряжённости противоположных граней полностью компенсируют друг друга (симметрия). Есть 2 пары противоположных граней и одна свободная - она-то и будет создавать напряжённость. $E=\frac{\sigma\cdot 2\pi /3}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\sigma}{6\varepsilon_0}$ б) Грани тетраэдра ограничивают четверть пространства, их телесный угол - $\pi$срад. Три одинаково заряженные грани и последняя грань создадут векторы напряжённости, направленные вдоль высоты тетраэдра, и противоположные друг другу по направлению (прилежащие к высоте грани тетраэдра наклонены к ней под углом, синус которого равен 1/3): $E=\frac{\sigma_2\pi}{4\pi\varepsilon_0}-3\frac{\sigma_1\pi}{4\pi\varepsilon_0} \cdot \sin{\alpha}=\frac{\sigma_2}{4\varepsilon_0}-\frac{\sigma_1}{4\varepsilon_0}=\frac{\sigma_2-\sigma_1}{4\varepsilon_0}$ в) Плоскость ограничивает половину пространства, её телесный угол - $2\pi$срад $E=\frac{\sigma\cdot 2\pi}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$ г) Грани трубки ограничивают треть пространства, их телесный угол - $4\pi /3$срад. Три грани создадут три вектора, направленных под углом $120 ^{\circ}$ друг к другу, с модулем, который задаётся формулой $E_i=\frac{\sigma_i}{3\varepsilon_0}$. Запишем проекции векторов на ось вектора $E_1$: | $$dS'=d\Omega{R^2}$$ | ||
| $$S=\frac{dS'}{\cos{\alpha}}=\frac{d\Omega{R^2}}{h/R}=\frac{d\Omega{R^3}}{h}$$ | |||
| Заряд участка dS: | |||
| $$dQ=dS \cdot \sigma =\frac{d\Omega\sigma{R^3}}{h}$$ | |||
| Вектор напряжённости, перпендикулярный плоскости: | |||
| $$dE_n=dE \cdot \cos{\alpha}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{d\Omega\sigma{R^3}}{hR^2} \cdot \frac{h}{R}=\frac{\sigma{d}\Omega}{4\pi\varepsilon_0}$$ | |||
| $$E_n=\int_0^\Omega{\frac{\sigma{d}\Omega}{4\pi\varepsilon_0}}=\frac{\sigma\Omega}{4\pi\varepsilon_0}$$ | |||
| a) Полный телесный угол - 4$\pi$срад. | |||
| У куба 6 граней, каждая из граней ограничивает 1/6 часть пространства, т.е. они видны из центра под углом $4\pi /6=2\pi /3$срад. | |||
| Напряжённости противоположных граней полностью компенсируют друг друга (симметрия). Есть 2 пары противоположных граней и одна свободная - она-то и будет создавать напряжённость. | |||
| $$E=\frac{\sigma\cdot 2\pi /3}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\sigma}{6\varepsilon_0}$$ | |||
| б) Грани тетраэдра ограничивают четверть пространства, их телесный угол - $\pi$срад. Три одинаково заряженные грани и последняя грань создадут векторы напряжённости, направленные вдоль высоты тетраэдра, и противоположные друг другу по направлению (прилежащие к высоте грани тетраэдра наклонены к ней под углом, синус которого равен 1/3): | |||
| $$E=\frac{\sigma_2\pi}{4\pi\varepsilon_0}-3\frac{\sigma_1\pi}{4\pi\varepsilon_0} \cdot \sin{\alpha}=\frac{\sigma_2}{4\varepsilon_0}-\frac{\sigma_1}{4\varepsilon_0}=\frac{\sigma_2-\sigma_1}{4\varepsilon_0}$$ | |||
| в) Плоскость ограничивает половину пространства, её телесный угол - $2\pi$срад | |||
| $$E=\frac{\sigma\cdot 2\pi}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$$ | |||
| г) Грани трубки ограничивают треть пространства, их телесный угол - $4\pi /3$срад. Три грани создадут три вектора, направленных под углом $120 ^{\circ}$ друг к другу, с модулем, который задаётся формулой | |||
| $$E_i=\frac{\sigma_i}{3\varepsilon_0}.$$ | |||
| Запишем проекции векторов на ось вектора $E_1$: | |||
|  |  | ||
| д) Будем разрезать конус на малые диски, перпендикулярные высоте, радиус диска - r, толщина - dx. Каждый из дисков виден из вершины под одним и тем же телесным углом $\Omega=2\pi (1-\cos{\alpha})$ (известный факт, выводится интегрированием площади участка сферы по углу). Поверхностная плотность заряда дииска: $\sigma =\frac{\rho\cdot V}{S}=\frac{\rho\pi{r}^2 \cdot dx}{\pi{r}^2}=\rho{dx}$ Напряжённость, создаваемая диском: $dE=\frac{\sigma\Omega}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\rho{dx}2\pi (1-\cos{\alpha}}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\rho{dx}(1-\cos{\alpha}}{2\varepsilon_0}$ $E=\int_0^h\frac{\rho{dx}(1-\cos{\alpha})}{2\varepsilon_0}=\frac{\rho{h}(1-\cos{\alpha})}{2\varepsilon_0}$ е) Аналогично п. д) будем разбивать на длинные прямоугольники(длина - $\Delta{L}$, ширина - $a$, толщина - $dx$). Каждый прямоугольник виден под телесным углом $\Omega=4\pi\frac{60 ^{\circ}}{360 ^{\circ}}=2\pi /3$срад (шестая часть пространства) $\sigma =\frac{\rho\cdot V}{s}=\frac{\rho\cdot \Delta{L}a \cdot dx}{\Delta{L}a}=\rho{dx}$ $E=\int_0^{h}\frac{\sigma\Omega)}{4\pi\varepsilon_0}=\int_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}l}\frac{\rho{dx}2\pi /3}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\sqrt{3}\rho{l}}{12\varepsilon_0}$ | д) Будем разрезать конус на малые диски, перпендикулярные высоте, радиус диска - r, толщина - dx. Каждый из дисков виден из вершины под одним и тем же телесным углом | ||
| $$\Omega=2\pi (1-\cos{\alpha})$$ | |||
| (известный факт, выводится интегрированием площади участка сферы по углу). | |||
| Поверхностная плотность заряда дииска: | |||
| $$\sigma =\frac{\rho\cdot V}{S}=\frac{\rho\pi{r}^2 \cdot dx}{\pi{r}^2}=\rho{dx}$$ | |||
| Напряжённость, создаваемая диском: | |||
| $$dE=\frac{\sigma\Omega}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\rho{dx}2\pi (1-\cos{\alpha}}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\rho{dx}(1-\cos{\alpha}}{2\varepsilon_0}$$ | |||
| $$E=\int_0^h\frac{\rho{dx}(1-\cos{\alpha})}{2\varepsilon_0}=\frac{\rho{h}(1-\cos{\alpha})}{2\varepsilon_0}$$ | |||
| е) Аналогично п. д) будем разбивать на длинные прямоугольники(длина - $\Delta{L}$, ширина - $a$, толщина - $dx$). | |||
| Каждый прямоугольник виден под телесным углом | |||
| $\Omega=4\pi\frac{60 ^{\circ}}{360 ^{\circ}}=2\pi /3$ срад (шестая часть пространства) | |||
| $$\sigma =\frac{\rho\cdot V}{s}=\frac{\rho\cdot \Delta{L}a \cdot dx}{\Delta{L}a}=\rho{dx}$$ | |||
| $$E=\int_0^{h}\frac{\sigma\Omega)}{4\pi\varepsilon_0}=\int_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}l}\frac{\rho{dx}2\pi /3}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\sqrt{3}\rho{l}}{12\varepsilon_0}$$ | |||
| ### Ответ: | ### Ответ: | ||
|  |  | ||