Равномерно заряженный по поверхности цилиндр

[drug39]

В этот раз интриги не вышло. Но я всё равно расскажу. Поле дальнего основания равно $\sigma\Omega$, где $\Omega$ $\--$ телесный угол, под которым видно основание из точки наблюдения поля.
$\Omega=2\pi(1-\cos\vartheta)$, где $\vartheta$ $\--$ зенитный угол, под которым видно основание. Эту формулу следует просто знать.
Теперь вклад в искомое поле от боковой поверхности опять же с применением формулы $E_n=\sigma\Omega_s$.
Здесь $E_n$ $\--$ нормальная составляющая, а $\Omega_s$ $\--$ телесный угол, под которым видна боковая поверхность, т.е. $2\pi-\Omega$. Здесь мы мысленно сворачиваем боковую поверхность в один элемент-отрезок. Остаётся узнать, под каким углом направлено поле элемента-отрезка. Это несложно. Олимпийцы уж точно должны знать, что вектор поля равномерно заряженного отрезка лежит на биссектрисе угла, под которым виден отрезок.
Поэтому вклад от боковой поверхности равен $\sigma\Omega_s\tg\dfrac{\pi/2-\vartheta}{2}$. Ну, и плюс поле ближнего основания $2\pi\sigma$. Вот, всё решение без интегрирования.
Дополнительный вариант задачи интересен тем, что там поле боковой поверхности равно полю дальнего основания. Это можно сразу заметить и поле боковой поверхности не искать.

[Ignatovich]

drug39 в сообщении #1502051 писал(а):

Дополнительный вариант задачи интересен тем, что там поле боковой поверхности равно полю дальнего основания. Это можно сразу заметить и поле боковой поверхности не искать.

...не знаю, как это можно сразу, не решая задачи, заметить.
Добавлю, что поле у торца максимально (и в 2 раза превышает поле бесконечной плоскости) при $H/D\to\infty$ и при $H/D\to0$. Поле у торца минимально при $H=D/2$.
Drug39, спасибо.

[drug39]

Ignatovich в сообщении #1502125 писал(а):

...не знаю, как это можно сразу, не решая задачи, заметить.

Возьмём элементарный осевой сектор цилиндра. В осевом сечении цилиндра такой сектор является квадратом. Разделим квадрат ещё на равные элементарные сектора с общей вершиной, находящейся в точке наблюдения поля.
Через точку наблюдения поля проведём диагональ квадрата. Теперь рассмотрим два такие элементарные сектора,
которые симметричны друг другу относительно диагонали. Если одному сектору соответствует зенитный угол
$\vartheta$, то другому соответствует $\pi/2 - \vartheta$. Расстояния до точки наблюдения поля равны для обоих зарядов, относящихся к этим секторам. Если заряд, относящийся к сектору, лежит на боковой стороне цилиндра и равен $q$, то заряд, относящийся к симметричному сектору, равен $q \tg\vartheta$.
Думаю, уже понятно, что и вклады в искомое поле от этих зарядов равны.
Вот. Таким образом это и видно. Не сказать, чтобы совсем сразу. Но зато без взятия интегралов.