В "лоб" такие задачи решаются через интеграл по пространственной области. Используя симметрию задачи, решение можно существенно упростить.
Для начала я бы, как совершенно справедливо заметил Артур0007, выбрал бы "правильную" систему отсчета. Поместим начало координат в цент шара, ось Ox направим вдоль вектора
. Тогда плотность заряда выражается простой функцией
.
Понятно, что пространственный (тройной) интеграл сводится к трехкратному интегрированию. Соответственно, решение задачи разбивается на три этапа, - просто для того, чтобы было более понятно.
На первом этапе я бы нашел напряженность электрического поля, создаваемого равномерно заряженной окружностью (с заданной линейной плотностью заряда) на ее оси как функцию расстояния от плоскости окружности до точки на оси. Это совсем просто, даже интегрировать не надо.
На втором этапе я бы нашел напряженность электрического поля, создаваемого равномерно заряженным кругом (с заданной поверхностной плотностью заряда) на его оси тоже как функцию расстояния, просто проинтегрировав результаты этапа 1 по радиусу. Это тоже очень просто.
Наконец, я бы проинтегрировал результаты этапа 2 по x и тем самым получил бы ответ. Тут есть небольшая сложность в том, что радиус круга (плоского слоя шара) зависит от его координаты x. Но это несильно затрудняет решение.
Вот тебе готовый план решения. Действуй.
18.10.2006, 20:05 
, где 
постоянный вектор, 
- радиус вектор, проведённый из центра шара!
в уравнение 
вдоль оси Ох это я и сам додумался, но я сомневаюсь, что в результате этого получим форумулу 
скорее получим 
.
![\[
\begin{gathered}
dE_a = \rho (\vec r)\tfrac{{\cos (\angle (\vec a,\vec r))}}
{{r^2 }}dV = ar\frac{{\cos ^2 (\angle (\vec a,\vec r))}}
{{r^2 }}dV = \hfill \\
a\frac{{\cos ^2 (\angle (\vec a,\vec r))}}
{r}dV = a\frac{{(\vec a,\vec r)^2 }}
{{a^2 r^3 }}dV = \hfill \\
\frac{{(az)^2 }}
{{ar^3 }}dV = \frac{{az^2 }}
{{r^3 }}dV \hfill \\
\end{gathered}
\]](https://dxdy-03.korotkov.co.uk/f/6/c/d/6cdd9f24292931ca68978b41e805c9ae82.png "\[
\begin{gathered}
dE_a = \rho (\vec r)\tfrac{{\cos (\angle (\vec a,\vec r))}}
{{r^2 }}dV = ar\frac{{\cos ^2 (\angle (\vec a,\vec r))}}
{{r^2 }}dV = \hfill \\
a\frac{{\cos ^2 (\angle (\vec a,\vec r))}}
{r}dV = a\frac{{(\vec a,\vec r)^2 }}
{{a^2 r^3 }}dV = \hfill \\
\frac{{(az)^2 }}
{{ar^3 }}dV = \frac{{az^2 }}
{{r^3 }}dV \hfill \\
\end{gathered}
\]")
![\[
E_a = \iiint\limits_{x^2 + y^2 + z^2 \leqslant R^2 } {\frac{{az^2 }}
{{(x^2 + y^2 + z^2 )^{3/2} }}dxdydz}
\]](https://dxdy-02.korotkov.co.uk/f/5/6/a/56a0d45d934a3b23be02620944b279c782.png "\[
E_a = \iiint\limits_{x^2 + y^2 + z^2 \leqslant R^2 } {\frac{{az^2 }}
{{(x^2 + y^2 + z^2 )^{3/2} }}dxdydz}
\]")
![\[
\left\{ \begin{gathered}
x = r\sin (\theta )cos(\varphi ) \hfill \\
y = r\sin (\theta )\sin (\varphi ) \hfill \\
z = rcos(\theta ) \hfill \\
0 \leqslant \theta \leqslant \pi \hfill \\
0 \leqslant \varphi \leqslant 2\pi \hfill \\
0 \leqslant r \leqslant R \hfill \\
\end{gathered} \right.
\]](https://dxdy-02.korotkov.co.uk/f/1/f/4/1f47f9a0b357f373145456464774f53882.png "\[
\left\{ \begin{gathered}
x = r\sin (\theta )cos(\varphi ) \hfill \\
y = r\sin (\theta )\sin (\varphi ) \hfill \\
z = rcos(\theta ) \hfill \\
0 \leqslant \theta \leqslant \pi \hfill \\
0 \leqslant \varphi \leqslant 2\pi \hfill \\
0 \leqslant r \leqslant R \hfill \\
\end{gathered} \right.
\]")
: посчитаем потенциал в одной точке (h,0,0) и от полученной функции в 0 возьмем производную ![\[
\iiint\limits_{\left\{ \begin{subarray}{l}
0 \leqslant \theta \leqslant \pi \\
0 \leqslant \varphi \leqslant 2\pi \\
0 \leqslant r \leqslant R
\end{subarray} \right.} {\frac{{ar^2 cos^2 (\theta )}}
{{r^3 }}r^2 \sin (\theta )}drd\varphi d\theta
\]](https://dxdy-03.korotkov.co.uk/f/e/5/0/e501970c5be4ea91fa73e7d7188e5a6c82.png "\[
\iiint\limits_{\left\{ \begin{subarray}{l}
0 \leqslant \theta \leqslant \pi \\
0 \leqslant \varphi \leqslant 2\pi \\
0 \leqslant r \leqslant R
\end{subarray} \right.} {\frac{{ar^2 cos^2 (\theta )}}
{{r^3 }}r^2 \sin (\theta )}drd\varphi d\theta
\]")
![\[
\iiint\limits_D {\frac{{ar^2 cos^2 (\theta )}}
{{r^3 }}r^2 \sin (\theta )}drd\varphi d\theta
\]](https://dxdy-02.korotkov.co.uk/f/1/5/4/15429a7e8ac0c0bee84e5485115e336182.png "\[
\iiint\limits_D {\frac{{ar^2 cos^2 (\theta )}}
{{r^3 }}r^2 \sin (\theta )}drd\varphi d\theta
\]")
![\[
D = \left\{ {(r,\theta ,\varphi )\left| {0 \leqslant \theta \leqslant \pi ,} \right.0 \leqslant \varphi \leqslant 2\pi ,0 \leqslant r \leqslant R} \right\}
\]](https://dxdy-02.korotkov.co.uk/f/1/1/9/119a516d6763f255ccea42c8e24f12d682.png "\[
D = \left\{ {(r,\theta ,\varphi )\left| {0 \leqslant \theta \leqslant \pi ,} \right.0 \leqslant \varphi \leqslant 2\pi ,0 \leqslant r \leqslant R} \right\}
\]")
![\[
\begin{gathered}
\iiint\limits_D {\frac{{ar^2 cos^2 (\theta )}}
{{r^3 }}r^2 \sin (\theta )}drd\varphi d\theta = \hfill \\
a\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi \int\limits_0^\pi {d\theta } } \left[ {cos^2 (\theta )\sin (\theta )} \right]\int\limits_0^R {rdr} = a \cdot 2\pi \cdot \left( {\left. { - \frac{{t^3 }}
{3}} \right|_1^{ - 1} } \right) \cdot \frac{{R^2 }}
{2} = a\pi R^2 \cdot \frac{2}
{3} \hfill \\
\end{gathered}
\]](https://dxdy-01.korotkov.co.uk/f/8/b/9/8b94a902bcd15984acdbe56f89c1a2f482.png "\[
\begin{gathered}
\iiint\limits_D {\frac{{ar^2 cos^2 (\theta )}}
{{r^3 }}r^2 \sin (\theta )}drd\varphi d\theta = \hfill \\
a\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi \int\limits_0^\pi {d\theta } } \left[ {cos^2 (\theta )\sin (\theta )} \right]\int\limits_0^R {rdr} = a \cdot 2\pi \cdot \left( {\left. { - \frac{{t^3 }}
{3}} \right|_1^{ - 1} } \right) \cdot \frac{{R^2 }}
{2} = a\pi R^2 \cdot \frac{2}
{3} \hfill \\
\end{gathered}
\]")
"мы считали в системе единиц где "![\[
\frac{1}
{{4\pi \varepsilon _0 }} = 1
\]](https://dxdy-04.korotkov.co.uk/f/f/2/e/f2e903bf667dffa80bbb1ca7e02ffc7c82.png "\[
\frac{1}
{{4\pi \varepsilon _0 }} = 1
\]")
И следует домножить на это для ответа в системе СИ.
так как плотность зпряда скаляр. В ваших вариантах (обоих) скаляр приравнавается вектору а это модуль вектора.