A1  ^0.20 Найдите напряженность поля в центре заряженного кольца.

В центре кольца поле любого заряда направлено в его плоскости, поэтому величина поля равна нулю в силу симметрии и

A2  ^0.30 Найдите потенциал на оси кольца на расстоянии $x$ от его центра.

Расстояние до зарядов на кольце равняется $\sqrt{R^2+x^2}$, откуда
$$\varphi=\frac{kQ}{\sqrt{R^2+x^2}}=\frac{\lambda{R}}{2{\epsilon_0}\sqrt{R^2+x^2}}
$$

A3  ^0.30 Найдите модуль напряженности поле на оси кольца на расстоянии $x$ от его центра.

Вектор напряжённости электрического поля каждого из зарядов образует с вертикалью угол $\alpha$ такой, что $cos(\alpha)=\frac{x}{\sqrt{x^2+R^2}}$
Комбинируя это с законом кулона
$$E=\frac{kQx}{(x^2+R^2)^\frac{3}{2}}=\frac{{\lambda}xR}{2{\epsilon_0}(x^2+R^2)^\frac{3}{2}}
$$

A4  ^0.60 При каком значении $x$ напряженность поля на оси кольца максимальна? Найдите эту максимальную напряженность.

Возьмём производную от выражения $\frac{x}{(x^2+R^2)^\frac{3}{2}}$ и приравняем нулю
$$\frac{1}{(x^2+R^2)^\frac{3}{2}}-\frac{3x^2}{(x^2+R^2)^\frac{5}{2}}=0
$$
Откуда
$$x=\frac{R}{\sqrt{2}}
$$
Подставляя значение $x$ в выражение для электрического поля
$$E_{max}=\frac{\lambda}{3\sqrt{3}R\epsilon_0}
$$

A5  ^0.60 Найдите напряженность поля, создаваемого диском радиуса $R$, равномерно заряженного по поверхности с плотностью заряда $\sigma$ на его оси на расстоянии $x$ от центра.

Как известно, выражение для нормальной составляющей поля плоского слоя, равномерно заряженного по поверхности следующее
$$E_n=\frac{{\sigma}\Omega}{4\pi\epsilon_0}
$$
где $\Omega$ - телесный угол, под которым из данной точки виден плоский слой.
Выражение для телесного угла, под котором виден диск из точки, находящейся на его оси на расстоянии $x$ от центра следующее
$$\Omega=2{\pi}\left(1-\frac{x}{\sqrt{x^2+R^2}}\right)
$$
Откуда
$$E=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\left(1-\frac{x}{\sqrt{x^2+R^2}}\right)
$$

B1  ^0.20 Найдите потенциал на оси кольца на расстоянии $x$ от его центра.

Поскольку расстояние до всех точек кольца одинаково при всех $x$, а суммарный заряд кольца равен нулю
$$\varphi(x)=0
$$

B2  ^1.00 Найдите модуль напряженности поля в центре кольца.

Если векторно просуммировать поля от зарядов половины кольца, то поскольку оно заряжено равномерно, модуль электрического поля будет равен диаметру окржности, полупериметр которой равен сумме модулей напряжённости полей зарядов
$$|E|=\frac{kQ}{R^2}
$$
Тогда выражение для поля половины кольца
$$E=\frac{2|E|}{\pi}=\frac{2kQ}{{\pi}R^2}
$$
Вектор поля второй половины равен по модулю $E$ и направлен противоположно первому. Таким образом
$$E=\frac{4kQ}{{\pi}R^2}=\frac{\lambda}{{\pi}R\epsilon_0}
$$

B3  ^0.80 Найдите модуль напряженности поля на оси кольца на расстоянии $x$ от его центра.

Воспользуемся результатом предыдущего пункта. Поскольку потенциал на оси кольца нулевой, проекция суммарного поля на направление оси нулевая. Тогда из предыдущего поля находим выражение для электрического поля
$$E=\frac{4kQR}{{\pi}(R^2+x^2)^\frac{3}{2}}=\frac{\lambda{R}^2}{{\pi}(R^2+x^2)^\frac{3}{2}}
$$

C1  ^0.30 Чему равен модуль напряженности электрического поля на расстоянии $r < R$ от оси цилиндра?

В силу симметрии поле может быть направлено только перпендикулярно оси цилиндра. Из теоремы Гаусса для цилиндрической поверхности радиуса $r$ и некоторой длины $L$, ось которой совпадает с осью исходного цилиндра, следует, что поток наряжённости электрического поля будет равен нулю. Поскольку на равных расстояниях от оси цилиндра поле будет иметь одинаковую величину, поток представляется следующим выражением
$$\Phi=2{\pi}rLE=0
$$
откуда следует, что при любых значениях $r$
$$E=0
$$

C2  ^2.00 Найдите модуль напряженности поля в центре основания цилиндра $O$.

Рассмотрим смещение на малую величину $dx$ вдоль оси цилиндра. Из определения потенциала
$$E_x=-\frac{d\varphi}{dx}
$$
Найдём изменение потенциала. После смещения расположение точки и цилиндра совпадают с точностью до кольца толщины $dx$, которое переместилось из основания в бесконечность. Поэтому выражение для изменения потенциала следующее
$$d\varphi=-\frac{2k{\pi}R{\sigma}dx}{R}=-2k{\pi}{\sigma}dx
$$
Откуда
$$E_x=2k{\pi}{\sigma}=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}
$$

C3  ^0.70 Рассмотрим точку $A$ в основании цилиндра, находящуюся на расстоянии $r < R$ от точки $O$. Найдите проекцию вектора напряженности электрического поля на линию $OA$.

В пункте $A1$ было показано, что внутри бесконечного цилиндра поле обращается в ноль. Дополним полубесконечный цилиндр до бесконечного и рассмотрим поле в его основании.
$$
$$
Поля исходного и добавленного полубесконечных цилиндров симметричны относительно основания. Поэтому, суммарное поле может обращаться в ноль только в случае, если каждая из компонент перпендикулярна основанию. Таким образом
$$E_{OA}=0
$$

C4  ^3.00 Для рассматриваемого полубесконечного цилиндра найдите модуль напряженности электрического поля в точке $A$, находящейся на расстоянии $r=0,\!9R$ от точки $O$.

В пункте $A3$ было доказано, что в любой точке основания поле перпендикулярно ему. Для определения его величины в каждой точке воспользуемся теоремой о циркуляции электростатического поля. Выберем прямоугольный контур, проходящий через точку $O$ и произвольную точку основания $A$ такой, что другая его сторона $h\ll{OA}$.
Тогда циркуляцию $Г$ можно представить в виде
$$Г=\left(E_{O}-E_{A}\right)h+Г_{OA}
$$
где $Г_{OA}$ - часть циркуляции по направлению $OA$.
$$
$$
Найдём радиальную компоненту поля на высоте $h$ над основанием цилиндра. Поскольку в основании поле перпендикулярно ему, при небольшом смещении от него радиальная компонента поля будет эквивалентна полю кольца толщины $dh$ с поверхностной плотностью заряда $-\sigma$. Таким образом
$$Г_{AB}=k{\sigma}hS_{AB}
$$
где $S_{AB}$ - площадь под графиком $y(x)$ от $0$ до $x=0,9$. Поскольку суммарная циркуляция равна нулю
$$E_A=E_O+k{\sigma}S_{AB}
$$
Или же
$$E_A=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\left(1+\frac{S_{AB}}{2\pi}\right)=0,72\frac{\sigma}{\epsilon_0}
$$
где
$$S_{AB}=2,8\pm0,1
$$

Второй метод

Метод потребует численного интегрирования (это могут делать калькуляторы типа Casio fx-991). При выполнении численного интегрирования вручную (на калькуляторах типа Casio fx-82) может получиться значительная погрешность из-за расходимости интеграла вблизи 1.

Рассмотрим какое поле создает полубесконечная нить с линейной плотностью заряда $\lambda$ на расстоянии $x$ от ее конца (в плоскости, перпендикулярной нити и проходящей через ее конец). В частности, нас будет интересовать только компонента поля, параллельная нити: $E_{\parallel}$. Можно получить эту величину сразу, используя метод виртуальных перемещений, либо можно разбить нить на бесконечно малые отрезки длиной $dh$ и проинтегрировать в диапазоне $h\in [0,\infty)$.
$$
E_{\parallel}=\int_0^{\infty}\frac{h}{\sqrt{x^2+h^2}}\cdot\frac{k\lambda dh}{x^2+h^2}=k\lambda\cdot \frac{-1}{\sqrt{x^2+h^2}}\Biggr|_{h=0}^{h=\infty}=\frac{k\lambda}{x}
$$

Возвращаясь к исходной задаче, можно разбить весь полубесконечный цилиндр на полубесконечные прямоугольники шириной $Rd\alpha$ (по сути полубесконечные нити). Каждая нить задана углом $\alpha$ между направлением из центра на нее и отрезком OA. По теореме косинусов, расстояние между концом нити и точкой A равно $x(\alpha)=\sqrt{R^2+r^2-2rR\cos{\alpha}}$. Каждая нить создает поле, перпендикулярное основанию, вычисляемое по формуле для $E_{\parallel}$, в котором $\lambda=\sigma Rd\alpha$. Суммарное поле в точке A при $r=0.9R$ находится интегрированием:
$$
E=\int_0^{2\pi}\frac{k\sigma Rd\alpha}{\sqrt{R^2+r^2-2rR\cos{\alpha}}}=k\sigma \int_0^{2\pi}\frac{1}{\sqrt{1.81-1.8\cos{\alpha}}}d\alpha
$$

К сожалению, интеграл не выражается в элементарных функциях, однако можно вычислить его численно, что приводит к ответу: