Przyczynek do natężenia pola od nieskończenie małego ładunku dq:
[tex]dE=\frac{dq}{4\pi\epsilon_0 r^2}[/tex]
Z uwagi na symetrię problemu, wiemy że składowa pozioma tj. równoległa do pręta wynosi zero, natomiast zostaje tylko składowa pionowa:
[tex]dE_\perp=dE\cos\alpha[/tex]
gdzie poprzez α rozumiem kąt zawarty między wektorem wodzącym (z dowolnego punktu na pręcie do punktu P1) a kierunkiem prostopadłym do pręta.
[tex]dE_\perp=\frac{dq\cos\alpha}{4\pi\epsilon_0r^2}[/tex]
odległość r można wyrazić (z tw. Pitagorasa) poprzez odległość od pręta a/2 oraz odległość wzdłuż pręta (licząc od jego środka)
[tex]r^2=x^2+(\frac{a}{2})^2\\\cos\alpha=\frac{a}{2r}=\frac{a}{2\sqrt{x^2+(a/2)^2}}[/tex]
Już prawie gotowe, jeszcze tylko ładunek:
[tex]dq=\lambda dx=\frac{q}{L}dx\\dE_\perp=\frac{qadx}{8\pi\epsilon_0L(x^2+(a/2)^2)^{3/2}}\\E_\perp=\frac{qa}{8\pi\epsilon_0L}\int_{-L/2}^{L/2}{\frac{dx}{(x^2+(a/2)^2)^{3/2}}}[/tex]
całkę tę wygodnie liczy się przez podstawienie:
[tex]x=\frac{1}{2}a\tan{\xi}\\dx=\frac{ad\xi}{2\cos^2\xi}\\x^2+(\frac{a}{2})^2=\frac{a^2}{4}\tan^2\xi+\frac{a^2}{4}=\frac{a^2}{4\cos^2\xi}\\(x^2+(a/2)^2)^{3/2}=\frac{a^3}{8\cos^3\xi}\\E_\perp=\frac{qa}{8\pi\epsilon_0L}\int_{-\arctan{(L/a)}}^{\arctan{(L/a)}}{\frac{8a\cos^3\xi\,d\xi}{2\cos^2\xi\cdot a^3}}\\\beta=\arctan{((L/a)}\\E_\perp=\frac{q}{\pi\epsilon_0La}\int_{0}^\beta{\cos\xi\,d\xi}\\E_\perp=\frac{q}{\pi\epsilon_0La}\sin\beta[/tex]
[tex]\frac{L}{a}=\tan\beta\\(\frac{L}{a})^2=\tan^2\beta=\frac{\sin^2\beta}{1-\sin^2\beta}\\\sin^2\beta=\frac{(L/a)^2}{1+(L/a)^2}\\\sin\beta=\frac{L/a}{\sqrt{1+(L/a)^2}}=\frac{L}{\sqrt{a^2+L^2}}\\E_\perp=\frac{q}{\pi\epsilon_0a\sqrt{a^2+L^2}}[/tex]
pozdrawiam
