Решение: Найдём потенциал от одной стороны (1-2). Для этого разо-бьём сторону на бесконечно малые участки dr, тогда каждый из них имеет заряд dq =τ•dr, который считаем точечным. Тогда потенциал этого заряда в точке O будет равен:
\[ d\varphi =\frac{dq}{4\pi \cdot \varepsilon _{0} \cdot r} =\frac{\tau \cdot dr}{4\pi \cdot \varepsilon _{0} \cdot r}. \]
Из рисунка найдём dr (dα малый угол, в радианах) и тогда потенциал
\[ dr=r\cdot d\alpha ,{\rm \; \; \; \; \; \; \; }d\varphi =\frac{\tau \cdot r\cdot d\alpha }{4\pi \cdot \varepsilon _{0} \cdot r} =\frac{\tau \cdot d\alpha }{4\pi \cdot \varepsilon _{0}}. \]
Тогда полный потенциал стороны определим интегрированием, учитывая, что угол α изменяется от –π/2 до +π/2 радиан.
\[ \varphi _{1} =\int d\varphi =\int _{-\frac{\pi }{2}}^{+\frac{\pi }{2} }\frac{\tau \cdot d\alpha }{4\pi \cdot \varepsilon _{0} } =\frac{\tau }{4\pi \cdot \varepsilon _{0}} \cdot \int _{-\frac{\pi }{2} }^{+\frac{\pi }{2} }d\alpha =\frac{\tau }{4\pi \cdot \varepsilon _{0}} \cdot \left(\frac{\pi }{2} -\left(-\frac{\pi }{2} \right)\right)=\frac{\tau \cdot \pi }{4\pi \cdot \varepsilon _{0}} =\frac{\tau }{4\cdot \varepsilon _{0}}. \]
Т.к. все стороны квадрата равны и симметрично расположены отно-сительно точки O, то потенциал всей рамки будет в 4 раза больше, т.е.
\[ \varphi =4\cdot \varphi _{1} =\frac{4\cdot \tau }{4\cdot \varepsilon _{0} } =\frac{\tau }{\varepsilon _{0}}. \]
Ответ: 22,6 В.
