Bài toán M466—M470; F478—F482

Kvant 1977, số 10 tr. 40, 41, 43, 44, 45, 46, 47 Thẻ BHRT

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

Vấn đề
lượng tử

M466—M470; F478—F482

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác kể từ khi thành lập tạp chí. bài toán được xuất bản trong đó không phải là tiêu chuẩn, nhưng lời giải của chúng không yêu cầu kiến thức ngoài phạm vi chương trình giảng dạy ở trường hiện tại. Nanoblee khó khăn bài toán dấu hoa thị đã bị loại bỏ. Tất nhiên, không phải tất cả những bài toán này đều được xuất bản lần đầu tiên. Lời giải bài toán từ số này có thể được gửi chậm nhất là ngày 1 tháng 12 năm 1977 đến địa chỉ: 113035, Moscow, M-35, B. Ordynka, 16/21, tòa soạn tạp chí «Kvant».
Sau địa chỉ trên phong bì, hãy viết các số bài toán, lời giải bạn đang gửi, ví dụ: “M466, M467” hoặc “F478”. Lời giải bài toán cho từng môn học (toán và vật lý), cũng như các bài tập mới phải được gửi trong các phong bì riêng. Ngoài ra, vui lòng gửi Bài toán từ các số tạp chí khác nhau trong các phong bì khác nhau. Bao gồm một phong bì có ghi địa chỉ của bạn trên đó (trong phong bì này bạn sẽ nhận được kết quả xác minh lời giải).
Ở đầu mỗi chữ cái, vui lòng cho biết họ và tên, mã số trường và lớp mà bạn là giáo viên. Vui lòng gửi các điều kiện của bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản thành hai bản cùng với giải pháp của bạn cho bài toán này (đánh dấu trên phong bì: “Vấn đề «Kvant», bài toán mới trong vật lý hoặc “… mới bài toán trong toán học”). Sau khi hình thành bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề nghị cho chúng tôi bài toán này.

M466. Trong số các đồng xu năm 1977, có 50 đồng là tiền giả. Mỗi đồng tiền giả chênh lệch với đồng thật 1 g (theo hướng này hay hướng khác). Có những cái cân của cái bát với một mũi tên biểu thị sự khác biệt về khối lượng của cái bát này và cái kia. Trong một lần cân, bạn cần tìm hiểu về một đồng xu được chọn là giả hay thật. Làm thế nào để làm điều này?

S. Fomin

M467. Điểm D và E chia đúng các cạnh AC, AB của tam giác ABC trong quan hệ |AD| : |DC| = |BE| : |EA| = 1 : 2. Các đường thẳng BD và CE cắt nhau tại điểm O. Chứng minh góc AOC là góc vuông.

A. Krasnodemskaya

M468. Các điểm A, B, C và D của mặt phẳng sao cho với mọi điểm M của mặt phẳng này thì tích vô hướng của các vectơ $\vec{MA} \cdot \vec{MB}$ và $\vec{MC} \cdot \vec{MD}$ không bằng nhau. Chứng minh rằng $\vec{AC} = \vec{DB}$ . Tuyên bố ngược lại có đúng không?

Yu. ionin

M469. a) Phương trình $x^4 + ax^3 + bx + c = 0$ có bốn nghiệm thực khác nhau. Chứng minh rằng $ab < 0$ .

b*) Phương trình $x^n + a_1x^{n-1} + \dots + a_{k-1}x^{n-k+1} + a_{k+1}x^{n-k-1} + \dots + a_n = 0$ có $n$ nghiệm thực khác nhau. Chứng minh rằng $a_{k-1}a_{k+1} < 0$ .

V. Vavilov

M470*. Chứng minh đẳng thức

a) $\frac{1}{C_n^0} - \frac{1}{C_n^1} + \frac{1}{C_n^2} - \dots + \frac{(-1)^k}{C_n^k} + \dots + \frac{(-1)^n}{C_n^n} = \frac{(n+1)(1+(-1)^n)}{n+2}$ ;

$\frac{1}{C_n^1} + \frac{1}{C_n^2} + \frac{1}{C_n^3} + \dots + \frac{1}{C_n^n} = \frac{n+1}{2^{n+1}} \left( \frac{2}{1} + \frac{2^2}{2} + \frac{2^3}{3} + \dots + \frac{2^n}{n} \right).$

L. Kurlyandchik, A. Lisitsky

F478. Chính xác một khối lập phương như vậy nằm trên một khối lập phương nằm trên một bề mặt nằm ngang nhẵn và các khối lập phương hướng lên với các mặt song song của chúng. Tốc độ của khối lập phương đang tới trước khi va chạm được hướng một góc α so với các mặt bên (Hình 1). Các hình khối sẽ chuyển động như thế nào sau va chạm nếu hệ số ma sát giữa các mặt của cốc là μ?

F479. Để xác định thể tích chưa biết $V_1$ của hình trụ I, hãy lắp ráp sơ đồ như hình 2. Thể tích của hình trụ II là $V_2$ và $V_2 \ll V_1$ .

Đầu tiên, hệ thống được bơm xuống áp suất $p_0$ gần bằng 0. Sau đó đóng vòi B lại và nạp khí vào xi lanh I đến áp suất $p_a$ . Sau đó, van A đóng, van B mở và áp suất thiết lập trong hệ thống $p_1$ được thay đổi bằng đồng hồ đo áp suất C. Sau đó, khi van B đóng, xi lanh được đổ đầy khí trở lại đến áp suất $p_a$ , van B mở và áp suất thiết lập trong hệ thống $p_2$ thay đổi. Thao tác này được lặp lại n lần. Chứng minh rằng tỉ số $\frac{p_n - p_0}{np_a}$ không đổi và bằng $\frac{V_2}{V_1 + V_2}$ .

A. Mitrofanov

F480. Con tàu được điều khiển bởi một động cơ phản lực nước, phát ra dòng nước từ thân tàu với tốc độ u. Mỗi giây một khối nước μ được thải ra, được lấy từ sông. Ở vận tốc nào của tàu thì hiệu suất của hệ thống động lực là lớn nhất? Bỏ qua lực ma sát và lực cản nước.

F481. Trong một cục pin cũ gồm n pin mắc nối tiếp, điện trở trong của một trong các pin tăng mạnh và bằng $\rho = 10 \, r$ , trong đó r là điện trở trong của pin thông thường. Xét e. d.s. tất cả các pin đều giống nhau, hãy xác định ở điện trở tải R nào thì nguồn điện được giải phóng khi tải sẽ không thay đổi nếu pin bị hỏng bị đoản mạch.

F482. Một giọt nước rơi đều trong không khí. Bán kính cong $R_1$ của bề mặt thả rơi ở điểm trên cùng của nó khác với bán kính cong $R_2$ ở điểm dưới cùng là bao nhiêu, nếu khoảng cách giữa các điểm này là $d = 2 \cdot 10^{-3} \, \text{m}$ ? Hệ số mặt nước là $\sigma = 7 \times 10^{-2} \, \text{H/m}$ .

com với không quá (n-1) người tham gia. Trong trường hợp này, anh ta không quen với ít nhất (m-1)n-(n-1)=(m-2)n+1 người tham gia. Theo đề xuất giới thiệu, trong số họ có (m-1) những người tham gia không quen biết nhau theo cặp - trong trường hợp này, họ cùng với người đã chọn trước đó tạo thành một nhóm m người tham gia không quen nhau theo cặp; hoặc trong số họ có một người biết ít nhất n người tham gia Olympic khác. Tuyên bố đã được chứng minh.

E. Turkevich

M429. a) Phương trình có bao nhiêu lời giải?
[x] - 1977 {x} = 1978?
(Ở đây [x] là phần nguyên của x và {x} = x - [x].)
b) Chứng minh rằng với mọi p ≠ 0 và q phương trình [x] + p {x} = q có [|p|] hoặc [|p|] + 1 lời giải.

Hình 2.

Hình 3.

Đây là một trong những lời giải ngắn nhất được độc giả gửi đến. Cho p ≠ 1. (Trường hợp p=1 tầm thường: phương trình [x] + p {x} = q
(1) chuyển thành x = q.) Khi đó (1) tương đương

$[x] + px - p[x] = q \Leftrightarrow [x] = \frac{px - q}{p - 1}.$

Lấy y = (px - q)/(p - 1) cắt các cạnh của dải giới hạn bởi các đường thẳng y = x và y = x - 1 và kết luận đồ thị y = [x], tại các điểm A₀(q; q) và A₁(q - p + 1; q - p) (Hình 2 và 3; để tìm hoành độ x₀, x₁ của các điểm này các bạn chỉ cần giải phương trình px₀ - q = x₀(p - 1) và px₁ - q = (x₁ - 1)(p - 1)). Rõ ràng số lời giải của phương trình (2), tức là số đoạn thẳng nằm ngang y = h (h là số nguyên) cắt đoạn [A₀A₁] [(không có điểm A₁), bằng số số nguyên nằm giữa q và q - p (kể cả q, nếu là số nguyên, nhưng không bao gồm q - p). Bây giờ không khó để giảm đáp số xuống bài toán a): đoạn [1978; 1978 + 1977] chứa 1977 điểm nguyên, - và chứng minh câu bài toán 6): trên đoạn có độ dài bất kỳ |p| trục số nằm [|p|] hoặc [|p|] + 1 điểm nguyên.

Bạn có thể giải bài toán này bằng cách để lại x và {x} (“phần phân số” của x) trong phương trình. Một số độc giả đi theo hướng này đã mắc sai lầm khi xác định {x} cho x < 0 (lưu ý rằng {-0,1} = 0,9; {-√2} = -2 + √2, v.v.).

lời giải của chúng tôi là tốt vì trường hợp có dấu khác nhau của p (Hình 2 và 3) được xem xét đồng thời. Khi đã hiểu nó, bạn có thể kiểm tra nghiên cứu về tập lời giải của phương trình sau: ax + b [x] + c = 0 ( bài toán này đã được N. S. Petrkov gửi cho chúng tôi); Đừng quên xem xét các trường hợp đặc biệt khi lời giải lấp đầy toàn bộ khoảng hoặc tạo thành một chương trình số học vô hạn.

M430. a) Chứng minh rằng mọi rỗng viconvex trên đường thẳng và/hoặc mặt phẳng trên đường thẳng đều là rỗng 2S.
b) Chứng minh rằng mọi lỗ rỗng viconvex trong một lỗ rỗng thẳng đều là 2S.

Chúng ta hãy gọi đường kính của một hình lồi (hoặc một vật thể lồi) là một đoạn nối hai điểm, khoảng cách giữa chúng là lớn nhất (tất nhiên có thể có nhiều hơn một đường kính; có đường kính cho một đa giác lồi và một đa giác bằng một - nó sẽ là một đoạn nối các đỉnh lớn nhất ở xa nhau; có đường kính cho một tập giới hạn đóng tùy ý trên một mặt phẳng hoặc trong không gian, chúng ta sẽ rời khỏi đây mà không chứng minh).

a) Gọi [MN] là đường kính của một hình lồi F. Các đường thẳng đi qua các điểm M và N, vuông góc với đoạn MN sẽ đỡ hình F, nghĩa là F nằm hoàn toàn trong dải giới hạn bởi nó:

Đối với bất kỳ điểm nào $X$ nằm ngoài dải này, $|XM| > |MN|$ hoặc $|XN| > |MN|$ . Chúng ta hãy thực hiện thêm hai phép phân phối lại của các đường này: các đường hỗ trợ chứa một số điểm $K$ và $L$ của hình $\Phi$ (Hình 4). Hình chữ nhật thu được $\Pi$ thỏa mãn điều kiện cần: nếu diện tích hình chữ nhật $\Pi$ bằng $s$ thì diện tích $\Phi$ không nhỏ hơn $S_{\triangle KMN} + S_{\triangle LMN} = s/2$ .

Gọi $[MN]$ là đường kính của một vật lồi cho trước $T$ , $\Phi$ là hình chiếu của vật lên mặt phẳng đỡ $\alpha$ đi qua đầu dưới $M$ của đường kính (chúng ta xét $[MN]$ theo chiều dọc, Hình 5, a). Hãy để chúng tôi chứng minh rằng nếu chúng ta đặt hình $\Phi$ trong một hộp hình chữ nhật $\Pi$ chẳng hạn như trong bài tập $a$ , thì một hình bình hành hình chữ nhật có đáy $\Pi$ và chiều cao $[MN]$ là hộp hình chữ nhật thấp hơn cho $T$ . Chúng ta hãy thực hiện phép biến đổi sau với $T$ : di chuyển từng đoạn $l \cap T$ , trong đó $l$ là một đường thẳng đứng, hướng xuống dưới sao cho đầu dưới rơi trên mặt phẳng $\alpha$ . Chúng tôi biểu thị sự kết hợp của các phân đoạn kết quả là $\hat{T}$ (Hình 6, a; Hình 5, b và 6, b hiển thị sự chuyển đổi của các phần riêng lẻ). Rõ ràng là các tập $T$ và $\hat{T}$ trùng khớp với nhau [đây là sự tương tự của lý do Cavalieri, đã được thảo luận ở «Kvant» Số 2 (bài của S. Pukhov) và số 5 (bài của V. Boltyansky), nhưng ở đây các vật thể giao nhau không phải bởi một họ mặt phẳng song song, mà bởi một họ các đường thẳng song song]. Hơn nữa, $\hat{T}$ chứa một hình nón có đáy $\Phi$ và chiều cao $[MN]$ - điều này dễ dàng chứng minh bằng cách xem xét các mặt cắt dọc. Nếu thể tích của hình hộp chữ nhật ta dựng là $V$ thì thể tích của hình trụ có đáy $\Phi$ và chiều cao $[MN]$ không nhỏ hơn $V/2$ , và thể tích của hình nón không nhỏ hơn $(V/2)/3 = V/6$ . Điều này có nghĩa là thể tích cơ thể của chúng ta không nhỏ hơn $V/6$ .

N. Vasiliev

F438. Một thanh đồng chất nằm bên trong một hộp rỗng hình cầu. Chiều dài của thanh bằng bán kính của hình cầu. Hệ số thời gian là $\mu$ . Điểm tốt nhất với đường chân trời có thể được tạo thành từ một cây gậy là gì?

Rõ ràng, cây gậy sẽ tạo một góc lớn nhất $\alpha$ với đường chân trời khi mặt phẳng của đường tròn lớn vẽ qua các điểm tiếp xúc của cây gậy với quả cầu là thẳng đứng.

Trong mặt phẳng này, thanh chịu tác dụng của lực hấp dẫn $Mq$ , phản lực pháp tuyến của quả cầu $\vec{N}_1$ và $\vec{N}_2$ , và lực ma sát $\vec{F}_1$ và $\vec{F}_2$ (Hình 7).

Cây gậy đứng yên nếu tổng các hình chiếu của các lực này theo một hướng bất kỳ và tổng mômen của các lực đối với một trục cố định bất kỳ bằng không. Chúng ta hãy viết điều kiện để thanh cân bằng trong hình chiếu lên phương của nó:

$|\vec{N}_1| \cos \varphi - |\vec{N}_2| \cos \varphi + |\vec{F}_1| \sin \varphi + |\vec{F}_2| \sin \varphi - |\vec{Mg}| \sin \alpha = 0.$

Chiếu các lực theo hướng, phân bố lại cho cây gậy, ta được

$|\vec{N}_1| \sin \varphi + |\vec{N}_2| \sin \varphi - |\vec{F}_1| \cos \varphi + |\vec{F}_2| \cos \varphi - |\vec{Mg}| \cos \alpha = 0.$

Viết phương trình mômen đối với trục, phân bố lại trên mặt phẳng vẽ và hình cầu đi qua tâm là thuận tiện:

$|\vec{F}_1| R + |\vec{F}_2| R - |\vec{Mg}| R \sin \varphi \sin \alpha = 0.$

Ở đây $\varphi = \pi/3$ , $R$ là chiều dài của thanh, bằng bán kính của hình cầu. Với điểm gần đường chân trời nhất, bạn có thể tạo một cây gậy chiếu theo hướng của nó:

$|\vec{F}_1| = \mu |\vec{N}_1| \text{ и } |\vec{F}_2| = \mu |\vec{N}_2|.$

Giải hệ phương trình gót cuối cùng, chúng ta tìm được

$tg \alpha_{\text{max}} = \frac{\mu}{\sin^2 \varphi - \mu^2 \cos^2 \varphi} = \frac{4\mu}{3 - \mu^2},$

$\alpha_{\text{max}} = \arctg \frac{4\mu}{3 - \mu^2}.$

Bài toán có thể được giải theo cách tương tự bằng cách sử dụng cái gọi là “định lý ba lực”: nếu một vật ở trạng thái cân bằng dưới tác dụng của ba lực không song song tác dụng lên nó, thì đường tác dụng của các lực này cắt nhau tại một điểm.

Trong trường hợp của chúng ta, ba lực tác dụng lên cây gậy là lực hấp dẫn $\vec{Mg}$ và các phản lực sinh ra là $\vec{R}_1 = \vec{F}_1 + \vec{N}_1$ và $\vec{R}_2 = \vec{F}_2 + \vec{N}_2$ (Hình 8). Vì lực tremya ở góc lớn nhất $\alpha_{\text{max}}$ của trán gậy là lớn nhất nên lực $\vec{R}_1$ và $\vec{R}_2$ với bán kính của quả cầu vẽ tại các điểm tiếp xúc tạo thành cùng một góc $\beta = \arctg \mu$ (góc tremya).

Chúng ta hãy xem xét tam giác $ACB$ , trong đó cây gậy là đáy và điểm $C$ giao điểm của các đường tác dụng của các lực là đỉnh đối diện. Tác dụng tuyến tính của trọng lực chia tam giác nói trên thành hai, có một cạnh chung có chiều dài $l$ (trung tuyến của tam giác $ACB$ ) và đổ bê tông các đáy có chiều dài $R/2$ . Áp dụng định lý sin cho mỗi tam giác, ta có

$\frac{\sin(\pi/2 + \alpha - \varphi - \beta)}{R/2} = -\frac{\sin(\varphi + \beta)}{l}$

Và

$\frac{\sin(\pi/2 - \alpha - \varphi + \beta)}{R/2} = \frac{\sin(\varphi - \beta)}{l},$

ở đâu $tg \beta = \mu$ và $\varphi = \pi/3$ .

Chia hai phương trình này cho nhau, ta được

$\frac{\cos(\alpha - \varphi - \beta)}{\cos(\alpha + \varphi - \beta)} = \frac{\sin(\varphi + \beta)}{\sin(\varphi - \beta)},$

từ đó chúng ta sẽ tìm thấy

$tg \alpha = \frac{(1 + tg^2 \varphi) tg \beta}{tg^2 \varphi - tg^2 \beta} = \frac{4\mu}{3 - \mu^2}.$

B. Bukhovtsev

F439. Đèn neon (NL) sáng lên khi hướng trên nó đạt giá trị $U_1$ . Trong trường hợp này điện trở của bóng đèn không đáng kể. Khi ta đẩy chiều của đèn đến giá trị $U_2$ thì đèn sẽ bị kẹt và điện trở của nó lớn vô hạn. Đèn này được nối với mạch điện, như trong Hình 9. Xét $\gg U_1 > U_2$ , hãy dựng đồ thị gần đúng về hướng trên tụ điện theo thời gian sau khi đóng công tắc $K$ .

Sau khi đóng phím $K$ , dòng điện sẽ chạy trong mạch và chiều đi vào tụ điện bắt đầu tăng dần cho đến khi đạt giá trị $U_1$ , lúc đó bóng đèn neon sáng lên. Vì $\gg U_1$ , chúng ta có thể giả sử rằng trong toàn bộ thời gian sạc của tụ điện, dòng điện $I = \mathcal{E}/R$ và hướng $U_C$ tới tụ điện tăng theo quy luật tuyến tính (Hình 10).

Tại thời điểm $t_1$ , khi điện áp trên tụ bằng $U_1$ thì bóng đèn sẽ sáng. Thời gian $t_1$ có thể được tìm thấy từ điều kiện

$It_1 = Q = CU_1, \text{ и } t_1 = \frac{CU_1R}{\mathcal{E}}.$

Khi bóng đèn sáng, tụ điện gần như phóng điện ngay lập tức đến điện áp $U_2$ , lúc đó bóng đèn sẽ tắt. Sau đó, trong khoảng thời gian $t$ , tụ điện sẽ lại sạc đến điện áp $U_1$ , v.v.

Như vậy, điện áp trên tụ thay đổi tuần hoàn với một khoảng thời gian

$\tau = \frac{(U_1 - U_2)CR}{\mathcal{E}}.$

Mạch được xem xét được gọi là máy phát điện áp răng cưa.

V. Kopylov

F440. Ước tính giá trị gần đúng ở bán kính tối thiểu mà nó sẽ tạo thành một bầu không khí chứa, bao gồm chủ yếu là lớp và nitơ, nếu nhiệt độ bề mặt là $T = 300$ K. Mật độ trung bình của chất đó bằng $\rho = 4 \cdot 10^3$ kg/m³.

Chúng ta hãy xem xét một phân tử là một phần của khí quyển. Phân tử này sẽ được giữ ở gần bề mặt của các sơ đồ nếu động năng của nó không vượt quá thế năng của phân tử trong trường hấp dẫn của các sơ đồ:

$\frac{mv^2}{2} \leqslant \gamma \frac{mM}{r}.$

Ở đây $m$ là khối lượng của phân tử, $v^2$ là bình phương trung bình của tốc độ của nó, $\gamma$ là hằng số hấp dẫn, $M$ là khối lượng kế hoạch và $r$ là bán kính của nó. Ước tính bán kính tối thiểu của các kế hoạch có thể được kiểm tra bằng cách sử dụng động năng và thế năng theo thứ tự độ lớn:

$\frac{mv^2}{2} \approx \gamma \frac{mM}{r_{\min}}.$

Vận tốc bình phương trung bình của một phân tử khí có liên hệ với nhiệt độ $T$ của khí bằng sự tương ứng

$\overline{v^2} = \frac{3kT}{m} = \frac{3RT}{\mu},$

trong đó $k$ là hằng số Boltzmann, $R$ là hằng số khí phổ quát, $\mu$ là khối lượng mol của khí. Khối lượng của các kế hoạch có thể được biểu thị thông qua giá trị trung bình $\rho$ của mật độ vật chất của các kế hoạch và bán kính tối thiểu của nó:

$M = \frac{4}{3} \pi r_{\min}^3 \rho.$

Khi đó công thức (1) có thể được viết lại như sau:

$\frac{3RT}{2\mu} \approx \frac{4}{3} \gamma \pi r_{\min}^2 \rho,$

Ở đâu

$r_{\min} \approx \sqrt{\frac{9RT}{8\gamma \pi \mu}}.$

Từ công thức (2), suy ra rằng $r_{\min}$ phụ thuộc (các yếu tố khác bằng nhau) vào khối lượng mol $\mu$ : $\mu$ càng lớn thì $r_{\min}$ càng nhỏ. Theo điều kiện bài toán khí quyển bao gồm chủ yếu là phân loại và nitơ, trong đó khối lượng mol bằng $\mu_k = 32 \cdot 10^{-3}$ kg/mol và $\mu_a = 28 \cdot 10^{-3}$ kg/mol tương ứng. Rõ ràng, để ước tính bán kính tối thiểu của các sơ đồ, chỉ cần tìm $r_{\min}$ là đủ, giả sử rằng bầu khí quyển chỉ bao gồm nitơ.

Vì thế,

$r_{\min} \approx \sqrt{\frac{9RT}{8\gamma \pi \mu_a}} \approx 3 \cdot 10^5 \text{ м} = 300 \text{ км}.$

C. Dê

F441. Giữa các bản của một tụ điện phẳng kín có một điện tích q mạnh. Diện tích các tấm lớn, khoảng cách giữa chúng bằng d. Điện tích ban đầu nằm cách tấm bên trái một khoảng $\frac{1}{3} d$ .

Điện tích nào sẽ đi qua dây dẫn nối các bản tụ điện khi di chuyển điện tích q đến một vị trí mới mà tại đó nó cách bản bên phải một khoảng $\frac{1}{3} d$ ?

Hình 11.

Vì các bản tụ điện lớn nên các điện tích cảm ứng trên chúng sẽ không thay đổi khi điện tích q di chuyển song song với các mặt phẳng của các bản tụ (chúng ta bỏ qua các hiệu ứng cạnh). Điều này có nghĩa là điện tích của các bản tụ sẽ không thay đổi ngay cả khi điện tích q được “bôi” đều dọc theo mặt phẳng song song với các bản của tụ điện và ban đầu nằm cách bản bên trái một khoảng $\frac{1}{3} d$ .

Hãy ký hiệu $q_1$ điện tích của bản bên trái của tụ điện. Khi đó điện tích của tấm bên phải (theo định luật bảo toàn điện tích) bằng $-q_1$ . Điện tích $q_1$ và $-q_1$ của các bản tụ điện tạo ra một trường tĩnh điện giữa các bản có cường độ $|\vec{E}_1| = \frac{q_1}{\varepsilon_0 S}$ ( $S$ là diện tích của mỗi bản) và bản có điện tích $q$ nằm bên trong tụ điện tạo ra một trường có cường độ $|\vec{E}| = \frac{q}{2\varepsilon_0 S}$ (Hình 11). Ở một mặt của tấm, hướng của các trường định hướng trùng nhau, và ở mặt kia chúng ngược chiều nhau. Do đó, hiệu điện thế $\Delta\varphi$ giữa các bản của tụ điện bằng

$\Delta\varphi = \left( |\vec{E}_1| - |\vec{E}| \right) \frac{1}{3} d + \left( |\vec{E}_1| + |\vec{E}| \right) \frac{2}{3} d.$

Mặt khác, vì các bản tụ đóng kín nên hướng giữa chúng bằng 0: $\Delta\varphi = 0$ . Kể từ đây,

$\frac{1}{3} d \left( \frac{q_1}{\varepsilon_0 S} - \frac{q}{2\varepsilon_0 S} \right) + \frac{2}{3} d \left( \frac{q_1}{\varepsilon_0 S} + \frac{q}{2\varepsilon_0 S} \right) = 0.$

Từ phương trình này, chúng ta tìm được điện tích $q_1$ :

$q_1 = -\frac{1}{6} q.$

Tương tự, bạn có thể tìm điện tích $q'_1$ của bản bên trái của tụ điện khi bản ở giữa (điện tích q) nằm cách nó một khoảng $\frac{2}{3} d$ :

$q'_1 = \frac{1}{6} q.$

Do đó, khi tụ điện bên trong di chuyển một điện tích q (hoặc tấm tích điện) dọc theo dây dẫn nối các bản tụ thì một điện tích sẽ truyền qua

$\Delta q = q'_1 - q_1 = \frac{1}{3} q.$

I. Slobodetsky