Kvant
Bài toán Kvant

Lời giải bài toán M886—M890; F898—F902

Kvant 1985, số 2tr. 40, 41, 42, 43, 45, 46, 47Thẻ 8N8U

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 →

40

P921. A flat capacitor is connected to a source of tension UU. The capacitor’s plates are of area SS each, the distance between them is d1d_1. A metal plate of area SS, mass mm and thickness d2d_2 is pressed against one of the capacitor’s plates (Fig. 4). Then the metal plate is released. With what velocity will it hit the capacitor’s other plate?

P922. In order to get close up of an ant, a photographer added a cylindrical extension to his camera, increasing the distance between the film and the lens by Λl=7.5\Lambda l=7.5 mm. A well focused picture of the ant was obtained when the distance reading on the camera was b=1.05b=1.05 m (the distance reading does not take the extension into account). The focal distance of the lens is F=50F=50 mm. What was the actual distance between the lens and the ant? The lens may be assumed thin.

A. P. Ershov

Lời giải bài toán
M886 — M890; F898 — F902

Đáp số: a) có thể (Hình 1); ss có thể bằng ±41,±12;6)\pm 41, \pm 12; 6) không thể; b) có thể (Hình 2); s=±8,±24;r)s=\pm 8, \pm 24; r) có thể; s=±3968,±11904s=\pm 3968, \pm 11904.

Bài toán là chia một số bộ 4n−44n-4 số nguyên liên tiếp thành n−2n-2 bộ tứ và 2 cặp số nữa sao cho tổng các số trong tất cả các bộ tứ và cặp đều bằng nhau và bằng ss. Chúng ta hãy biểu thị bằng cc tổng hai cực trị của 4n−44n-4 những số như vậy—nhỏ nhất mm và lớn nhất MM. (Để xem xét thêm, hãy lưu ý rằng M=m+4n−5M=m+4n-5, tức là c=2m+4n−5c=2m+4n-5 và m=(c+5)/2−2n,M=(c−5)/2+2nm=(c+5)/2-2n, M=(c-5)/2+2n.) Tất nhiên, cc luôn là số lẻ. Tổng của tất cả các số 4n−44n-4 đều bằng (2n−2)c(2n-2)c nên nếu ta yêu cầu phép chia không khí thì đẳng thức phải thỏa mãn

ns=2(n−1)c.ns=2(n-1)c.

Điều kiện cần thiết này cho phép chúng ta sử dụng ngay trường hợp khi nn chia hết cho 4, cụ thể là n=4n=4 (điểm 6) bài toán): đối với nn đó không có phân vùng, vì vế phải của (1) không chia hết cho 4 và vế trái chia hết.

Đối với nn số lẻ mà mọi điều dưới đây đều áp dụng, điều kiện (1) cũng đưa ra các hạn chế mạnh: vì nn và n−1n-1 là nguyên tố cùng nhau, còn nn và cc là số lẻ, cc chia hết cho nn, do đó đối với số lẻ không đều rr thì các đẳng thức phải đúng

c=nr,s=2(n−1)r.c=nr, \quad s=2(n-1)r.

Hình 3 cho thấy cách xây dựng các phân vùng cần thiết cho r=1r=1 và r=3r=3. Hai cặp số - “đỏ” và “vàng” - có cùng tổng ss (nghĩa là tâm đối xứng chung tại điểm s/2s/2) và các số 4n−84n-8 còn lại tạo thành bốn chuỗi “xanh” của n−2n-2

41

Issled (và các linh hồn liên tiếp), hai trong số đó chúng tôi coi là đi lên và hai cái còn lại - đi xuống. Khi đó tổng của các số đầu tiên của các chuỗi này bằng tổng của số thứ hai, tổng của số thứ ba, v.v., sao cho chúng ta nhận được n−2n-2 bốn lần có tổng bằng nhau; nếu sự tương ứng (1) được thỏa mãn giữa ss và cc, thì tất cả các tổng này cũng bằng ss. Các ví dụ hiển thị trong Hình 3, a và b tương ứng với r=3r=3 và r=1r=1 trong công thức (2), với mọi nn lẻ. (Hình 1 và 2 hiển thị cách điền tương ứng vào các ranh giới của các hình vuông cho n=3n=3 và n=5n=5.) Bằng cách thay đổi dấu của tất cả các số 4n−44n-4 (điều này sẽ dẫn đến việc thay đổi dấu của ss và cc), chúng ta có được các ví dụ với r=−3r=-3 và r=−1r=-1.

Vì vậy, chúng ta đã chỉ ra cách sắp xếp các số với các giá trị ss a) ±4\pm 4, ±12\pm 12 cho n=3n=3; c) ±8\pm 8, ±24\pm 24 cho n=5n=5; d) ±3968\pm 3968, ±11904\pm 11904 cho n=1985n=1985 (và nói chung, ±2(n−1)\pm 2(n-1), ±6(n−1)\pm 6(n-1) cho số lẻ nn). Hãy chứng minh rằng các giá trị này cạn kiệt đáp số cho các bài toán a), c) và d). Tổng 2s2s của hai cặp số đỏ và vàng không nhỏ hơn tổng 4m+64m+6 của bốn số nhỏ nhất mm, m+1m+1, m+2m+2, m+3m+3 và không lớn hơn tổng 4M−64M-6 của bốn số nhỏ nhất MM, M−1M-1, M−2M-2, M−3M-3 từ các số nguyên mm đến MM. Biểu thị mm và MM đến cc và nn và sử dụng công thức (2), ta thu được

2(c+8−4n)=4m+6≤2s≤4M−6=2(c−8+4n),2(c+8-4n)=4m+6 \leq 2s \leq 4M-6=2(c-8+4n),
nr−4n+8≤2r(n−1)≤nr+4n−8,nr-4n+8 \leq 2r(n-1) \leq nr+4n-8,

Ở đâu

−4(n−2)≤(n−2)r≤4(n−2),-4(n-2) \leq (n-2)r \leq 4(n-2),

nghĩa là, ∣r∣≤4|r| \leq 4. Vẫn cần nhớ rằng rr là số lẻ.

Nếu bất kỳ độc giả nào tìm ra được điều này bài toán cũng cho n=6n=6 và nói chung, cho n=4k+2n=4k+2, chúng tôi sẽ rất vui được làm quen với giải pháp và báo cáo về nó trên tạp chí.

V. G. Boltyansky, N. V. Vasiliev

◆ Cho đường thẳng AMAM cắt đường tròn thứ hai tại điểm DD (xem hình). Rõ ràng, chỉ cần chứng minh tứ giác ABCDABCD là hình bình hành là đủ.

Sử dụng tính chất độ lớn của góc có đỉnh trên đường tròn tạo bởi hai dây cung hoặc một dây cung và một tiếp tuyến bằng một nửa độ lớn của góc chứa trong góc đó, chúng ta có thể viết hai chuỗi đẳng thức:

∠ADB=12∪BsM=∠ABM=12∪AM=∠CAD,\angle ADB = \frac{1}{2} \cup BsM = \angle ABM = \frac{1}{2} \cup AM = \angle CAD,

∠ADC=12∪MC=∠MBC=12∪BfM=∠BAM\angle ADC = \frac{1}{2} \cup MC = \angle MBC = \frac{1}{2} \cup BfM = \angle BAM

( ∪BfM\cup BfM và ∪BsM\cup BsM là giá trị của mỗi BMBM cho vòng tròn thứ nhất và thứ hai). Sự bằng nhau của các góc ADBADB và CADCAD có nghĩa là các đường thẳng song song ACAC và BDBD, sự bằng nhau của các góc ADCADC và BAMBAM có nghĩa là các đường thẳng song song ABAB và CDCD; đây là điều cần phải được chứng minh.

I. F. Sharyzin

42

M888. Các số tự nhiên a, b, c, d thỏa mãn đẳng thức ab=cd. Chứng minh rằng số a1984^{1984}+b1984^{1984}+c1984^{1984}+d1984^{1984} là hợp số.

Chúng ta hãy chứng minh rằng nếu ab=cd thì a=uv, b=wt, c=uw, d=wt, trong đó u, v, w, t là một số số tự nhiên.

Vì ab chia hết cho c nên c có thể được viết là c=uw, trong đó u là ước của a và w là ước của b (ví dụ: u có thể là ước số chung nhất của a và c). Khi đó a=uv, b=wt và do đó d=vt. Phần còn lại rất đơn giản:
a1984+b1984+c1984+d1984=(uv)1984+(wt)1984+(uw)1984+(vt)1984=(u1984+t1984)(v1984+w1984),a^{1984}+b^{1984}+c^{1984}+d^{1984} = (uv)^{1984}+(wt)^{1984}+(uw)^{1984}+(vt)^{1984} = (u^{1984}+t^{1984})(v^{1984}+w^{1984}),
và số ở vế phải rõ ràng là hợp số.

A. V. Anzhans

M889. Có ba điểm A, B, C trên mặt phẳng sao cho với bất kỳ điểm P nào trên mặt phẳng thì ít nhất một trong các đoạn PA, PB và PC có độ dài vô tỷ?

TRẢ LỜI: những điểm như vậy tồn tại.

Cho A và B là hai điểm của mặt phẳng, khoảng cách giữa chúng là 2\sqrt{2}, C là trung điểm của đoạn AB, P là một điểm tùy ý của mặt phẳng.

Khi đó 2PC⃗=PA⃗+PB⃗,AB⃗=PB⃗−PA⃗2\vec{PC} = \vec{PA} + \vec{PB}, \vec{AB} = \vec{PB} - \vec{PA}, tức là
4PC2=PA2+PB2+2PA⃗⋅PB⃗,4PC^2 = PA^2 + PB^2 + 2\vec{PA} \cdot \vec{PB},
AB2=PA2+PB2−2PA⃗⋅PB⃗.AB^2 = PA^2 + PB^2 - 2\vec{PA} \cdot \vec{PB}.
Cộng các đẳng thức này, ta được
4PC2+AB2=2PA2+2PB2,4PC^2 + AB^2 = 2PA^2 + 2PB^2,
và, vì số AB2=2^2 = \sqrt{2} là số vô tỉ nên các số PA, PB và PC không thể hữu tỉ cùng một lúc.

A. M. Slinko

M890. Trên lãnh thổ các quốc gia có hình vuông có cạnh 1000 km, có 51 thành phố. Đất nước này có đủ phương tiện để xây dựng 11.000 km đường cao tốc. Liệu nó có thể kết nối tất cả các thành phố của mình bằng một mạng lưới đường cao tốc không?

TRẢ LỜI: có, nó có thể. Chúng tôi sẽ chỉ ra một trong những cách có thể đặt đường. Hãy bố trí một đường cao tốc dài 1000 km xuyên qua một trong những thành phố của đất nước song song với cạnh của hình vuông từ đường biên giới làm đường biên giới (Hình 1). Ở khoảng cách 100 km tính từ đầu đường cao tốc này, chúng ta sẽ đánh dấu hai điểm trên đường cao tốc. Giữa chúng cách nhau 200 km, chúng ta sẽ đặt thêm 3 điểm nữa. Thông qua 5 điểm này chúng ta sẽ xây dựng 5 con đường vuông góc với đường cao tốc đã xây dựng trước đó và tuyến đường không gian từ biên giới này sang biên giới khác. Bây giờ chúng tôi sẽ xây dựng đường cao tốc từ mỗi thành phố, kết nối thành phố này dọc theo tuyến đường ngắn nhất với một trong những con đường đã được đặt sẵn. Chiều dài của mỗi đường cao tốc bổ sung ở mỗi thành phố không quá 100 km và tổng cộng không có quá 50 đường cao tốc như vậy. Do đó, tổng chiều dài của tất cả các đường cao tốc không vượt quá 6·1000+50·100=11.000 km.

Mạng lưới đường cao tốc được chỉ định không phải là mạng lưới ngắn nhất. Hình 2 cho thấy một ví dụ về cách bố trí đường cao tốc được phân bổ nhiều hơn. Đường đứt đoạn có tổng chiều dài 5·800+4·200=4800 km với thêm 12 “tua” mỗi đoạn (1002\sqrt{2}−100) km. Đồng thời tiếp nhận mạng lưới đường cao tốc có chiều dài 4800+12·(1002\sqrt{2}−100)=3600+12002\sqrt{2} km, dễ dàng nhận thấy khoảng cách từ bất kỳ điểm nào của quảng trường đến đường cao tốc gần nhất không vượt quá 100 km. Vì vậy, để kết nối 51 thành phố với mạng lưới đường cao tốc đã được xây dựng

43

Đối với lời giải bài toán chúng ta sử dụng định luật bảo toàn năng lượng. Tại thời điểm ban đầu của cây gậy, một góc α được tạo với đường chân trời sao cho sinα=H/2l. Tổng năng lượng của thanh tại thời điểm ban đầu bằng thế năng của nó và bằng

U0=mgH4.U_0 = mg \frac{H}{4}.

Khi một cây gậy chuyển động, tổng năng lượng của nó tại thời điểm bất kỳ bằng tổng thế năng của nó

Ut=mglsin⁡β2U_t = mg \frac{l \sin \beta}{2}

(β là góc mà hai que tạo thành với đường chân trời tại một thời điểm nhất định (Hình 2)), động năng của chuyển động tịnh tiến

Et1=mvt22E_{t1} = m \frac{v_t^2}{2}

(vtv_t là tốc độ khối tâm của thanh) và năng lượng Et2E_{t2} của chuyển động quay. Theo định luật bảo toàn năng lượng

Ut+Et1+Et2=U0,U_t + E_{t1} + E_{t2} = U_0,

Ở đâu

Et1=mvt22=U0−Ut−Et2,E_{t1} = \frac{mv_t^2}{2} = U_0 - U_t - E_{t2},

Và

vt=2m(U0−Ut−Et2).v_t = \sqrt{\frac{2}{m}(U_0 - U_t - E_{t2})}.

Rõ ràng, tốc độ vtv_t của khối tâm thanh sẽ lớn nhất khi các giá trị UtU_t và Et2E_{t2} là nhỏ nhất.

Thế năng là tối thiểu tại thời điểm đầu trên của thanh chiếm vị trí có thể nhất, tức là khi sợi dây thẳng đứng. Đồng thời

Utmin⁡=mg∣l−l∣2.U_{t_{\min}} = mg \frac{|l - l|}{2}.

Không khó hiểu rằng tại thời điểm này cây gậy chỉ di chuyển về phía trước. Thật vậy, vì cây gậy là không thể giãn nở nên hình chiếu vận tốc của bất kỳ điểm nào của nó lên phương của cây gậy phải giống nhau. Tốc độ của điểm dưới (điểm C trong Hình 2) luôn hướng theo chiều ngang và tại thời điểm sợi chỉ thẳng đứng thì tốc độ của điểm trên (điểm B trong Hình 2) cũng theo chiều ngang (vì sợi chỉ không thể giãn ra được). Từ điều kiện không dãn của thanh, suy ra rằng các vận tốc này phải bằng nhau và tất cả các điểm của thanh phải chuyển động tại thời điểm đó.

45

Có một lớp rututi trong đó có chiều cao h1h_1 (Hình 4). Lực này về mặt số lượng bằng trọng lượng của vết hằn trong thể tích của phần cốc được tô màu trong Hình 4:

Fp1=q1g(πR2h1−V1),F_{p1} = q_1 g \left( \pi R^2 h_1 - V_1 \right),

(5)

trong đó V1V_1 là thể tích ruthury còn lại trong cốc, bằng

V1=23πR3−π(R−h1)2(R−R−h13).V_1 = \frac{2}{3} \pi R^3 - \pi \left( R - h_1 \right)^2 \left( R - \frac{R - h_1}{3} \right).

(6)

Thay (5) tính đến (6) vào điều kiện cân bằng (4) và giải phương trình thu được của hệ số tương đối h1h_1, ta thu được đáp số cho câu hỏi thứ hai bài toán:

h1=3mπq13.h_1 = \sqrt[3]{\frac{3m}{\pi q_1}}.

M. G. Abrahamyan

F900. Một phần của biểu đồ mô tả quá trình truyền khí đơn nguyên tử lý tưởng đã được phê duyệt (Hình 1). Thang âm lượng đã được biết (chúng được hiển thị trong Hình 1). Trong toàn bộ quá trình chuyển từ trạng thái 1 sang trạng thái 2, khí đã trả lại nhiều như nó đã nhận. Tìm công mà khí thực hiện trong quá trình này.

Nếu đồ thị quá trình được xác định đầy đủ (Hình 2), thì để xác định công do khí thực hiện, chỉ cần xác định diện tích S1S_1 của hình C12D. Hãy chứng minh rằng diện tích S1S_1 có thể được biểu diễn thông qua diện tích S2S_2 của hình M12N, có thể được xác định từ đồ thị “không đầy đủ” đã cho.

Như có thể thấy từ Hình 2,

∣p1V1∣+S1=∣p2V2∣+S2⇒S2=S1+∣p1V1∣−∣p2V2∣(∣p1V1∣,∣p2V2∣)−соответствие площади прямогонников M1CO и N2DO).\left| p_1 V_1 \right| + S_1 = \left| p_2 V_2 \right| + S_2 \Rightarrow S_2 = S_1 + \left| p_1 V_1 \right| - \left| p_2 V_2 \right| \left( \left| p_1 V_1 \right|, \left| p_2 V_2 \right| \right) - \text{соответствие площади прямогонников M1CO и N2DO}).

Vì trong toàn bộ quá trình khí đã thải ra nhiều như nó nhận được nên từ định luật nhiệt động lực học đầu tiên chúng ta có thể kết luận rằng

A=−ΔU,A = -\Delta U,

trong đó ΔU\Delta U là độ biến thiên nội năng của khí trong quá trình này.

Đối với khí đơn nguyên tử lý tưởng U=32vRTU = \frac{3}{2} v R T, vì vậy

A=32vR(T1−T2),A = \frac{3}{2} v R \left( T_1 - T_2 \right),

trong đó T1T_1 và T2T_2 lần lượt là nhiệt độ khí tại điểm 1 và 2.

Từ phương trình Mendeleev-Clapeyron suy ra rằng

p1V1−p2V2=vR(T1−T2)=23A,p_1 V_1 - p_2 V_2 = v R \left( T_1 - T_2 \right) = \frac{2}{3} A,

vậy ∣p1V1∣−∣p2V2∣=23S1\left| p_1 V_1 \right| - \left| p_2 V_2 \right| = \frac{2}{3} S_1 và

S1+23S1=S2,S_1 + \frac{2}{3} S_1 = S_2,

Ở đâu

S1=35S2.S_1 = \frac{3}{5} S_2.

Giá trị của diện tích S2S_2 có thể được xác định từ biểu đồ được chỉ định trong điều kiện bài toán; Sử dụng các thang đo được chỉ định trên biểu đồ, chúng ta tìm thấy S2≈3S_2 \approx 3 kJ; kể từ đây,

A≈1,8 кДж.A \approx 1,8 \text{ кДж.}

V. T. Karpetyan

46

F901. Ba tụ điện giống hệt nhau, mỗi tụ điện có điện dung C, mắc nối tiếp và nối với pin có suất điện động E. Sau khi được sạc đầy, chúng ngắt kết nối khỏi pin. Sau đó, hai điện trở có điện trở R được nối đồng thời với chúng như trên hình. Mỗi điện trở sẽ tỏa ra bao nhiêu nhiệt lượng? Các điểm trên các điện trở tại thời điểm điện áp trên tụ giữa nhỏ hơn 10 lần so với suất điện động của pin là bao nhiêu?

Điều quan trọng nhất là các tụ điện trong mạch này không được phóng điện hoàn toàn. Sau khi dòng điện trong mạch dừng lại, các tụ điện được mắc song song, nghĩa là điện áp trên chúng bằng nhau.

Do đó, tụ điện phóng điện ở giữa bằng tổng dòng điện của các tụ điện bên ngoài và do tính đối xứng nên chúng bằng nhau (xem hình),

I2=2I1.I_2 = 2I_1.

Hãy để chúng tôi biểu thị điện áp trên các tụ điện khi kết thúc quá trình phóng điện UxU_x. Vì điện áp ban đầu trên mỗi tụ điện là ε3\frac{\varepsilon}{3}, nên trong thời gian phóng điện, các điện tích q1=C(ε3−Ux)q_1 = C\left(\frac{\varepsilon}{3} - U_x\right) sẽ chạy qua các tụ điện và điện tích q2=C(ε3+Ux)q_2 = C\left(\frac{\varepsilon}{3} + U_x\right) sẽ chạy qua tụ điện ở giữa (tụ điện ở giữa sẽ được sạc lại về cực ngược lại). Rõ ràng là q2=2q1q_2 = 2q_1, tức là

2C(ε3−Ux)=C(ε3+Ux),2C\left(\frac{\varepsilon}{3} - U_x\right) = C\left(\frac{\varepsilon}{3} + U_x\right),

Ở đâu

Ux=19ε.U_x = \frac{1}{9} \varepsilon.

Chúng ta tìm được nhiệt lượng tỏa ra trên mỗi điện trở theo định luật bảo toàn năng lượng:

Q1=Q2=12(Wнач−Wкон)=12⋅3⋅C(ε3)2−12⋅3⋅C(ε9)2=227Cε2.Q_1 = Q_2 = \frac{1}{2}\left(W_{\text{нач}} - W_{\text{кон}}\right) = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot C\left(\frac{\varepsilon}{3}\right)^2 - \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot C\left(\frac{\varepsilon}{9}\right)^2 = \frac{2}{27}C\varepsilon^2.

Vì tụ điện ở giữa được sạc lại cực ngược lại nên điện áp ε/10\varepsilon/10 sẽ chạy qua nó hai lần - trong quá trình phóng điện từ ε/3\varepsilon/3 đến 0 và trong khi sạc từ 0 đến ε/9\varepsilon/9. Đối với trường hợp đầu tiên, theo định luật Ohm,

Ut1+ε10=RIt1U_{t1} + \frac{\varepsilon}{10} = RI_{t1}

(1)

(Ut1U_{t1} - điện áp trên các tụ điện bên ngoài tại thời điểm này); các điện tích sẽ chạy vào thời điểm này qua các tụ điện bên ngoài và qua tụ điện ở giữa có liên hệ với nhau bằng tỷ số

C(ε3−Ut1)=12C(ε3−ε10).C\left(\frac{\varepsilon}{3} - U_{t1}\right) = \frac{1}{2}C\left(\frac{\varepsilon}{3} - \frac{\varepsilon}{10}\right).

(2)

Giải (1) và (2) cùng nhau, chúng ta tìm thấy dòng điện It1I_{t1} chạy trong trường hợp đầu tiên qua các điện trở:

It1=1960εR.I_{t1} = \frac{19}{60}\frac{\varepsilon}{R}.

Biên dịch các phương trình tương tự cho trường hợp thứ hai -

Ut2−ε10=RIt2,C(ε3−Ut2)=12C(ε3+ε10),U_{t2} - \frac{\varepsilon}{10} = RI_{t2}, \quad C\left(\frac{\varepsilon}{3} - U_{t2}\right) = \frac{1}{2}C\left(\frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{10}\right),

  • chúng tôi tìm thấy:

It2=160εR.I_{t2} = \frac{1}{60}\frac{\varepsilon}{R}.

A.R. Zilberman

47

F902. Hai lớp phẳng có độ dày d, mỗi lớp được tích điện đồng đều trong toàn bộ thể tích với mật độ điện tích là -ρ u +ρ. Một hạt mang điện tích âm -e và khối lượng m tiến tới một lớp tích điện dương với vận tốc v hướng một góc α so với bề mặt của lớp đó (xem hình).

  1. Ở tốc độ nào một hạt không thể xuyên qua lớp tích điện âm?
  2. Sau bao nhiêu thời gian và ở khoảng cách bao nhiêu từ điểm A thì hạt rời khỏi lớp tích điện dương trong trường hợp này?

Hãy chọn hệ tọa độ XY như hình vẽ. Chúng ta có thể nhận thấy ngay rằng chuyển động của hạt dọc theo trục Y sẽ đều với vận tốc v cos α (chúng ta bỏ qua tác dụng của trọng lực). Lực tác dụng lên hạt từ phía của lớp tích điện hướng dọc theo trục X và tại điểm tọa độ x được xác định bởi các điện tích quay trong hình vẽ của vùng (đối xứng với mặt phẳng tương đối của tiết diện lớp). Thật vậy, hiệu ứng của các vùng không bị che khuất với các điện tích có kích thước khác nhau được bù đắp, vì vùng điện tích không gian có thể được hình dung như một tập hợp các mặt phẳng có điện tích bề mặt và trường được tạo ra bởi một mặt phẳng tích điện không phụ thuộc vào khoảng cách đến nó. Vì lý do tương tự, chúng ta có thể giả sử rằng trường tại một điểm có tọa độ x được xác định bởi các mặt phẳng tích điện có điện tích bề mặt -ρx và +ρx nằm ở bên trái và bên phải của điểm này. Điện áp của trường như vậy bằng

E=2ρx2ε0=ρxε0.E = 2 \frac{\rho x}{2 \varepsilon_0} = \frac{\rho x}{\varepsilon_0}.

Điều này có nghĩa là lực tác dụng lên hạt tại thời điểm nó ở điểm có tọa độ x bằng

Fx=−eρxε0,F_x = -e \frac{\rho x}{\varepsilon_0},

và phương trình chuyển động của hạt theo phương trục X là

x′′=−eρmε0xx'' = - \frac{e \rho}{m \varepsilon_0} x

là phương trình dao động điều hòa có tần số ω0=eρ/mε0\omega_0 = \sqrt{e \rho/m \varepsilon_0}. Người ta hiểu rằng hạt sẽ không thâm nhập vào vùng mang điện tích âm nếu biên độ của những dao động này nhỏ hơn d. Tốc độ tối đa v_pr của các hạt thỏa mãn điều kiện này được xác định bởi đẳng thức

vпрsin⁡α=ω0d=deρmε0;v_{пр} \sin \alpha = \omega_0 d = d \sqrt{\frac{e \rho}{m \varepsilon_0}};

từ đây

vпр=dsin⁡αeρmε0.v_{пр} = \frac{d}{\sin \alpha} \sqrt{\frac{e \rho}{m \varepsilon_0}}.

Với tốc độ v < v_{pr} hạt xuyên vào lớp dương đến một độ sâu nhất định rồi bị “đẩy ra” khỏi lớp đó. Thời gian t mà hạt trải qua trong lớp bằng nửa chu kỳ dao động với tần số ω0\omega_0, tức là

t=T2=πmε0eρ;t = \frac{T}{2} = \pi \sqrt{\frac{m \varepsilon_0}{e \rho}};

Trong thời gian này, các hạt sẽ trộn theo chiều dọc trên một khoảng cách

y=tvcos⁡α=πvmε0eρcos⁡α.y = t v \cos \alpha = \pi v \sqrt{\frac{m \varepsilon_0}{e \rho}} \cos \alpha.

Ở khoảng cách này từ điểm A, hạt sẽ bay ra khỏi lớp tích điện dương.

A. I. Buzdin