Updated greek laters @ latex compiling

astrosander правка от
Посмотреть решение История
правка #10211 предыдущая #8908 GitHub dbb31ba ← раньше позже →
ru/8.4.18.md +3 −3
@@ -106,12 +106,12 @@
Но поле системы зарядов равно сумме нолей, создаваемых каждым из зарядов в отдельности. Поэтому поле между обкладками равно сумме полей, создаваемых обкладками и перемещаемой пластиной. Будем считать, что суммарный заряд накоротко замкнутых пластин равен нулю (Нетрудно обобщить задачу на случай, когда суммарный заряд обкладок конденсатора не равен нулю. Ответ в этом случае остается прежним.). Тогда, если заряд одной из обкладок равен $Q$, то заряд второй обкладки равен минус $Q$, и поле, создаваемое этими пластинами, точно такое же, как поле в конденсаторе с зарядом $Q$: $E = \frac{Q}{ \varepsilon_{0}S }$. <br><br>
С одной стороны от пластины поля обкладок и подвижной пластины направлены в одну сторон), с другой — в противоположную. Поэтому слева от пластины (рис.) (для определенности мы считаем, что $q>0$) поле $E_{1} = \frac{1}{2} \frac{q}{ \varepsilon_{0}S } + \frac{Q}{ \varepsilon_{0}S } = \frac{q + 2Q}{ \varepsilon_{0}S }$, а справа от нее поле $E_{2} = \frac{Q}{ \varepsilon_{0}S } - \frac{1}{2} \frac{q}{ \varepsilon_{0}S } = \frac{2Q - q}{ \varepsilon_{0}S }$. <br><br>
Работа, необходимая для того, чтобы перенести единичный положительный заряд от одной обкладки нашего кондесатора к другой, равна $A = E_{1}d_{1} + E_{2}d_{2}$. Но ведь конденсатор накоротко замкнут, и разность потенциалов между обкладками равна нулю. Следовательно, $E_{1}d_{1} + E_{2}d_{2} = 0$. Или $\frac{2Q + q}{2 \varepsilon_{0}S } d_{1} + \frac{2Q - q}{2 \varepsilon_{0}S } (d - d_{1} ) = 0$. <br><br>
− Упростив это уравнение, получим $Q(d - d_{1}) + qd_{1} = 0 \;(1)$<br><br>
+ Упростив это уравнение, получим $Q(d - d_{1}) + qd_{1} = 0 \quad(1)$<br><br>
Когда средняя пластина передвинется на расстояние $x$, по проводу, соединяющему обкладки, пройдет заряд $\Delta Q$, и заряды обкладок будут равны $Q+ΔQ$ и $−Q−ΔQ$. Так как и в этим случае разность потенциалов между обкладками равна нулю, то, рассуждая так же, как в нервом случае, получим уравнение <br><br>
$\frac{q + 2(Q - \Delta Q)}{2 \varepsilon_{0}S } (d_{1} + x ) $$+ \frac{2(Q - \Delta Q) - q }{2 \varepsilon_{0}S } (d - d_{1} - x ) = 0$<br><br>
или <br><br>
− $(Q - \Delta Q)(d 0 d_{1} - x) + q(d_{1} + x) = 0 \;(2)$<br><br>
− Вычитая из уравнения $(2)$ уравнение $(1)$. найдем, что $\Delta Q = dQ = q \frac{dx}{d} \;(3)$.<br><br>
+ $(Q - \Delta Q)(d 0 d_{1} - x) + q(d_{1} + x) = 0 \quad(2)$<br><br>
+ Вычитая из уравнения $(2)$ уравнение $(1)$. найдем, что $\Delta Q = dQ = q \frac{dx}{d} \quad(3)$.<br><br>
Домножим $(3)$ на $\frac{1}{dt}$:<br><br>
$\frac{dQ}{dt}=q \frac{dx}{dt} \cdot \frac{1}{d}$<br><br>
Т.к. Сила тока $I = \frac{dQ}{dt}:$<br><br>
ещё строк без изменений 39