«Туймаада» 2007, теоретический тур

Ответ

\(h = g\tau^2 = 22\) м.

Решение

Поскольку временной интервал между пролётами мячей одинаковый на уровне земли и 100-го этажа, последние 100 этажей мячи летели с постоянной скоростью в режиме установившегося движения. А так как второй мяч падал с уровня 200-го этажа, он достиг установившейся скорости за время пролёта не более 100 этажей. Следовательно, первый мяч летел с этой скоростью с момента пролёта мимо балкона 200-го этажа в течение всего времени совместного движения мячей.

Пусть \(m\) — масса мяча, \(v\) — его скорость, \(F = -kv\) — сила сопротивления воздуха, тогда из условия равномерного движения мяча \[mg - kv_0 = 0\qquad (130)\] находим его установившуюся скорость \(v_0 = mg/k\). Поскольку второй мяч упал на землю через время \(\tau\) после первого, в момент падения первого мяча второй находился на высоте \[h = v_0\tau = \dfrac{m}{k}\,g\cdot\tau.\qquad (131)\] Для нахождения отношения \(m/k\) рассмотрим движение второго мяча в инерциальной системе отсчёта, связанной с первым мячом, то есть движущейся со скоростью \(v_0\). В начальный момент, когда был отпущен второй мяч, оба мяча имели одинаковую вертикальную координату \(y = 0\). Первый мяч в этой системе отсчёта всё время покоится, а второй имел начальную скорость \(v_0\), направленную вверх. Уравнение движения второго мяча имеет вид \[ma = -mg - k(v - v_0) = -kv,\qquad (132)\] где учтено, что сила сопротивления воздуха пропорциональна скорости мяча относительно воздуха, и использовано условие (130). Хотя ускорение и скорость не остаются постоянными в течение всего движения, их можно считать почти постоянными в течение малого промежутка времени \(\Delta t\), тогда \(a\Delta t\) и \(v\Delta t\) — изменения скорости и координаты за этот промежуток времени. Домножив (132) на \(\Delta t\) и просуммировав эти изменения за всё время движения, получим уравнение \[m\Delta v = -k\Delta y.\qquad (133)\] К моменту падения второй мяч останавливается относительно первого мяча, достигая точки с координатой \(y = h\) в движущейся системе отсчёта. Подставив \(\Delta v = 0 - v_0\) и \(\Delta y = h - 0\) в уравнение (133), находим \[h = \dfrac{mv_0}{k} = \dfrac{m}{k}\,g\cdot\dfrac{m}{k}.\qquad (134)\] Приравняв выражения (131) и (134), получим \(m/k = \tau\). Следовательно, \(h = g\tau^2 = 22\) м.

Ответ

\(k = \dfrac12\left(\dfrac{1}{3\pi/8 - 1} + \sqrt{\dfrac{1}{(3\pi/8 - 1)^2} - 4}\right) \approx 5{,}43\);  \(\rho = 2\rho_0\dfrac{r_1^2 + r_2^2}{(r_1 + r_2)^2} = 2\rho_0\dfrac{k^2 + 1}{(k + 1)^2} \approx 1475\) кг/м\(^3\).

Решение

Два уравнения, которые необходимы для нахождения двух неизвестных (плотности \(\rho\) и отношения \(k = r_1/r_2\)), можно получить из условия плавания и равенства нулю суммы моментов сил, действующих на конструкцию.

Пусть \(L\) — длина всех составляющих конструкции, \(g\) — ускорение свободного падения, тогда по закону Архимеда можно записать \[\rho\,\dfrac{\pi}{2}\left(\dfrac{r_1 + r_2}{2}\right)^2Lg = \rho_0\left(\dfrac{\pi r_1^2}{4} + \dfrac{\pi r_2^2}{4}\right)Lg,\] откуда \[\rho(r_1 + r_2)^2 = 2\rho_0(r_1^2 + r_2^2).\qquad (135)\] Рассмотрим момент сил, действующих на конструкцию, относительно точки \(O\) соединения всех составляющих (рис. 109). В каждой точке поверхностей \(AB\) и \(CD\) сила давления воды направлена вдоль радиуса, то есть не создаёт момента относительно точки \(O\). Суммарный момент сил будет складываться из момента \(M_1\) силы давления воды на прямоугольный участок \(BC\), момента \(M_2\) силы тяжести и момента \(M_3\) силы давления атмосферы на верхнюю половинку бревна. Положительным будем считать момент, поворачивающий конструкцию по часовой стрелке.

Введём направленную вниз вертикальную ось \(x\), ноль которой находится на уровне воды в водоёме, и пусть \(P_0\) — атмосферное давление, тогда найдём момент сил давления воды: \[M_1 = \int\limits_{r_2}^{r_1}(P_0 + \rho_0gx)Lx\,dx = \dfrac12\,P_0L(r_1^2 - r_2^2) + \dfrac13\,\rho_0gL(r_1^3 - r_2^3).\] Нам неизвестна точка приложения силы тяжести, но из соображений симметрии ясно, что она находится на одной вертикали с центром верхней половинки бревна. Поэтому плечо силы тяжести составляет \(l = r_1 - (r_1 + r_2)/2 = (r_1 - r_2)/2\), а её момент, преобразованный с учётом условия (135), составляет \[M_2 = -\rho\,\dfrac{\pi}{2}\left(\dfrac{r_1 + r_2}{2}\right)^2Lg\cdot\dfrac{r_1 - r_2}{2} = -\dfrac{\pi}{8}\,\rho_0gL(r_1^2 + r_2^2)(r_1 - r_2).\] Плечо силы атмосферного давления также равно \(l\), поэтому можем найти её момент: \[M_3 = -P_0(r_1 + r_2)L\cdot\dfrac{r_1 - r_2}{2} = \dfrac12\,P_0L(r_2^2 - r_1^2).\] Из условия равновесия \(M_1 + M_2 + M_3 = 0\) следует, что \[\dfrac13\,\rho_0gL(r_1^3 - r_2^3) - \dfrac{\pi}{8}\,\rho_0gL(r_1^2 + r_2^2)(r_1 - r_2) = 0,\] откуда после деления на \(r_1 - r_2 \neq 0\) получаем \[r_1^2 + r_1r_2 + r_2^2 - \dfrac{3\pi}{8}(r_1^2 + r_2^2) = 0,\qquad k^2 - \dfrac{1}{3\pi/8 - 1}\,k + 1 = 0.\] Согласно теореме Виета произведение корней этого уравнения равно единице. Поскольку \(r_1 > r_2\), следует выбрать корень, который больше единицы: \[k = \dfrac12\left(\dfrac{1}{3\pi/8 - 1} + \sqrt{\dfrac{1}{(3\pi/8 - 1)^2} - 4}\right) \approx 5{,}43.\] Второй корень соответствует симметричному случаю, когда \(r_1 < r_2\).

Из условия (135) находим плотность половинки бревна: \[\rho = 2\rho_0\dfrac{r_1^2 + r_2^2}{(r_1 + r_2)^2} = 2\rho_0\dfrac{k^2 + 1}{(k + 1)^2} \approx 1475\text{ кг/м}^3.\]

Ответ

1) \(\vec v_i' = H\vec r_i'\);  2) \(\rho_0 > \dfrac{3H^2}{8\pi G}\);  3) \(r_{\max} = \dfrac{r_0}{1 - \dfrac{3H^2}{8\pi G\rho_0}}\);  4) \(\tau = \dfrac14\sqrt{\dfrac{3\pi}{2G\rho_0}}\left(1 - \dfrac{3H^2}{8\pi G\rho_0}\right)^{-3/2}\).

Решение

1. Запишем преобразования Галилея для координат и скоростей при переходе в систему отсчёта \(j\)-й галактики: \[\vec r_i = \vec r_j + \vec r_i',\qquad \vec v_i = \vec v_j + \vec v_i'.\] Подставив эти выражения в формулу \(\vec v_i = H\vec r_i\) и использовав равенство \(\vec v_j = H\vec r_j\), получим \[\vec v_i' = H\vec r_i'.\] Таким образом, картина разлёта галактик не зависит от точки наблюдения.

2. Рассмотрим произвольную галактику, входящую в скопление. Обозначим через \(m\) её массу, а через \(r\) — расстояние от неё до центра скопления. В силу сферической симметрии скопления направление вектора \(\vec r\) не играет роли. Галактики, расположенные на расстояниях больше \(r\) от центра скопления, образуют шаровой слой, который, как известно, не создаёт гравитационного поля внутри своей полости. Таким образом, следует учитывать только взаимодействие с галактиками, которые расположены внутри шара радиусом \(r\). Их общая масса \(M = \rho_0\cdot4\pi r^3/3\). Найдём полную энергию рассматриваемой галактики: \[E = E_{\text{кин}} + E_{\text{пот}} = \dfrac{m(Hr)^2}{2} - \dfrac{GMm}{r}.\] Движение галактики будет финитным (то есть она не удалится на бесконечность, а повернёт обратно), если \(E < 0\), откуда после подстановки выражения для \(M\) получаем \[\rho_0 > \dfrac{3H^2}{8\pi G}.\] 3. Аналогично предыдущему пункту рассмотрим одну из крайних галактик, которая будет в этом случае взаимодействовать со всем скоплением массой \(M_0 = \rho_0\cdot4\pi r_0^3/3\). Применим закон сохранения полной энергии для этой галактики между начальным и максимально удалённым положениями: \[\dfrac{m(Hr_0)^2}{2} - \dfrac{GM_0m}{r_0} = 0 - \dfrac{GM_0m}{r_{\max}},\] откуда \[r_{\max} = \dfrac{r_0}{1 - \dfrac{3H^2}{8\pi G\rho_0}}.\] 4. Движение отдельной галактики можно рассматривать как движение вдоль вырожденного в отрезок эллипса, один из фокусов которого совпадает с центром скопления и концом отрезка, а второй конец отрезка — это максимально удалённое положение галактики. В соответствии с третьим законом Кеплера период \(T\) обращения одной из крайних галактик по такому эллипсу будет равен периоду её движения по окружности радиусом \(r_{\max}/2\). Применим второй закон Ньютона для движения по этой окружности: \[m\left(\dfrac{2\pi}{T}\right)^2\dfrac{r_{\max}}{2} = \dfrac{GM_0m}{(r_{\max}/2)^2},\] откуда \[T = \sqrt{\dfrac{3\pi}{8G\rho_0}}\left(\dfrac{r_{\max}}{r_0}\right)^{3/2}.\] Возврат галактики от \(r = r_{\max}\) до \(r \approx 0\) произойдёт за время \[\tau = \dfrac{T}{2} = \dfrac14\sqrt{\dfrac{3\pi}{2G\rho_0}}\left(1 - \dfrac{3H^2}{8\pi G\rho_0}\right)^{-3/2}.\]

Ответ

\(t = \dfrac{9cM\Delta T\tau}{4\pi r^3\rho g(h_1 + h_2 + h_3)N} = 6{,}7\cdot10^6\) с \(\approx 77\) сут.

Решение

По мере всплытия пузырька вода опускается, занимая тот объём, который пузырёк вытеснял в предыдущий момент времени. Уменьшение потенциальной энергии воды сопровождается равным увеличением её кинетической энергии, которая в свою очередь за счёт внутреннего трения (вязкости) переходит в тепловую энергию, тем самым повышая температуру воды.

Когда пузырёк радиусом \(r\) всплывает с глубины \(h\) на поверхность, вода объёмом \(V = 4\pi r^3/3\) и массой \(m = V\rho\) опускается на глубину \(h\). При этом её потенциальная энергия уменьшается на \(\Delta E = mgh\) и выделяется теплота \[Q_1 = \Delta E = \dfrac{4\pi}{3}\,r^3\rho gh.\] Поскольку грелка плоская и отверстия покрывают её равномерно, можно считать, что все пузырьки отрываются от грелки в её центре масс, который совпадает с точкой пересечения медиан треугольника и расположен на глубине \(h = \dfrac13(h_1 + h_2 + h_3)\).

За искомое время \(t\) грелку покинет \(n = Nt/\tau\) пузырьков и выделится теплота \[Q_n = nQ_1 = \dfrac{4\pi}{9}\,r^3\rho g(h_1 + h_2 + h_3)N\dfrac{t}{\tau},\] которая приведёт к требуемому повышению температуры: \[Q_n = cM\Delta T.\] Приравнивая выражения для \(Q_n\), находим \[t = \dfrac{9cM\Delta T\tau}{4\pi r^3\rho g(h_1 + h_2 + h_3)N} = 6{,}7\cdot10^6\text{ с} \approx 77\text{ сут}.\]

Ответ

1) \(a_i = -\dfrac{P_0}{V_0}\),  \(a_a = -\gamma\dfrac{P_0}{V_0}\);  2) \(C_1 > 0\), \(C_2 < 0\), \(C_3 > 0\);  3) \(n = \dfrac{\gamma + 1}{2}\),  \(C = -\dfrac{R}{\gamma - 1}\);  4) \(\eta = 1 - \dfrac{1 - \alpha^{1-\gamma}}{(\gamma - 1)\ln\alpha}\).

Решение

1. Величина \(a\) является угловым коэффициентом касательной к графику процесса в точке \(N\), поэтому \[a = \left.\dfrac{dP}{dV}\right|_{V=V_0}.\qquad (179)\] Уравнения изотермы и адиабаты имеют вид \[PV = \text{const} = P_0V_0\qquad\text{и}\qquad PV^\gamma = \text{const} = P_0V_0^\gamma.\] Выразив отсюда \(P\) как функцию \(V\) и подставив в формулу (179), получим \[a_i = \left.-\dfrac{P_0V_0}{V^2}\right|_{V=V_0} = -\dfrac{P_0}{V_0},\qquad a_a = \left.-\gamma\dfrac{P_0V_0^\gamma}{V^{\gamma+1}}\right|_{V=V_0} = -\gamma\dfrac{P_0}{V_0}.\] 2. Общая теплоёмкость определяется формулой \(C = \delta Q/dT\), где \(\delta Q\) и \(dT\) — количество подведённой теплоты и повышение температуры на бесконечно малом участке процесса. Для определения знака \(C\) можно вместо \(\delta Q\) и \(dT\) подставлять малые конечные значения \(\Delta Q\) и \(\Delta T\).

В изотермическом процессе \(NI\) температура не изменяется, следовательно, если некоторый процесс начинается в той же точке \(N\) и идёт выше \(NI\), то температура в этом процессе повышается, а если ниже \(NI\), то понижается. Таким образом, \(\Delta T_1 > 0\), \(\Delta T_2 < 0\), \(\Delta T_3 < 0\).

В адиабатическом процессе \(NA\) теплообмен отсутствует, следовательно, если некоторый процесс начинается в той же точке \(N\) и идёт выше \(NA\), то тепло в этом процессе подводится, а если ниже \(NA\), то отводится. Таким образом, \(\Delta Q_1 > 0\), \(\Delta Q_2 > 0\), \(\Delta Q_3 < 0\).

Используя полученные соотношения, находим \[C_1 \approx \dfrac{\Delta Q_1}{\Delta T_1} > 0,\qquad C_2 \approx \dfrac{\Delta Q_2}{\Delta T_2} < 0,\qquad C_3 \approx \dfrac{\Delta Q_3}{\Delta T_3} > 0.\] 3. Аналогично первому пункту выразим угловой коэффициент касательной к графику процесса \(NB_2\) в точке \(N\): \[a = \left.-n\dfrac{P_0V_0^n}{V^{n+1}}\right|_{V=V_0} = -n\dfrac{P_0}{V_0}.\qquad (180)\] Пусть \(V_x\) — объём на указанной в условии изохоре, \(P_{I_x}\), \(P_{A_x}\), \(P_{B_x}\) — давления в точках \(I_x\), \(A_x\) и \(B_x\) соответственно, тогда в силу пропорциональности углового коэффициента тангенсу угла наклона касательной можно записать \[a_i = \dfrac{P_{I_x} - P_0}{V_x - V_0},\qquad a_a = \dfrac{P_{A_x} - P_0}{V_x - V_0},\qquad a = \dfrac{P_{B_x} - P_0}{V_x - V_0}.\] По свойству медианы \(P_{I_x} - P_{B_x} = P_{B_x} - P_{A_x}\), откуда \[a = \dfrac{a_i + a_a}{2} = -\dfrac{\gamma + 1}{2}\cdot\dfrac{P_0}{V_0}.\qquad (181)\] Сравнивая выражения (180) и (181), находим \(n = (\gamma + 1)/2\). По определению \[n = \dfrac{C - C_P}{C - C_V},\] откуда \[C = \dfrac{nC_V - C_P}{n - 1} = C_V - \dfrac{C_P - C_V}{n - 1}.\] Используя соотношение Майера (\(C_P - C_V = R\)), из которого с учётом равенства \(\gamma = C_P/C_V\) можно выразить \(C_V = R/(\gamma - 1)\), и подставив значение \(n\), получим \[C = \dfrac{R}{\gamma - 1} - \dfrac{R}{n - 1} = -\dfrac{R}{\gamma - 1}.\] 4. В процессе \(NI\) к газу подводят теплоту \(Q_1\) и газ совершает работу \(A_1\). Изменение внутренней энергии идеального газа на изотерме равно нулю, поэтому \(Q_1 = A_1\). В процессе \(IA\) от газа отводят теплоту \(Q_2\), а работа не совершается. В процессе \(AN\) над газом совершают работу \(A_2\), а теплообмена нет. По определению КПД \[\eta = \dfrac{A_1 - A_2}{Q_1} = 1 - \dfrac{A_2}{A_1}.\] Работы \(A_1\) на изотерме и \(A_2\) на адиабате найдём, проинтегрировав \(P(V)\): \[A_1 = \int\limits_{V_0}^{\alpha V_0}\dfrac{P_0V_0}{V}\,dV = P_0V_0\ln V\Big|_{V_0}^{\alpha V_0} = P_0V_0\ln\alpha,\] \[A_2 = \int\limits_{V_0}^{\alpha V_0}\dfrac{P_0V_0^\gamma}{V^\gamma}\,dV = \dfrac{P_0V_0^\gamma V^{-\gamma+1}}{-\gamma + 1}\Big|_{V_0}^{\alpha V_0} = P_0V_0\cdot\dfrac{1 - \alpha^{1-\gamma}}{\gamma - 1}.\] Таким образом, находим искомый КПД: \[\eta = 1 - \dfrac{1 - \alpha^{1-\gamma}}{(\gamma - 1)\ln\alpha}.\]

Ответ

1) \(R_{BC} = \dfrac34\,R = 75\) Ом;  2) силы тока через амперметры (в мА) и их направления показаны на рис. 187 решения: \(I_B = 80\), \(I_C = 160\), \(I_2 = 70\), \(I_3 = 10\), \(I_4 = 90\); через остальные амперметры ток не идёт.

Решение

1. Поскольку внутренние сопротивления амперметров малы, при расчёте \(R_{BC}\) амперметры можно заменить на проводники (рис. 184). Потенциалы точек \(B_1\), \(B_2\), \(B_3\), \(B_4\), \(C_1\) и \(C_2\) равны, так как все эти точки соединены между собой проводами. Следовательно, ток пойдёт только через резисторы, непосредственно подключённые к точкам \(B\) и \(C\). По свойствам последовательно и параллельно соединённых резисторов находим \[R_{BC} = R_B + R_C = \dfrac{R}{4} + \dfrac{R}{2} = \dfrac34\,R = 75\text{ Ом}.\]

2. Сила тока между точками \(B\) и \(C\) цепи: \[I_0 = \dfrac{\mathcal{E}}{R_{BC}} = \dfrac{4\mathcal{E}}{3R} = 320\text{ мА}.\] Силы токов через каждый из резисторов, непосредственно соединённых с точкой \(B\) или \(C\): \[I_B = \dfrac14\,I_0 = 80\text{ мА},\qquad I_C = \dfrac12\,I_0 = 160\text{ мА}.\] Поскольку ток через другие резисторы не идёт, при расчёте токов через амперметры эти резисторы можно заменить на разрывы цепи (рис. 185).

Схема симметрична относительно прямой \(BC\), поэтому распределение токов в «треугольных» половинках схемы также будет симметричным. Рассмотрим одну половинку схемы (рис. 186), удалив из неё амперметры, имеющие неподключённые выводы, и обозначим через \(I_1\), \(I_2\), \(I_3\), \(I_4\) и \(I_5\) все различные силы токов (силы токов через последовательно соединённые элементы одинаковы). По свойствам последовательного соединения \(I_1 = I_B = 80\) мА, \(I_5 = I_C = 160\) мА.

Для нахождения \(I_2\), \(I_3\) и \(I_4\) запишем правила Кирхгофа для контура, имеющего вид квадрата из 8 амперметров: \[0 = 4rI_2 - rI_3 - 3rI_4,\qquad I_B = I_2 + I_3,\qquad I_C = I_2 + I_4,\] где \(r\) — внутреннее сопротивление амперметра. Решая систему, находим \[I_2 = \dfrac{7}{32}\,I_0 = 70\text{ мА},\qquad I_3 = \dfrac{1}{32}\,I_0 = 10\text{ мА},\qquad I_4 = \dfrac{9}{32}\,I_0 = 90\text{ мА}.\] Окончательный ответ приведён на рис. 187.

Ответ

1) \(E = \dfrac{U}{\ln(r_2/r_1)}\cdot\dfrac1r\);  2) \(R = R_0(1 + \mu^2B^2)\).

Решение

1. Кольца являются хорошими проводниками, а потому задают две эквипотенциальные поверхности вне зависимости от места подключения к ним проводов от источника. Следовательно, в силу симметрии достаточно найти зависимость \(E\) от расстояния \(r\) до центра диска. Пусть \(e\) — заряд электрона, \(n\) — концентрация электронов, участвующих в создании тока, \(v\) — средняя скорость установившегося движения электронов, тогда плотность тока вычисляется по формуле \[j = env = en\mu E,\qquad (231)\] причём вектор напряжённости направлен вдоль радиуса, как и ток. В стационарном режиме в образце толщиной \(h\) сила тока \(I = j\cdot2\pi rh = 2\pi hen\mu\cdot Er\) не зависит от \(r\), поэтому \(E = A/r\), где \(A\) — константа, определяемая из условия, что разность потенциалов между кольцами равна \(U\): \[\int\limits_{r_1}^{r_2}E\,dr = A\ln\dfrac{r_2}{r_1} = U,\] откуда \[E = \dfrac{U}{\ln(r_2/r_1)}\cdot\dfrac1r.\] 2. Изменение сопротивления между кольцами при приложении внешнего магнитного поля обусловлено отличием радиальной компоненты плотности тока \(j_\parallel\) от определяемой выражением (231) величины \(j\) в отсутствие поля. Из-за силы Лоренца электроны начинают двигаться по искривлённым траекториям, имея ненулевые радиальную \(v_\parallel\) и тангенциальную \(v_\perp\) составляющие скорости (рис. 188). Средняя скорость установившегося движения электрона в образце \(\vec v = \mu\vec F/e\), где \(\vec F\) — суммарная внешняя сила, действующая на электрон. В частном случае, когда есть только электрическое поле, это выражение сводится к формуле, приведённой в условии. Учитывая это, найдём проекции скорости: \[v_\parallel = \mu(E - v_\perp B),\qquad v_\perp = \mu v_\parallel B,\] откуда \[v_\parallel = \dfrac{\mu E}{1 + \mu^2B^2},\qquad\text{а}\qquad j_\parallel = env_\parallel = \dfrac{en\mu E}{1 + \mu^2B^2}.\]

Сравнивая \(j_\parallel\) с \(j\) в отсутствие поля, видим, что при неизменном напряжении \(U\) ток уменьшился в \((1 + \mu^2B^2)\) раз, следовательно, сопротивление возросло в то же число раз: \[R = R_0(1 + \mu^2B^2).\]

Ответ

\(x = \dfrac{h}{n - 1} = 15\) см.

Решение

Холмс не увидел в зеркале пола, значит, луч, идущий от низа ботинок и попавший в глаз, отразился от нижнего края зеркала, а до отражения шёл горизонтально на очень малой высоте над полом. Это возможно, только если плоскость зеркала составляет некий угол \(\varphi\) с вертикалью. Исходя из этого построим изображение Холмса \(AB\) и цилиндра \(BC\) в зеркале (рис. 221). Изображение \(B'C'\) цилиндра образует угол \(2\varphi\) с вертикалью, следовательно, \[x = h\cos2\varphi = h\cdot\dfrac{1 - \operatorname{tg}^2\varphi}{1 + \operatorname{tg}^2\varphi}.\qquad (265)\]

Для нахождения угла \(\varphi\) рассмотрим дополнительно положение, когда Холмс перестал видеть себя ниже уровня глаз (рис. 222), отойдя от зеркала на расстояние \(L = nl\), где \(l\) — расстояние от него до зеркала в первом случае. Во втором положении луч, идущий от глаза и попавший в глаз, отразился от нижнего края зеркала, так как в противном случае Холмс увидел бы своё изображение ниже уровня глаз. Поскольку этот луч возвращается в исходную точку, он перпендикулярен зеркалу. Пусть \(H\) — высота глаз Холмса над уровнем пола, тогда из геометрических соображений в первом и втором положениях выражаем \[\dfrac{H}{l} = \operatorname{tg}2\varphi = \dfrac{2\operatorname{tg}\varphi}{1 - \operatorname{tg}^2\varphi},\qquad \operatorname{tg}\varphi = \dfrac{H}{L} = \dfrac{H}{nl},\] откуда \[\operatorname{tg}^2\varphi = 1 - \dfrac{2}{n}.\]

Подставив это выражение в формулу (265), находим \[x = \dfrac{h}{n - 1} = 15\text{ см}.\]