Всесоюзная, 1981/82, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Тело движется почти без ускорения, а натяжение нити направлено вдоль нити. Спроектируйте все силы на направление, перпендикулярное нити: какая сила пропадёт, и что тогда можно сказать о направлении скорости? Затем вспомните, как направлена касательная к окружности относительно хорды.

Ответ

\(\mu=\operatorname{tg}\alpha\).

Решение

Что происходит. Нить тянут очень медленно, поэтому ускорение тела равно нулю в каждый момент, и сумма всех сил, действующих на него, равна нулю. Натяжение нити направлено вдоль нити, то есть к отверстию, а сила трения скольжения направлена против скорости. Проекция сил на направление, перпендикулярное нити, не содержит натяжения, и из неё находится угол между скоростью и нитью. Условие «траектория — полуокружность» задаёт этот угол другим способом (по свойству касательной к окружности). Сравнив два выражения, находим \(\mu\).

Обозначения. \(O\) — отверстие, \(L\) — начальная длина нити (расстояние от \(O\) до тела в начале), \(r\) — текущая длина нити. Положение тела задаём углом \(\theta\) между нитью и линией наибольшего ската, проведённой из \(O\) вниз по плоскости; в начале \(\theta=90^\circ\). Сила тяжести даёт вдоль плоскости составляющую \(mg\sin\alpha\) вниз по склону и составляющую \(mg\cos\alpha\) перпендикулярно плоскости. Сила нормальной реакции \(N=mg\cos\alpha\) (второй закон Ньютона в проекции на нормаль к плоскости: ускорения нет), максимальная сила трения скольжения \(F_{\text{тр}}=\mu N=\mu mg\cos\alpha\). Угол между вектором скорости \(\vec v\) и направлением на отверстие обозначим \(\psi\).

1. Условие равновесия вдоль плоскости. Тело скользит, поэтому трение скольжения направлено против скорости и по величине равно \(\mu mg\cos\alpha\). Ускорения нет, поэтому векторная сумма трёх сил в плоскости равна нулю (второй закон Ньютона, \(\vec a=0\)): \[\vec T+m\vec g_{\parallel}+\vec F_{\text{тр}}=0.\]

2. Проекция на направление, перпендикулярное нити. Натяжение нити \(\vec T\) направлено вдоль нити, его проекция на перпендикуляр к нити равна нулю. Составляющая \(mg\sin\alpha\) вниз по склону даёт на этот перпендикуляр проекцию \(mg\sin\alpha\,\sin\theta\) в сторону от линии наибольшего ската (по направлению, где угол \(\theta\) уменьшается). Сила трения, направленная против \(\vec v\), даёт на тот же перпендикуляр проекцию \(\mu mg\cos\alpha\,\sin\psi\) в противоположную сторону. Их сумма равна нулю: \[mg\sin\alpha\,\sin\theta=\mu mg\cos\alpha\,\sin\psi\quad\Rightarrow\quad\sin\psi=\frac{\operatorname{tg}\alpha}{\mu}\,\sin\theta.\] Это верно в любой точке траектории и связывает направление скорости с положением тела.

3. Полуокружность. Пусть траектория — окружность диаметра \(L\) с концами \(O\) (отверстие) и \(A\) (начальное положение тела). Возьмём точку \(B\) окружности, в которой нить составляет с \(OA\) угол \(\varphi=90^\circ-\theta\) (угол \(\theta\) отсчитан от линии наибольшего ската, она перпендикулярна \(OA\)). Угол \(OBA\) опирается на диаметр, поэтому прямой, и угол \(OAB\) равен \(90^\circ-\varphi=\theta\). Угол между касательной в точке \(B\) и хордой \(BO\) равен вписанному углу, опирающемуся на ту же хорду (теорема об угле между касательной и хордой), то есть \(\angle OAB=\theta\). Скорость направлена по касательной, поэтому \(\psi=\theta\) в каждой точке траектории.

4. Сравнение. Подставляем \(\psi=\theta\) в результат шага 2: \(\sin\theta=\dfrac{\operatorname{tg}\alpha}{\mu}\sin\theta\) при всех \(\theta\). Отсюда \[\mu=\operatorname{tg}\alpha.\]

Обратите внимание: полуокружность получается только при \(\mu=\operatorname{tg}\alpha\). В начале тело лежит при горизонтальной нити, и вдоль плоскости на него действует только \(mg\sin\alpha\) вниз. Если \(\mu>\operatorname{tg}\alpha\), трение покоя удерживает тело, и при вытягивании нити оно сначала поедет прямо к отверстию (путь — отрезок, а не дуга). Если \(\mu<\operatorname{tg}\alpha\), тело сразу соскальзывает вниз быстрее, чем тянут нить, и медленного движения нет. Угол поворота нити до отверстия при этом всего \(90^\circ\), а не \(180^\circ\): поэтому «половина окружности» относится к траектории тела.

Проверка. Коэффициент трения безразмерен, \(\operatorname{tg}\alpha\) тоже. Второй способ: из шага 1 в радиальной проекции \(T=mg\sin\alpha\cos\theta+\mu mg\cos\alpha\cos\psi=2mg\sin\alpha\cos\theta\ge0\) при \(0\le\theta\le90^\circ\), то есть нить везде натянута, а в начале (\(\theta=90^\circ\)) натяжение равно нулю. Это согласуется с физикой: в начале сила тяжести вдоль плоскости уравновешена максимальным трением, \(mg\sin\alpha=\mu mg\cos\alpha\), тело вот-вот сдвинется, как раз при \(\mu=\operatorname{tg}\alpha\).

Ответ. \(\mu=\operatorname{tg}\alpha\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Земля нагрета до установившейся температуры: сколько энергии приходит, столько и уходит излучением. Из «16 раз при удвоении температуры» найдите, как излучаемая мощность зависит от \(T\). Температуру Земли в условии нет: нужна оценка.

Ответ

\(\Delta T\approx\dfrac{T\,\Delta P}{4P_0}\approx7{,}5\cdot10^{-3}\) К;  \(\Delta P_{\max}\approx\dfrac{4P_0\,\Delta T_{\max}}{T}\approx1{,}3\cdot10^{14}\) Вт (при \(T\approx300\) К).

Решение

Что происходит. Земля — равновесная система: приходящая мощность равна уходящей. Уходит энергия излучением с поверхности, и мощность излучения растёт с температурой. Земные источники добавляют к приходящей мощности \(P_0\) ещё \(\Delta P\), поэтому поверхность нагревается до новой температуры, при которой излучается на \(\Delta P\) больше. Главная идея: найти закон \(P_{\text{изл}}(T)\) из данных условия и записать баланс мощности до и после.

Обозначения. \(T\) — абсолютная температура поверхности Земли до учёта земных источников, \(T+\Delta T\) — после, \(P_{\text{изл}}\) — мощность излучения Земли в космос. Температура Земли в условии не задана, поэтому оцениваем её сами: \(T\approx300\) К (\(27\,^\circ\)С), это порядок средней температуры поверхности.

1. Закон излучения. При удвоении абсолютной температуры мощность возрастает в \(16=2^4\) раз. Зависимость степенная, \(P_{\text{изл}}\propto T^n\), и \(2^n=16\), откуда \(n=4\): \[P_{\text{изл}}=\gamma\,T^{4},\qquad\gamma=\text{const}.\]

2. Баланс мощности без земных источников. Температура установилась, значит энергия не накапливается, и (закон сохранения энергии для Земли за единицу времени) \[P_0=\gamma T^{4}.\]

3. Баланс с земными источниками. Теперь к Земле поступает \(P_0+\Delta P\), и после установления \[P_0+\Delta P=\gamma\,(T+\Delta T)^{4}.\] Делим на уравнение шага 2: \[1+\frac{\Delta P}{P_0}=\Bigl(1+\frac{\Delta T}{T}\Bigr)^{4}.\] Здесь \(\Delta P/P_0=10^{-4}\) и \(\Delta T/T\ll1\), поэтому \((1+x)^4\approx1+4x\) (разложение при \(x\ll1\)): \[\frac{\Delta P}{P_0}\approx4\,\frac{\Delta T}{T}\quad\Rightarrow\quad\Delta T\approx\frac{T\,\Delta P}{4P_0}.\]

Подставляем: \(\Delta T\approx\dfrac{300\cdot10^{13}}{4\cdot10^{17}}\ \text{К}=7{,}5\cdot10^{-3}\ \text{К}\).

4. Максимальная мощность. Допустимый перегрев \(\Delta T_{\max}=0{,}1\) К, а \(\Delta T_{\max}/T\approx3{,}3\cdot10^{-4}\ll1\), линеаризация остаётся верной. Из той же формулы \[\Delta P_{\max}=\frac{4P_0\,\Delta T_{\max}}{T}=\frac{4\cdot10^{17}\cdot0{,}1}{300}\ \text{Вт}\approx1{,}3\cdot10^{14}\ \text{Вт},\] то есть примерно в 13 раз больше нынешней.

Обратите внимание: в закон \(T^4\) подставляется только абсолютная температура. С \(27\) вместо \(300\) К получились бы нелепые \(\Delta T\approx0{,}07\) К и \(\Delta P_{\max}\approx1{,}5\cdot10^{15}\) Вт.

Проверка. Размерность: \(\Delta T=T\cdot\Delta P/P_0\) — кельвины. Второй способ — точная формула без линеаризации: \(\Delta T=T\bigl[(1+10^{-4})^{1/4}-1\bigr]=7{,}4996\cdot10^{-3}\) К, а \(\Delta P_{\max}=P_0\bigl[(1+0{,}1/300)^4-1\bigr]\approx1{,}336\cdot10^{14}\) Вт — совпадение с ответом до сотых. Физический смысл: чтобы нагреть Землю на \(0{,}1\) К, надо увеличить приходящую мощность на \(\approx0{,}13\,\%\) от солнечной.

Ответ. \(\Delta T\approx\dfrac{T\,\Delta P}{4P_0}\approx7{,}5\cdot10^{-3}\) К;  \(\Delta P_{\max}\approx\dfrac{4P_0\,\Delta T_{\max}}{T}\approx1{,}3\cdot10^{14}\) Вт.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Вода между пластинами — источник тока: на ионы в движущейся воде действует сила Лоренца. Найдите его ЭДС и внутреннее сопротивление слоя воды, а потом вспомните, при каком сопротивлении нагрузки мощность на ней наибольшая.

Ответ

\(P_{\max}=\dfrac{\varepsilon^{2}}{4r}=\dfrac{B^{2}v^{2}SL}{4\rho}=1\) Вт.

Решение

Что происходит. Вода течёт поперёк магнитного поля, поэтому на положительные и отрицательные ионы действует сила Лоренца, направленная вертикально, и они расходятся к разным пластинам. Это источник тока: слой воды между пластинами имеет ЭДС \(\varepsilon\) и внутреннее сопротивление \(r\). Мощность на нагрузке наибольшая при \(R=r\), а оба параметра источника считаются по условию. Главная идея: нарисовать эквивалентную схему «источник + нагрузка» и найти \(\varepsilon\) и \(r\).

Обозначения. Ось \(x\) — на восток, \(y\) — на север, \(z\) — вверх. Тогда \(\vec v=-v\,\vec e_x\), \(\vec B=B\,\vec e_y\). \(R\) — сопротивление внешней нагрузки, \(\varepsilon\) — ЭДС слоя воды, \(r\) — его сопротивление.

1. Направление силы и ЭДС. Сила Лоренца на положительный ион \(q\vec v\times\vec B\) направлена вдоль \(-\vec e_x\times\vec e_y=-\vec e_z\), то есть вниз: положительные ионы накапливаются на нижней пластине, отрицательные — на верхней. Накопление идёт, пока электрическое поле \(E\) между пластинами не уравновесит силу Лоренца: \(qE=qvB\) (второй закон Ньютона для иона при отсутствии нагрузки: ускорения нет). Тогда напряжение разомкнутой цепи равно ЭДС \[\varepsilon=EL=vBL=1\cdot10^{-4}\cdot100\ \text{В}=10^{-2}\ \text{В}.\]

2. Внутреннее сопротивление. Слой воды — проводник длиной \(L\) (вдоль тока) и площадью сечения \(S\) (ток идёт между пластинами сверху вниз и равномерно распределён по всей площади, так как \(L\ll\sqrt S\approx1\) км, краевыми эффектами пренебрегаем): \[r=\frac{\rho L}{S}=\frac{0{,}25\cdot100}{10^{6}}\ \text{Ом}=2{,}5\cdot10^{-5}\ \text{Ом}.\]

3. Мощность на нагрузке. По закону Ома для полной цепи \(I=\dfrac{\varepsilon}{R+r}\), мощность на нагрузке \[P=I^{2}R=\frac{\varepsilon^{2}R}{(R+r)^{2}}.\] При \(R\to0\) и \(R\to\infty\) мощность стремится к нулю, а максимум находится из \(\dfrac{dP}{dR}=0\): \((R+r)^2-2R(R+r)=0\), откуда \(R=r\) (нагрузка согласована с источником, этот же результат даёт неравенство \((R+r)^2\ge4Rr\)).

4. Максимальная мощность. При \(R=r\) \[P_{\max}=\frac{\varepsilon^{2}}{4r}=\frac{B^{2}v^{2}L^{2}\,S}{4\rho L}=\frac{B^{2}v^{2}SL}{4\rho}=\frac{10^{-8}\cdot10^{6}\cdot100}{4\cdot0{,}25}\ \text{Вт}=1\ \text{Вт}.\]

Обратите внимание: ответ — один ватт на проект площадью в квадратный километр. Для станции на таких размерах это ничтожно, и главное, что мощность растёт только как объём воды \(SL\) между пластинами и как квадрат \(Bv\).

Проверка. Размерность: \([Bv]=\text{В/м}\), поэтому \([B^2v^2SL/\rho]=(\text{В/м})^2\cdot\text{м}^3/(\text{Ом}\cdot\text{м})=\text{В}^2/\text{Ом}=\text{Вт}\). Второй способ: при согласованной нагрузке источник выделяет полную мощность \(\varepsilon^{2}/(2r)=2\) Вт, из них половина (на \(r\) и на \(R=r\) поровну) идёт в нагрузку, то есть \(1\) Вт. Тот же результат даёт расчёт по полю: в воде \(E=vB=10^{-4}\) В/м, плотность тепловой мощности \(E^{2}/\rho\); из-за согласования напряжение на воде вдвое меньше ЭДС, поэтому на нагрузку приходится \(\dfrac{E^{2}}{4\rho}\,SL=1\) Вт.

Ответ. \(P_{\max}=\dfrac{B^{2}v^{2}SL}{4\rho}=1\) Вт.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Пока диод открыт, ток растёт по закону индуктивности \(L\,di/dt=u\). Диод идеальный: пропускает ток только в одну сторону, поэтому ток никогда не бывает отрицательным. Выясните, в какой момент ток первый раз обращается в нуль и что дальше делает диод.

Ответ

\(i(t)=I_0\sin\omega t\) при \(0\le\omega t\le\pi\);  \(i=0\) при \(\pi\le\omega t\le\dfrac{3\pi}{2}\);  \(i(t)=I_0\,(1+\sin\omega t)\) при \(\omega t\ge\dfrac{3\pi}{2}\), где \(I_0=\dfrac{U_{\text{м}}}{\omega L}\). (Постоянная составляющая тока равна \(I_0\), наибольшее значение \(2I_0\).)

Решение

Что происходит. Идеальный диод пропускает ток в одном направлении, при этом напряжение на нём равно нулю; в обратном направлении ток равен нулю, а напряжение на диоде любое отрицательное. Пока диод открыт, катушка подключена прямо к источнику, и скорость нарастания тока определяется законом самоиндукции \(L\,di/dt=u\). Когда ток доходит до нуля, диод закрывается и «запирает» его, пока напряжение источника снова не станет положительным. Главная идея: идти по времени и на каждом участке решать \(L\,di/dt=u\), сшивая решения по непрерывности тока.

Обозначения. \(I_0=\dfrac{U_{\text{м}}}{\omega L}\) — единица силы тока, \(\varphi=\omega t\) — фаза. Положительным считаем ток, проходящий через диод в проводящем направлении.

1. Закон для открытого диода. При открытом диоде напряжение на нём нуль, и напряжение источника целиком приложено к катушке. ЭДС самоиндукции идеальной катушки равна \(-L\,di/dt\), а сопротивления нет, поэтому (второе правило Кирхгофа для контура) \[u=L\frac{di}{dt}\quad\Rightarrow\quad i(t)=\frac1L\int u\,dt.\]

2. Первая стадия, \(0\le\varphi\le\pi\). В момент замыкания \(i(0)=0\), а \(u(0)=U_{\text{м}}>0\): диод открывается (напряжение на нём в проводящем направлении). Интегрируем от \(0\) до \(t\): \[i=\frac{U_{\text{м}}}{L}\int_0^{t}\cos\omega t'\,dt'=I_0\sin\omega t.\] Ток положителен, пока \(\sin\omega t>0\), то есть до \(\varphi=\pi\). В момент \(\varphi=\pi\) ток равен нулю, а \(u=-U_{\text{м}}\).

3. Диод закрыт, \(\pi\le\varphi\le3\pi/2\). Ток через катушку не может стать отрицательным (диод его не пропустит), поэтому \(i=0\). Напряжение источника отрицательно и целиком приложено к закрытому диоду: это обратное напряжение, диод остаётся закрытым. Так продолжается, пока \(u<0\), то есть до \(\varphi=3\pi/2\), где \(u=0\) и затем становится положительным.

4. Диод снова открыт, \(\varphi\ge3\pi/2\). Теперь \(u>0\), ток начинается от нуля с этого момента \(t_1=\dfrac{3\pi}{2\omega}\): \[i=\frac{U_{\text{м}}}{L}\int_{t_1}^{t}\cos\omega t'\,dt'=I_0\bigl[\sin\omega t-\sin\tfrac{3\pi}{2}\bigr]=I_0\,(1+\sin\omega t).\] Выражение \(1+\sin\omega t\ge0\) при любой фазе: ток нигде не становится отрицательным и обращается в нуль лишь в точках \(\varphi=3\pi/2+2\pi k\), где \(u=0\) и сразу после них \(u>0\). Значит, диод больше не закрывается, и ток периодичен: постоянная составляющая \(I_0\) плюс переменная \(I_0\sin\omega t\).

Обратите внимание: без диода ток шёл бы по закону \(I_0\sin\omega t\) и менял знак. После срезания первого отрицательного полупериода ток возобновляется не в начале положительного полупериода напряжения, а позже, когда \(u\) проходит через нуль вверх. Ток начинается с нуля в момент \(u=0\) (а не \(u=U_{\text{м}}\)), поэтому он растёт до \(2I_0\), а не до \(I_0\), и в среднем равен \(I_0\).

Проверка. Размерность: \(U_{\text{м}}/(\omega L)=\text{В}/(\text{с}^{-1}\cdot\text{Гн})=\text{А}\). Непрерывность тока: при \(\varphi=\pi\) первая и вторая формулы дают \(0\), при \(\varphi=3\pi/2\) вторая и третья — тоже \(0\). Второй способ: \(Li=\int u\,dt\) — площадь под графиком \(u(t)\) с момента открытия диода. От \(\varphi=3\pi/2\) до \(5\pi/2\) она равна \(\dfrac{U_{\text{м}}}{\omega}\bigl[\sin\varphi\bigr]_{3\pi/2}^{5\pi/2}=\dfrac{2U_{\text{м}}}{\omega}\), откуда \(i_{\max}=2I_0\), как на графике; за целый период площадь равна нулю, поэтому ток не растёт неограниченно и в среднем держится на уровне \(I_0\).

Ответ. \(i=I_0\sin\omega t\) при \(0\le\omega t\le\pi\); \(\;i=0\) при \(\pi\le\omega t\le3\pi/2\); \(\;i=I_0(1+\sin\omega t)\) при \(\omega t\ge3\pi/2\), \(I_0=U_{\text{м}}/(\omega L)\). График — на рисунке выше.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Из-за дифракции на объективе изображение каждой точки Луны — пятнышко конечного размера. Какому размеру на Луне оно соответствует? Сравните его с размером корабля и найдите, на сколько процентов потемнеет это пятнышко, если часть его «светлой» площади занята чёрным кораблём.

Ответ

Нет: контраст \(\approx0{,}03<k\) (тёмный диск закрывает \(\approx2{,}5\)–\(3\,\%\) площади, соответствующей разрешаемому пятну \(\delta\approx50\) м). Буквы читаются, если штрихи и просветы не уже \(\delta=1{,}22\,\lambda L/D\approx50\) м; сами буквы — высотой порядка сотен метров (около \(200\) м).

Решение

Что происходит. Объектив телескопа — круглое отверстие диаметра \(D\). Из-за дифракции изображение точки Луны — не точка, а пятнышко (диск Эйри), угловой радиус которого \(\theta\approx1{,}22\,\lambda/D\). Две соседние точки Луны раздельно видны, если они дальше друг от друга, чем \(\delta=L\theta\). Поэтому корабль размером 8 м сливается с окружающей поверхностью: он лишь немного уменьшает освещённость в центре пятна. Главная идея: найти разрешаемый размер \(\delta\) и сравнить площадь корабля с площадью, которой соответствует пятно, — отношение даёт контраст, который надо сравнить с \(k\).

Обозначения. \(\theta\) — угловой радиус дифракционного пятна, \(\delta\) — соответствующий ему размер на Луне, \(s=\pi r^2\) — площадь корабля, \(S_{\text{эфф}}\) — площадь участка Луны, свет с которого формирует центр пятна, \(\eta\) — контраст (относительное уменьшение освещённости).

1. Разрешаемый размер. Дифракционный предел для круглого объектива и расстояние \(L\) до объекта дают \[\delta=L\theta=1{,}22\,\frac{\lambda L}{D}=1{,}22\cdot\frac{0{,}6\cdot10^{-6}\cdot4\cdot10^{8}}{6}\ \text{м}\approx48{,}8\ \text{м}\approx50\ \text{м}.\] Корабль в диаметре \(2r=8\) м в шесть раз меньше этой величины.

2. Контраст изображения корабля. Освещённость в центре изображения создаёт свет с участка Луны, площадью порядка \(S_{\text{эфф}}\): известный результат дифракции на круглом отверстии даёт центральную освещённость пятна от точечного источника в \(\pi D^{2}/(4\lambda^{2}L^{2})\) раз больше средней по площади на Луне, то есть \[S_{\text{эфф}}=\frac{4}{\pi}\Bigl(\frac{\lambda L}{D}\Bigr)^{2}=\frac{4}{\pi}\cdot(40\ \text{м})^{2}\approx2{,}0\cdot10^{3}\ \text{м}^2.\] Корабль чёрный: он вместо светлой поверхности даёт нулевой вклад, и освещённость в центре изображения уменьшается на долю, равную отношению площадей: \[\eta=\frac{s}{S_{\text{эфф}}}=\frac{\pi r^{2}}{S_{\text{эфф}}}=\frac{\pi^{2}r^{2}D^{2}}{4\lambda^{2}L^{2}}=\frac{50{,}3}{2037}\approx0{,}025.\] Грубая оценка через \(\delta\) даёт почти то же: \(\eta\sim(2r/\delta)^{2}=(8/48{,}8)^{2}\approx0{,}027\).

Результат \(\eta\approx0{,}03<k=0{,}05\): надёжно различить такой контраст нельзя, корабль обнаружить не удастся.

3. Буквы. Чтобы прочесть букву, надо различать её штрихи и просветы между ними, а они должны быть не меньше \(\delta\approx50\) м. В букве хотя бы три-пять таких деталей (например, буква «Ш»), поэтому высота букв должна быть порядка \[H\sim(3\div5)\,\delta\approx150\div250\ \text{м}.\] Контраст при этом порядка единицы (штрих шириной \(\delta\) закрывает заметную часть пятна), так что условие \(k=0{,}05\) выполняется с большим запасом. Узкий штрих шириной \(a\ll\delta\) и длиной больше \(\delta\) даёт контраст всего \(\eta\approx0{,}85\,aD/(\lambda L)\approx a/(47\ \text{м})\) и по контрасту был бы виден уже при \(a\gtrsim2{,}4\) м, но штрихи и просветы раздельно читаются лишь при \(a\gtrsim\delta\), а это условие жёстче.

Обратите внимание: так считают при идеальной атмосфере и дифракционном пределе, которого и требует условие. Реальная атмосфера размывает изображение до \(\sim1''\approx5\cdot10^{-6}\) рад, то есть до \(\sim2\) км на Луне, и на практике буквы пришлось бы выкладывать километровыми.

Проверка. Размерность: \(\lambda L/D=\text{м}\cdot\text{м}/\text{м}\) — метры, контраст \(\pi^2r^2D^2/(4\lambda^2L^2)\) безразмерен. Предел: при увеличении \(D\) площадь \(S_{\text{эфф}}\propto1/D^{2}\) уменьшается, и контраст растёт как \(D^{2}\). Из условия \(\eta\ge k\) следует, что корабль заметен при \(D\ge\dfrac{2\lambda L}{\pi r}\sqrt k\approx8{,}5\) м, то есть БТА с \(D=6\) м не дотягивает в \(\approx1{,}4\) раза, что согласуется с \(\eta\approx0{,}5k\).

Ответ. Нельзя: контраст \(\eta\approx0{,}03<0{,}05\). Буквы можно прочесть, если ширина штриха не меньше \(\delta=1{,}22\,\lambda L/D\approx50\) м, то есть высота букв порядка \(200\) м.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.