Всесоюзная, 1989/90, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Единственная горизонтальная сила — сцепление колёс с дорогой, и она ограничена. Часть её нужна, чтобы держать мотоциклиста на окружности, остаток идёт на разгон. Найдите, как связаны путь и скорость, через угол между силой и касательной.

Ответ

Одна восьмая круга (дуга \(45^\circ\), путь \(\pi R/4\)); ответ не зависит от коэффициента сцепления.

Решение

Что происходит. Мотоциклист разгоняется по окружности радиуса \(R\). Единственная горизонтальная сила, действующая на него, — сила сцепления колёс с трассой, и она не может быть больше \(\mu mg\), где \(\mu\) — коэффициент сцепления. Эта сила одновременно разгоняет мотоциклиста вдоль траектории и удерживает его на окружности. Чтобы разгоняться как можно быстрее, нужно в каждый момент использовать силу сцепления целиком. Главная идея — записать второй закон Ньютона вдоль касательной и вдоль радиуса и связать путь со скоростью.

Обозначения. \(m\) — масса мотоциклиста с мотоциклом, \(v\) — скорость, \(s\) — путь по дуге, \(\theta=s/R\) — угол дуги, пройденной от старта, \(\psi\) — угол между силой сцепления \(\vec F\) и касательной к трассе, \(F_\tau=F\cos\psi\) и \(F_n=F\sin\psi\) — её составляющие вдоль касательной и к центру.

1. Законы для произвольного момента. Запишем второй закон Ньютона для центра масс мотоциклиста в проекциях на касательную и на радиус к центру (наклон мотоцикла и размеры не учитываем): \[m\frac{dv}{dt}=F\cos\psi,\qquad m\frac{v^2}{R}=F\sin\psi .\] При заданной скорости составляющая к центру обязана быть равна \(mv^2/R\), иначе мотоциклист сойдёт с окружности. Остаток силы идёт на разгон, и он наибольший, когда сила сцепления предельная: \(F=\mu mg\). Тогда \[\frac{dv}{dt}=\mu g\cos\psi,\qquad \frac{v^2}{R}=\mu g\sin\psi .\] В начале \(v=0\), поэтому \(\psi=0\): вся сила направлена вдоль скорости. Скорость растёт, \(\psi\) растёт. Максимальная скорость — когда ускорение вдоль траектории обратилось в нуль, то есть \(\cos\psi=0\), \(\psi=\pi/2\), и \(v_{\max}^2=\mu gR\).

2. Путь. Скорость и угол связаны вторым уравнением: \(v^2=\mu gR\sin\psi\). Продифференцируем: \(2v\,dv=\mu gR\cos\psi\,d\psi\). За малый промежуток \(dt\) путь \(ds=v\,dt\), а \(dv=\mu g\cos\psi\,dt\). Выразим \(ds\) через \(v\,dv\): \[ds=\frac{v\,dv}{\mu g\cos\psi}=\frac{\mu gR\cos\psi\,d\psi}{2\mu g\cos\psi}=\frac{R}{2}\,d\psi .\] Сложим такие промежутки от старта (\(\psi=0\)) до момента максимальной скорости (\(\psi=\pi/2\)): \[s=\frac R2\cdot\frac\pi2=\frac{\pi R}{4}.\] Заодно \(\theta=\psi/2\), значит \(v^2=\mu gR\sin2\theta\): скорость растёт с углом дуги по этому закону (график ниже), а в точке \(\theta=\pi/4\) достигает максимума.

3. Часть круга. Длина круга \(2\pi R\), значит пройдена доля \[\frac{s}{2\pi R}=\frac{\pi R/4}{2\pi R}=\frac18 .\] Это дуга \(45^\circ\).

Обратите внимание: нельзя считать, что вся сила сцепления идёт на разгон (\(a=\mu g\)). Тогда мотоциклист вылетел бы с трассы, потому что для окружности нужна ещё составляющая \(mv^2/R\). По той же причине нельзя считать, что сразу \(v^2/R=\mu g\): так и выглядит конечная скорость, но не путь до неё.

Ответ. Пройдена \(\dfrac18\) круга: \(s=\dfrac{\pi R}{4}\), дуга \(45^\circ\); ни \(\mu\), ни \(m\), ни \(R\) в ответ не входят.

Проверка. Доля безразмерна, как и должно быть. В начале пути \(\theta\ll1\): \(v^2=\mu gR\sin2\theta\approx2\mu gR\theta=2(\mu g)s\) — это формула равноускоренного разгона с ускорением \(\mu g\), как и положено, пока вся сила идёт вдоль скорости. В конце \(v^2=\mu gR\) — максимальная скорость на окружности радиуса \(R\) при данном сцеплении.

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

Подсказка

Холодильник работает против постоянной утечки тепла в камеру; утечка пропорциональна разности температур, а откачка теплоты идеальной машиной — холодильному коэффициенту Карно. Приравняйте теплоту, ушедшую в камеру за цикл, теплоте, откачанной за время работы.

Ответ

Мотор будет включаться примерно каждые \(6{,}2\) мин и работать около \(2\) мин (доля времени работы \(\approx0{,}33\) вместо \(5/8\)). Максимальная температура в комнате \(\approx35\,^\circ\text{C}\).

Решение

Что происходит. Через стенки в камеру всё время течёт тепло из комнаты; его мощность \(L\) пропорциональна разности температур. Пока мотор выключен, камера медленно нагревается. Когда термостат включает мотор, машина откачивает из камеры теплоту мощностью \(q>L\), и камера остывает. Температура держится между двумя близкими значениями, поэтому за цикл теплота, пришедшая в камеру, равна теплоте, откачанной машиной. Главная идея — выразить \(L\) и \(q\) через температуры и сравнить два режима.

Обозначения. \(T_1=261\text{ К}\) — температура камеры, \(T_2\) — температура комнаты, \(P\) — мощность мотора (одна и та же), \(L\) — мощность притока тепла в камеру, \(q\) — мощность откачки теплоты при работе машины, \(C\) — теплоёмкость камеры с содержимым, \(\Delta\theta\) — размах температуры в камере между включением и выключением (его задаёт термостат, он один и тот же при любой температуре в комнате), \(t_\text{р}\) и \(t_\text{п}\) — время работы и время паузы.

1. Приток и откачка. Приток тепла через стенки пропорционален разности температур: \(L=k\,(T_2-T_1)\), \(k\) — постоянная стенок. Идеальная машина, работающая по обращённому циклу Карно, откачивает из камеры теплоту \(q\) и тратит работу мощностью \(P\) с отношением \(q/P=T_1/(T_2-T_1)\), то есть \[q=\frac{P\,T_1}{T_2-T_1}.\] Температура в камере почти постоянна, поэтому холодильный коэффициент считаем при \(T_1\).

2. Тепловой баланс камеры за цикл. Пауза: камера получает только \(L\), температура поднимается на \(\Delta\theta\), значит \(C\Delta\theta=L\,t_\text{п}\). Работа: камера получает \(L\) и отдаёт \(q\), температура опускается на то же \(\Delta\theta\), значит \(C\Delta\theta=(q-L)\,t_\text{р}\). Отсюда \[\frac{t_\text{р}}{t_\text{п}}=\frac{L}{q-L},\qquad\text{и доля времени работы }\ \frac{t_\text{р}}{t_\text{р}+t_\text{п}}=\frac{L}{q}.\]

3. Комната \(+25\,^\circ\text{C}\). Здесь \(T_2-T_1=37\text{ К}\), \(t_\text{р}=5\) мин, \(t_\text{п}=3\) мин. Доля работы \(L/q=5/8\), то есть \(q=1{,}6\,L\), и \(C\Delta\theta/L=t_\text{п}=3\) мин.

4. Комната \(+15\,^\circ\text{C}\). Теперь \(T_2-T_1=27\text{ К}\). Приток уменьшился, откачка выросла: \[L'=L\cdot\frac{27}{37},\qquad q'=q\cdot\frac{37}{27}=1{,}6\cdot\frac{37}{27}\,L .\] Пауза: \(t'_\text{п}=\dfrac{C\Delta\theta}{L'}=3\cdot\dfrac{37}{27}\approx4{,}1\) мин. Работа: \[t'_\text{р}=\frac{C\Delta\theta}{q'-L'}=\frac{3}{1{,}6\cdot\frac{37}{27}-\frac{27}{37}}\ \text{мин}\approx\frac{3}{2{,}193-0{,}730}\ \text{мин}\approx2{,}05\text{ мин}.\] Период \(t'_\text{р}+t'_\text{п}\approx6{,}2\) мин, доля работы \(L'/q'=\dfrac58\left(\dfrac{27}{37}\right)^2\approx0{,}33\). На графике температуры камеры видно разницу: при \(+25\,^\circ\text{C}\) мотор работает 5 минут из каждых 8, а при \(+15\,^\circ\text{C}\) — около 2 минут из каждых 6,2.

Обратите внимание: доля работы упала не в \(37/27\) раза, а в \((37/27)^2\approx1{,}88\) раза. Причин две: приток тепла уменьшился в \(37/27\) раза и в такое же число раз выросла откачка, потому что холодильный коэффициент вырос.

5. Максимальная температура в комнате. Предел — мотор работает непрерывно, \(L=q\): \[k\,(T_2-T_1)=\frac{P\,T_1}{T_2-T_1}\ \Rightarrow\ (T_2-T_1)^2=\frac{P\,T_1}{k}.\] Постоянную \(P T_1/k\) найдём из режима \(+25\,^\circ\text{C}\), где \(L/q=k(T_2-T_1)^2/(PT_1)=5/8\): \[\frac{PT_1}{k}=\frac85\,(37\text{ К})^2\approx2190\text{ К}^2,\qquad T_2-T_1=\frac{37\text{ К}}{\sqrt{5/8}}\approx46{,}8\text{ К}.\] Значит \(T_2^{\max}=-12\,^\circ\text{C}+46{,}8\text{ К}\approx34{,}8\,^\circ\text{C}\approx35\,^\circ\text{C}\).

Ответ. При \(+15\,^\circ\text{C}\) мотор включается примерно каждые \(6{,}2\) мин и работает около \(2\) мин; холодильник справится при температуре в комнате не выше \(\approx35\,^\circ\text{C}\).

Проверка. Доля работы \(\dfrac{L}{q}=\dfrac58\left(\dfrac{T_2-T_1}{37\text{ К}}\right)^2\) безразмерна. При \(T_2\to T_1\) приток исчезает, а откачка растёт без предела: холодильнику нечего делать, доля \(\to0\). При \(T_2-T_1=46{,}8\) К она равна \(\dfrac58\cdot1{,}6=1\) — мотор работает непрерывно, как и задумано. Физический смысл: у холодных комнат два союзника — слабая утечка и хороший холодильный коэффициент.

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

Подсказка

Ток в цепи меняется со временем, но вопрос о полном заряде. Запишите, что накопили конденсаторы в конце, и выразите заряд через резистор как интеграл напряжения по времени, делённый на сопротивление.

Ответ

1) \(q=\dfrac{CU_0}{3}\) (от \(A\) к \(B\));  2) \(q=\dfrac{rCU_0}{R+3r}=\dfrac{CU_0}{3+R/r}\).

Решение

Что происходит. Перед замыканием ключа конденсаторы не заряжены. После замыкания батарейка заряжает оба конденсатора, но ветви разные: сквозь резистор \(r\) заряд течёт быстрее, чем сквозь \(2r\). Перемычка (или резистор \(R\)) перекачивает часть заряда из «быстрой» ветви в «медленную». Нас интересует не ток в каждый момент, а полный заряд за всё время. Для этого достаточно двух вещей: итога (оба конденсатора заряжены до \(U_0\)) и закона Ома, записанного для заряда: заряд через резистор равен интегралу напряжения на нём по времени, делённому на сопротивление.

Обозначения. \(q_1\) и \(q_2\) — заряды, прошедшие за всё время сквозь резисторы \(r\) и \(2r\) от батарейки, \(q_{AB}\) — заряд, прошедший по перемычке (или сквозь \(R\)) от \(A\) к \(B\); \(u_1(t)\) и \(u_2(t)\) — напряжения на резисторах \(r\) и \(2r\).

1. Итог процесса. Ток в цепи прекращается, когда на резисторах напряжение исчезает, и тогда потенциалы точек \(A\) и \(B\) равны потенциалу верхнего провода. Каждый конденсатор заряжен до напряжения \(U_0\), заряд каждого равен \(CU_0\).

2. Закон сохранения заряда для каждого конденсатора. Верхняя обкладка левого конденсатора вместе с точкой \(A\) образует изолированный проводящий узел: заряд \(q_1\) пришёл через \(r\), заряд \(q_{AB}\) ушёл по перемычке, остальное накопилось. Для правого узла \(B\) — наоборот: \[q_1-q_{AB}=CU_0,\qquad q_2+q_{AB}=CU_0 .\]

3. Закон Ома для заряда. Заряд, прошедший сквозь резистор, равен интегралу тока по времени, а ток — напряжение на резисторе, делённое на его сопротивление: \[q_1=\frac1r\int u_1\,dt,\qquad q_2=\frac{1}{2r}\int u_2\,dt,\qquad q_{AB}=\frac1R\int(\varphi_A-\varphi_B)\,dt,\] где интегралы берутся от замыкания ключа до конца процесса. Потенциалы точек \(A\) и \(B\) равны \(\varphi_A=U_0-u_1\) и \(\varphi_B=U_0-u_2\) (потенциал нижнего провода принят за нуль), поэтому \(\varphi_A-\varphi_B=u_2-u_1\). Выразим интегралы напряжений через \(q_1\) и \(q_2\) и подставим: \[Rq_{AB}=\int u_2\,dt-\int u_1\,dt=2rq_2-rq_1 .\]

Пункт 1 (перемычка, \(R=0\)). Напряжение на перемычке равно нулю в любой момент, то есть \(\varphi_A=\varphi_B\) и \(u_1=u_2\). Тогда \(2rq_2-rq_1=0\), то есть \(q_1=2q_2\). Подставим \(q_1=CU_0+q_{AB}\) и \(q_2=CU_0-q_{AB}\) из п. 2: \[CU_0+q_{AB}=2CU_0-2q_{AB}\quad\Longrightarrow\quad q_{AB}=\frac{CU_0}{3}.\] Знак плюс: заряд идёт от \(A\) к \(B\), из «быстрой» ветви в «медленную». Для сравнения, через резисторы прошли заряды \(q_1=\frac43CU_0\) и \(q_2=\frac23CU_0\). Обратите внимание: напряжение на перемычке равно нулю, но ток по ней идёт — его определяет остальная цепь, а не закон Ома для самой перемычки. Нулевое напряжение лишь значит, что точки \(A\) и \(B\) всё время на одном потенциале.

Пункт 2 (резистор \(R\)). Подставим \(q_1=CU_0+q_{AB}\) и \(q_2=CU_0-q_{AB}\) в уравнение п. 3: \[Rq_{AB}=2r(CU_0-q_{AB})-r(CU_0+q_{AB})=rCU_0-3rq_{AB}.\] Отсюда \[q_{AB}=\frac{rCU_0}{R+3r}=\frac{CU_0}{3+R/r}.\]

Проверка. Размерность: \(CU_0\) — заряд. Предел \(R\to0\) даёт \(CU_0/3\), как в пункте 1 (формула п. 2 переходит в перемычку). Предел \(R\to\infty\) даёт \(0\): резистора нет, ветви независимы, и каждая заряжает свой конденсатор. Второй способ для пункта 1: потенциал общей точки \(A=B\) удовлетворяет уравнению \(2C\dot\varphi=\dfrac{U_0-\varphi}{r}+\dfrac{U_0-\varphi}{2r}\), то есть \(\varphi=U_0(1-e^{-t/\tau})\), \(\tau=\dfrac{4rC}{3}\). Ток перемычки \(i_{AB}=\dfrac{U_0-\varphi}{r}-C\dot\varphi=\dfrac{U_0}{4r}e^{-t/\tau}\), а его интеграл \(\dfrac{U_0\tau}{4r}=\dfrac{CU_0}{3}\) — тот же заряд (рис.).

Численное интегрирование уравнений цепи при \(R=r\) и \(R=3r\) даёт \(\dfrac14CU_0\) и \(\dfrac16CU_0\), как в формуле (рис.).

Ответ: 1) \(q_{AB}=\dfrac{CU_0}{3}\) (от \(A\) к \(B\));  2) \(q_{AB}=\dfrac{rCU_0}{R+3r}\).

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

Подсказка

Трение скольжения постоянно, и на ходу вправо груз колеблется вокруг одной точки, на ходу влево — вокруг другой, смещённых на \(a\) от нуля пружины. Каждая половина колебания — половина гармонического колебания.

Ответ

1) \(T=T_0\);  2) \(A=\dfrac{v_0^2T_0^2}{32\pi^2a}\) (колебания идут около точки, смещённой на \(a\) от положения недеформированной пружины);  3) период короче свободного на \(\Delta T=\dfrac{8a}{v_0}\).

Решение

Что происходит. Сила трения скольжения постоянна по величине и всегда направлена против скорости. Поэтому на ходу вправо на груз действует постоянная сила, а на ходу влево — такая же, но противоположная. Постоянная сила не меняет частоту колебаний, а лишь сдвигает точку, около которой они идут. Главная идея — записать уравнение движения для каждого направления хода отдельно и сшить половины по краям.

Обозначения. Ось \(x\) направлена вправо, к стене; \(x=0\) — пружина не деформирована. \(k\) — жёсткость, \(m\) — масса груза, \(\omega=\sqrt{k/m}=2\pi/T_0\), \(F\) — сила трения скольжения. Зона застоя — те \(x\), при которых \(k|x|\le F\) (трение покоя не больше \(F\)), поэтому \(F=ka\).

Опыт 1. Свободные колебания с трением.

1. Закон движения на ходу вправо. Запишем второй закон Ньютона для груза в проекции на ось \(x\) (трение направлено влево): \[m\ddot x=-kx-F=-k(x+a).\] Это гармонические колебания с той же \(\omega=\sqrt{k/m}\) около точки \(x=-a\) (центр сдвинут против хода). На ходу влево трение направлено вправо: \(m\ddot x=-k(x-a)\) — колебания около \(x=+a\).

2. Период. Движение вправо или влево длится от остановки до остановки, то есть ровно полпериода гармонических колебаний, \(\pi/\omega=T_0/2\). Значит, период \(T=T_0\), как без трения. Меняется только размах: за каждый полупериод он уменьшается на \(2a\).

Опыт 2. Удары молоточка.

3. Края размаха. Обозначим \(x_L\) и \(x_R\) — левую и правую остановки. Идя влево из \(x_R\) (скорость нуль), груз колеблется около \(+a\) с амплитудой \(x_R-a\) и останавливается слева симметрично: \(x_L=2a-x_R\). Значит, \(x_L+x_R=2a\): размах \(2A=x_R-x_L\) расположен симметрично около точки \(x=a\), и \(x_R=a+A\), \(x_L=a-A\).

4. Амплитуда. Идём вправо из \(x_L\): после удара скорость \(v_0\). Применим закон изменения механической энергии системы груз + пружина между \(x_L\) и \(x_R\): работа трения \(-F(x_R-x_L)\), в \(x_R\) скорость нуль: \[\frac{mv_0^2}{2}+\frac{kx_L^2}{2}-F\,(x_R-x_L)=\frac{kx_R^2}{2}.\] Перенесём: \(\dfrac{mv_0^2}{2}=(x_R-x_L)\left[F+\dfrac k2\,(x_R+x_L)\right]=2A\,[ka+ka]=4kaA\). Отсюда \[A=\frac{mv_0^2}{8ka}=\frac{v_0^2}{8a\omega^2}=\frac{v_0^2T_0^2}{32\pi^2a}.\] Так же получается из баланса за цикл: удар даёт \(mv_0^2/2\), трение отнимает \(F\cdot4A\).

5. Период. Ход влево — ровно полпериода гармонического колебания около \(+a\): время \(\pi/\omega\). Ход вправо начинается не из остановки, а со скорости \(v_0\) в точке \(x_L\), лежащей от центра \(-a\) на расстоянии \(A-2a\) (при \(A>2a\)). Это колебание около \(-a\) с амплитудой \(B=x_R+a=A+2a\). Из закона движения \(x+a=B\sin(\omega t+\theta_0)\) при \(t=0\): \(v_0=B\omega\cos\theta_0\), а останавливается груз при фазе \(\pi/2\). Пусть \(\delta=\pi/2+\theta_0\) (при \(A>2a\) фаза \(\theta_0<0\)), тогда \(\sin\delta=\dfrac{v_0}{\omega B}\) и время хода вправо \((\pi-\delta)/\omega\). Полный период: \[T=\frac{2\pi-\delta}{\omega}=T_0-\frac\delta\omega .\] При \(A\gg a\) имеем \(B\approx A\), угол \(\delta\) мал: \(\delta\approx\dfrac{v_0}{\omega A}=\dfrac{8a\omega}{v_0}\). Тогда \[\Delta T=T_0-T\approx\frac\delta\omega=\frac{8a}{v_0}=\frac{4\,(2a)}{v_0}.\]

На графике \(x(t)\) бирюзовым показан ход вправо (с удара), чёрным — ход влево; пунктир — центры \(\pm a\). Построено при \(A=8a\).

Обратите внимание: на ходу вправо и на ходу влево центры колебаний разные (\(-a\) и \(+a\)), а время каждого хода определяется своей амплитудой. Применять одну гармонику на весь период нельзя. Ход вправо короче полупериода: удар «пропускает» ту часть колебания, где груз медленно выходит из остановки.

Ответ. 1) \(T=T_0\); 2) \(A=\dfrac{v_0^2T_0^2}{32\pi^2a}\) около точки \(x=a\); 3) период короче \(T_0\) на \(\Delta T=\dfrac{8a}{v_0}\).

Проверка. Размерность: \(v_0^2T_0^2/a\) — метры, \(a/v_0\) — секунды. При \(a\to0\) (трения нет) \(\Delta T\to0\), но \(A\to\infty\): без трения удары накачивали бы колебания неограниченно, как и должно быть. При большом \(v_0\) поправка к периоду мала. Числовая проверка по точным формулам: при \(A=8a\) (\(\omega=1\), \(a=1\), \(v_0=8\)) получаем \(\delta=\arcsin0{,}8=0{,}93\), а оценка даёт \(1{,}0\) — они согласуются, и согласие улучшается с ростом \(A/a\).

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

Подсказка

Изображение предмета в плоском зеркале — за зеркалом на том же расстоянии. Выстройте цепочку изображений ободка зеркала вдоль оси: их угловые размеры убывают, и различимы они, пока угловой зазор между соседними не меньше разрешения глаза.

Ответ

Около \(18\) отражений: \(k(k+1)\le \dfrac{d}{2L\varepsilon}\approx344\).

Решение

Что происходит. В зеркале \(A\) наблюдатель видит ободок противоположного зеркала \(B\), в нём — ободок \(A\), потом снова \(B\), и так далее: цепочку всё более мелких колец, вложенных друг в друга. Каждое следующее кольцо — отражение предыдущего. Главная идея — развернуть ход лучей: изображение предмета в плоском зеркале лежит за зеркалом на таком же расстоянии, поэтому кольца выстраиваются вдоль оси. Кольца можно насчитать, пока угловой зазор между соседними не меньше разрешения глаза.

Обозначения. \(d=1\) м — диаметр зеркала, \(R=d/2\); \(L=5\) м — расстояние между зеркалами; \(\varepsilon=1'\approx2{,}9\cdot10^{-4}\) рад — угловое разрешение; \(x\) — расстояние от глаза до зеркала \(A\), на которое он смотрит. Кольцо \(k\) — ободок после \(k\) отражений (\(k=0\) — сам ободок \(A\)).

1. Положение колец. Ободок \(B\) лежит от \(A\) на расстоянии \(L\), его изображение в \(A\) — на расстоянии \(L\) за \(A\), то есть на расстоянии \(x+L\) от глаза. Изображение ободка \(A\) в зеркале \(B\) лежит на \(L\) за \(B\), а значит, его изображение в \(A\) ещё дальше. Повторяя, получаем кольца на расстояниях \(x+kL\) от глаза, одинакового радиуса \(R\). Если смотреть из точки напротив (глаз у зеркала \(B\), \(x=L\)), расстояния \((k+1)L\).

2. Угловые размеры. Радиус \(R=0{,}5\) м много меньше расстояний, углы малы. Кольцо \(k\) видно под углом \(\theta_k=R/(x+kL)\) от оси. Зазор между соседними кольцами: \[\theta_{k-1}-\theta_k=\frac{R\,L}{\bigl(x+(k-1)L\bigr)\bigl(x+kL\bigr)} .\]

3. Условие различимости. Кольцо \(k\) отличимо от соседнего, если зазор не меньше \(\varepsilon\). При \(x=L\): \[\frac{R}{L\,k(k+1)}\ge\varepsilon\ \Rightarrow\ k(k+1)\le\frac{R}{L\varepsilon}=\frac{0{,}5}{5\cdot2{,}9\cdot10^{-4}}\approx344 .\] Подходит \(k=18\) (\(18\cdot19=342\)), а \(k=19\) не подходит (\(19\cdot20=380\)). Приближённо \(k\approx\sqrt{R/(L\varepsilon)}\approx18{,}5\).

Положение наблюдателя почти не важно: при \(x=L/2\) условие \(k^2-\tfrac14\le344\) тоже даёт \(k=18\), и лишь у самого зеркала \(A\) (\(x\to0\)) получается \(19\).

Обратите внимание: считать нужно разрешимость соседних колец, а не размер каждого. Если искать кольцо, видимое под углом \(\varepsilon\), получилось бы \(k\sim R/(L\varepsilon)\approx340\), но уже при \(k\approx18\) кольца сливаются: зазор между ними во много раз меньше самого кольца.

Ответ. Можно насчитать около \(18\) вложенных отражений (при заданных данных от \(18\) до \(19\) в зависимости от положения наблюдателя).

Проверка. Число \(k\) безразмерно: \(R/(L\varepsilon)\) — отношение длин на угол. Чем ближе зеркала или чем острее глаз, тем больше колец: \(k\propto1/\sqrt{L\varepsilon}\). При \(L\to\infty\) кольца сливаются сразу (\(k\to0\)): зеркало видно только само.

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