Решения 11 класса (район 2002)

Подробности: Обновлено 04.01.2014 14:26

Решения задач районного тура 2002 года для 11 класса.

1 вариант: 1 · 2 · 3 · 4 · 5
2 вариант: 1 · 2 · 3 · 4 · 5

I вариант.

Задача 1.

Обозначим через $k$ искомую жесткость пружины.

Если пружина в какой-то момент сжата в результате взаимодействия с тележкой на величину $x$, то сила $F = kx$, с которой пружина действует на тележку, обеспечивает ускорение $a$, которое испытывает тележка вместе с находящимся на ней предметом $$kx = (M + m)a$$ Поскольку предмет бьется при ускорениях больше чем $a_0$, то ускорение, которое он испытывает при любом сжатии пружины, не должно превышать $a_0$: \begin{equation} a = \frac{kx}{M+m} \le a_0 \label{eq1} \quad - 2~балла \end{equation} Пружина сжата максимально, когда вся кинетическая энергия системы перешла в потенциальную энергию пружины, т.е. когда $$\frac{kx_{max}^2}{2} = \frac{(M+m)V^2}{2} \quad \Rightarrow \quad x_{max} = V\sqrt{\frac{M+m}{k}}$$ Подставляя $x_{max}$ в неравенство $\eqref{eq1}$ и выражая оттуда k, получим первое условие на k: \begin{equation} k \le \frac{a_0^2(M+m)}{V^2} \label{eq2} \end{equation} Таким образом, если пружина чересчур жесткая, предмет разобьется. - 2 балла

С другой стороны, если пружина чересчур мягкая, она не сможет предотвратить столкновение тележки со стеной, и предмет разобьется при ударе. Чтобы этого не произошло, $x_{max}$ не должно превышать $L$ \begin{equation} x_{max} = V\sqrt{\frac{M+m}{k}} \le L \quad \Rightarrow \quad k \ge \frac{(M+m)V^2}{L^2} \label{eq3} \quad - 3~балла \end{equation} Итак, согласно неравенствам $\eqref{eq2}$ и $\eqref{eq3}$, чтобы хрупкий предмет не разбился, жесткость пружины должна удовлетворять двойному неравенству

\begin{equation} \frac{(M+m)V^2}{L^2} \le k \le \frac{a_0^2(M+m)}{V^2} \label{eq4} \quad - 1~балл \end{equation}

Задача 2.

Обозначим:
$x$ - расстояние между частицей в положении равновесия и стержнями,
$h$ - глубина, на которой частица будет находиться под стержнями, когда ее будут поднимать (см. рис 1),
$Q$ - искомый заряд частицы.

Если стержни медленно поднимать, возможно, что частица будет находиться в состоянии равновесия под действием силы тяжести $mg$ и кулоновских сил притяжения к каждому стержню $F_{KL}$ - 1 балл

Итак, на частицу действуют силы, изображенные на рис.2, причем $$F_{KL} = \frac{\sigma|Q|}{2\pi\varepsilon_0 x}$$ Чтобы частица находилась в равновесии, сумма сил, действующих на нее, должна обращаться в ноль. В проекции на горизонтальную ось это условие тривиально выполняется из симметрии. В проекции на вертикальную ось оно дает нам $$mg = 2F_{KL}\cos\alpha = \frac{\sigma|Q|\cos\alpha}{\pi\varepsilon_0 x} \quad - 2~балла$$ Подставляя сюда найденные из геометрических соображений (см. рис. 1) $x = \sqrt{R^2 + h^2}$ и $\cos\alpha = \frac{h}{\sqrt{R^2 + h^2}}$, получаем уравнение на $h$ \begin{equation} mg = \frac{\sigma|Q|h}{\pi\varepsilon_0(R^2+h^2)} \label{eq1_2} \end{equation} которое несложно свести к виду \begin{equation} h^2 - Ah + R^2 = 0 \label{eq2_2} \end{equation} где $$A = \frac{|Q|\sigma}{\pi\varepsilon_0 mg} \quad - 1~балл$$

Уравнение $\eqref{eq2_2}$ разрешимо относительно $h$, если дискриминант квадратного уравнения неотрицателен, т.е. при $|A| \ge 2R$. Итак, частицу можно поднять, поднимая медленно стержни вверх, если \begin{equation} |A| = \frac{|Q|\sigma}{\pi\varepsilon_0 mg} \ge 2R \label{eq3_2} \quad - 3~балла \end{equation} Казалось бы, ответ задачи найден. Однако для того, чтобы окончательно убедиться в том, что он правильный, необходимо ответить на вопрос - а будет ли хоть одно из решений уравнения $\eqref{eq1_2}$ давать устойчивое положение частицы в поле стержней? Исследование этого вопроса оценивается дополнительными 5 баллами:

Исследуем, как ведет себя правая часть уравнения $\eqref{eq1_2}$ $$f(h) = \frac{\sigma|Q|h}{\pi\varepsilon_0(R^2+h^2)}$$ при случайном смещении частицы из положения равновесия. Равновесие устойчиво, если при малом увеличении $h$ (при опускании частицы) функция $f(h)$ увеличивается (кулоновская сила начинает сильнее тянуть вверх частицу), и наоборот, при небольшом уменьшении $h$ (при поднимании частицы) функция $f(h)$ уменьшается (частицу начинает тянуть вверх слабее) - 2 балла

Таким образом, положение равновесия устойчиво, если производная $\frac{df(h)}{dh}$ положительна, и неустойчиво, если она отрицательна или равна нулю (см. рис. 4): $$\frac{df(h)}{dh} = \frac{|Q|\sigma}{\pi\varepsilon_0(R^2+h^2)} - \frac{2|Q|\sigma h^2}{\pi\varepsilon_0(R^2+h^2)^2} = |Q|\sigma\frac{R^2-h^2}{\pi\varepsilon_0(R^2+h^2)^2}$$ Следовательно, при $h < R$ величина $\frac{df(h)}{dh} > 0$, и положение равновесия устойчиво лишь в этом случае.

Выражая из $\eqref{eq2_2}$ равновесные положения частицы $$h_\pm = \frac{A}{2} \pm \sqrt{\frac{A^2}{4}-R^2}$$ и вспоминая, что согласно $\eqref{eq3_2}$ $|A| \ge 2R$, легко видеть, что лишь корень $h_-$ является устойчивым, да и то только в том случае, когда неравенство $\eqref{eq3_2}$ выполняется строго, т.е. при $$\frac{|Q|\sigma}{\pi\varepsilon_0 mg} > 2R$$

Аналогичный результат также можно немедленно получить, непосредственно рассматривая график функции $f(h)$. - 3 балла

Задача 3.

Обозначим:
$T$ - температура воды и воздуха над ней;
$M$ - масса стакана, $m$ - масса воздуха в стакане
$l_x$ - высота воздуха в стакане, установившаяся в конце.

Сразу после погружения динамометр показывает разницу между действующей на стакан силой тяжести и выталкивающей силой Архимеда: \begin{equation} F_{нач} = (M + m)g - \rho_0 gl_0 S \label{eq1_3} \quad - 1~балл \end{equation} Так как стакан опускают быстро, он не успевает обменяться теплом с окружающей водой. При этом адиабатическое сжатие воздуха при погружении до объема $l_0 S$ сопровождается нагреванием воздуха до температуры $T_1$. Затем в течение некоторого времени устанавливается термодинамическое равновесие между воздухом и водой, в результате которого воздух остывает до исходной температуры $T$, а объем его соответственно уменьшается, что вызывает уменьшение плавучести стакана. - 2 балла

Когда стакан еще находился над водой (до погружения), он был целиком (на объем $LS$) наполнен воздухом при атмосферном давлении и температуре $T$. При этом уравнение Клапейрона - Менделеева имеет вид \begin{equation} p_0 LS = \frac{m}{\mu}RT \label{eq2_3} \quad - 1~балл \end{equation} На глубине же $H$ газ находится под давлением $p_0 + \rho_0 g(H + l_x)$, и в конце концов занимает объем $l_x S$ при температуре $T$. При этом уравнение Клапейрона - Менделеева принимает вид \begin{equation} (p_0 + \rho_0 g(H + l_x)) Sl_x = \frac{m}{\mu}RT \label{eq3_3} \quad - 1~балл \end{equation} Приравнивая левые части формул $\eqref{eq2_3}$ и $\eqref{eq3_3}$, находим $l_x$: \begin{equation} l_{x\pm} = \frac{1}{2}\left(\pm\sqrt{\left(\frac{p_0}{\rho_0 g} + H\right)^2 + \frac{4p_0 L}{\rho_0 g}} - \left(\frac{p_0}{\rho_0 g} + H\right) \right) \label{eq4_3} \end{equation} Очевидно, что физичен только корень $l_{x+} > 0$ - 2 балла

После установления в системе термодинамического равновесия динамометр показывает новую разницу между весом стакана и выталкивающей его архимедовой силой \begin{equation} F_{конечн} = (M + m)g - \rho_0 gl_{x+}S \label{eq5_3} \quad - 1~балл \end{equation} Различие между показаниями динамометра в начале $\eqref{eq1_3}$ и в конце $\eqref{eq5_3}$ составляет $$\Delta F = F_{нач} - F_{конечн} = \rho_0 gS(l_{x+} - l_0)$$ где $l_{x+}$ определяется формулой $\eqref{eq4_3}$ - 1 балл

Задача 4.

Обозначим:
$V_Z$ - проекция начальной скорости частицы на ось Oz

Опишем характер движения частицы до соударения с плоскостью. Вертикальная проекция скорости $V_Z = V\sin\alpha$ сохраняется, так как в проекции на эту ось не действуют внешние силы. В проекции на горизонтальную плоскость частица движется по окружности с постоянной скоростью $V_{xy} = V\cos\alpha$. Таким образом, траектория движения частицы до столкновения - спираль. Скорость частицы по модулю постоянна, так как магнитная сила не совершает работы - 2 балла

Найдем параметры траектории частицы. Движение по окружности радиуса $R$ в плоскости Oxy обеспечивается силой Лоренца \begin{equation} qV_{xy}B = \frac{mV_{xy}^2}{R} \quad\Rightarrow\quad R = \frac{mV_{xy}}{qB} = \frac{mV\cos\alpha}{qB} \label{eq1_4} \end{equation} Период обращения по этой окружности \begin{equation} T = \frac{2\pi R}{V_{xy}} = \frac{2\pi m}{qB} \label{eq2_4} \quad - 2~балла \end{equation} После столкновения с плоскостью траектория частицы осталась спиралью. Вертикальная компонента скорости в процессе удара изменила свое направление на противоположное. Так как заряд частицы уменьшился вдвое, радиус спирали и период обращения увеличился в 2 раза (см. формулы $\eqref{eq1_4}$, $\eqref{eq2_4}$): $R' = 2R$, $T' = 2T$. - 1 балл

Итак, до столкновения траектория частицы - спираль, намотанная на вертикальный цилиндр радиуса $R$, после столкновения траектория частицы - спираль, намотанная на вертикальный цилиндр радиуса $2R$. По условию задачи цилиндры имеют общую точку с координатами {$x$ = 0, $y$ = 0, $z$ = 0} (точка старта, там, где траектории заведомо пересекаются). Следовательно, цилиндры могут быть взаимно расположены только как на рисунке 1 (касаются друг друга, имея общую вертикальную прямую, проходящую через начало координат). - 3 балла

Поэтому понятно, что траектории до и после соударения с плоскостью могут пересекаться только над точкой старта. Частица до соударения оказывалась над точкой старта каждый раз, совершив полный оборот, т.е. через моменты времени $T$, $2T$, $3T$, $4T$... $nT$ после начала движения ($n$ - целое число оборотов, которое частица совершит до соударения). Зная вертикальную компоненту скорости частицы, легко понять, что частица до соударения окажется в эти моменты над точкой старта на высоте \begin{equation} TV\sin\alpha, 2TV\sin\alpha, 3TV\sin\alpha, 4TV\sin\alpha, \ldots nTV\sin\alpha \label{eq3_4} \end{equation} соответственно, причем верхняя точка $nVT\sin\alpha$ совпадает по высоте с расположением плоскости \begin{equation} nTV\sin\alpha = H \label{eq4_4} \end{equation} После соударения период обращения частицы увеличился в 2 раза, следовательно, она будет совершать полный оборот в 2 раза медленнее и пролетает над точкой старта в 2 раза меньшее количество раз ($n/2$ раз), а именно в точках $$H - 2TV\sin\alpha = (n-2)TV\sin\alpha, (n-4)TV\sin\alpha, (n-6)TV\sin\alpha \ldots 2TV\sin\alpha, 0.$$ Во всех этих точках траектория частицы пересечет саму себя (см. выр. $\eqref{eq3_4}$). Так как число этих точек по условию равно $N$, следовательно, $n = 2N$ - 2 балла

Воспользовавшись $\eqref{eq4_4}$ и выражением для периода $T$, найдем $$H = 2NTV\sin\alpha = \frac{4\pi mNV\sin\alpha}{qB} \quad - 1~балл$$

Задача 5.

Построим все изображения источника в зеркалах. Их будет 3:

изображение источника в первом (большом) зеркале
изображение источника во втором (маленьком) зеркале и
изображение в первом зеркале, отраженное вторым зеркалом, совпадающее с изображением во втором зеркале, отраженным первым зеркалом (см. рис.1) - 3 балла

Первое изображение будет видно в области, заштрихованной на рисунке 2 - 2 балла

Второе изображение будет видно в области, заштрихованной на рисунке 3 - 1 балл

Третье изображение будет видно в области, заштрихованной на рисунке 4 - 3 балла

Область, где видно 2 изображения, заштрихована на рис.5 - 1 балл

II вариант.

Задача 1.

Обозначим через $V$ искомую скорость тележки.

Если пружина в какой-то момент сжата в результате взаимодействия с тележкой на величину $x$, то сила $F = kx$, с которой пружина действует на тележку, обеспечивает ускорение $a$, которое испытывает тележка вместе с находящимся на ней предметом $$kx = (M + m)a$$ Поскольку предмет бьется при ускорениях больше чем $а_0$, то ускорение, которое он испытывает при любом сжатии пружины, не должно превышать $а_0$: \begin{equation} a = \frac{kx}{M+m}\le a_0 \label{eq1_6} \quad - 2~балла \end{equation} Пружина сжата максимально, когда вся кинетическая энергия системы перешла в потенциальную энергию пружины, т.е. когда $$\frac{kx_{max}^2}{2} = \frac{(M+m)V^2}{2} \Rightarrow x_{max} = V\sqrt{\frac{M+m}{k}}$$ Подставляя $x_{max}$ в неравенство $\eqref{eq1_6}$ и выражая оттуда $V$, получим первое условие на $V$: \begin{equation} V \le a_0 \sqrt{\frac{M+m}{k}} \label{eq2_6} \end{equation} Таким образом, если скорость чересчур большая, предмет разобьется при взаимодействии с пружиной. - 2 балла

С другой стороны, если пружина не сможет предотвратить столкновение тележки со стеной, то предмет также разобьется. Чтобы этого не произошло, $x_{max}$ не должно превышать $L$ \begin{equation} x_{max} = V\sqrt{\frac{M+m}{k}} \le L \Rightarrow V \le L \sqrt{\frac{k}{M+m}} \label{eq3_6} \quad - 3~балла \end{equation} Итак, чтобы хрупкий предмет не разбился, скорость тележки должна удовлетворять неравенствам $\eqref{eq2_6}$ и $\eqref{eq3_6}$ одновременно, что можно также записать в виде \begin{equation} V \le \min \left( a_0 \sqrt{\frac{M+m}{k}}, L \sqrt{\frac{k}{M+m}} \right) \label{eq4_6} \quad - 1~балл \end{equation}

Задача 2.

Обозначим:
$x$ - расстояние между частицей в положении равновесия и стержнями,
$h$ - высота, на которой частица будет находиться над стержнями, когда ее будут опускать (см. рис. 1),
$Q$ - искомый заряд частицы.

Если частицу медленно опускать, возможно, что она будет находиться в состоянии равновесия под действием силы тяжести $mg$ и кулоновских сил отталкивания каждого стержня $F_{KL}$ - 1 балл

На частицу действуют силы, изображенные на рис.2, причем $$F_{KL}=\frac{\sigma|Q|}{2\pi\varepsilon_0 x}$$ Чтобы частица находилась в равновесии, сумма сил, действующих на нее, должна обращаться в ноль. В проекции на горизонтальную ось это условие тривиально выполняется из симметрии. В проекции на вертикальную ось оно дает нам $$ mg = 2F_{KL}\cos\alpha = \frac{\sigma|Q|\cos\alpha}{\pi\varepsilon_0 x} \quad - 2~балла$$

Подставляя сюда найденные из геометрических соображений (см. рис. 1) $x=\sqrt{R^2+h^2}$ и $\cos\alpha=h/\sqrt{R^2+h^2}$, получаем уравнение на $h$ \begin{equation} mg = \frac{\sigma|Q|h}{\pi\varepsilon_0(R^2+h^2)}\label{eq1_7} \end{equation} которое несложно свести к виду \begin{equation} h^2 - Ah + R^2 = 0 \label{eq2_7} \end{equation} где $A = \frac{|Q|\sigma}{\pi\varepsilon_0 mg}$. - 1 балл

Уравнение $\eqref{eq2_7}$ разрешимо относительно $h$, если дискриминант квадратного уравнения неотрицателен, т.е. при $|A| \ge 2R$. Итак, частица "зависнет" над стержнями, если \begin{equation} h^2 - Ah + R^2 = 0 \label{eq3_7} \quad - 3~балла \end{equation} Казалось бы, ответ задачи найден. Однако для того, чтобы окончательно убедиться в том, что он правильный, необходимо ответить на вопрос - а будет ли хоть одно из решений уравнения $\eqref{eq1_7}$ давать устойчивое положение частицы в поле стержней? Исследование этого вопроса оценивается дополнительными 5 баллами:

Исследуем, как ведет себя правая часть уравнения $\eqref{eq1_7}$ $f(h) = \frac{\sigma|Q|h}{\pi\varepsilon_0(R^2+h^2)}$ при случайном смещении частицы из положения равновесия. Равновесие устойчиво, если при малом увеличении $h$ (при подъеме частицы) функция $f(h)$ уменьшается (кулоновская сила начинает слабее отталкивать частицу вверх), и наоборот, при небольшом уменьшении $h$ (при опускании частицы) функция $f(h)$ увеличивается (частицу начинает толкать вверх сильнее) - 2 балла

Таким образом, положение равновесия устойчиво, если производная $\frac{df(h)}{dh}$ отрицательна, и неустойчиво, если она положительна или равна нулю (см. рис. 4): $$\frac{df(h)}{dh} = \frac{|Q|\sigma}{\pi\varepsilon_0(R^2+h^2)} - \frac{2|Q|\sigma h^2}{\pi\varepsilon_0(R^2+h^2)^2} = |Q|\sigma\frac{R^2-h^2}{\pi\varepsilon_0(R^2+h^2)^2}$$ Следовательно, при $h > R$ величина $\frac{df(h)}{dh} \lt; 0$, и положение равновесия устойчиво лишь в этом случае.

Выражая из $\eqref{eq2_7}$ равновесные положения частицы $h_\pm = \frac{A}{2} \pm \sqrt{\frac{A^2}{4}-R^2}$ и вспоминая, что согласно $\eqref{eq3_7}$ $|A| \le 2R$, легко видеть, что лишь корень $h_+$ является устойчивым, да и то только в том случае, когда неравенство $\eqref{eq3_7}$ выполняется строго, т.е. при $\frac{|Q|\sigma}{\pi\varepsilon_0 mg} > 2R$.

Задача 3.

Обозначим:
$M$ - масса стакана, $m$ - масса воздуха в стакане в конце процесса.
$l_x$ - высота, на которой воздух устанавливается в стакане в конце процесса

Вначале динамометр показывает разницу между действующей на стакан силой тяжести и выталкивающей силой Архимеда: \begin{equation} F_{нач} = Mg - \rho_0 gLS \label{eq1_8} \quad - 1~балл \end{equation} Когда стакан поднимают, воздух в нем начинает изотермически расширяться, и часть воздуха выходит наружу. Когда затем стакан снова опускают, оставшийся в стакане воздух сжимается, что вызывает уменьшение плавучести стакана. - 2 балла

Когда стакан находился в верхнем положении, он был целиком (на объем $LS$) наполнен воздухом при давлении $p_0 + \rho_0 gL$ и температуре $Т$. При этом уравнение Клапейрона - Менделеева имеет вид \begin{equation} (p_0 + \rho_0 gL)LS = \frac{m}{\mu}RT \label{eq2_8} \quad - 1~балл \end{equation} На глубине же $H$ (в конечном положении стакана) та же самая масса газа находится под давлением $p_0 + \rho_0 g(H + l_x)$, и в конце концов занимает объем $l_x S$ при температуре $T$. При этом уравнение Клапейрона - Менделеева принимает вид \begin{equation} (p_0 + \rho_0 g(H+l_x))Sl_x = \frac{m}{\mu}RT \label{eq3_8} \quad - 1~балл \end{equation}

Приравнивая левые части формул $\eqref{eq2_8}$ и $\eqref{eq3_8}$, находим $l_x$: \begin{equation} l_{x\pm} = \frac{1}{2}\left( \pm\sqrt{\left( \frac{p_0}{\rho_0 g} + H \right)^2 + 4L \left( \frac{p_0}{\rho_0 g} + L \right) } - \left( \frac{p_0}{\rho_0 g} + H \right) \right) \label{eq4_8} \end{equation} Очевидно, что физичен только корень $l_{x+} > 0$ - 2 балла

После установления в системе термодинамического равновесия динамометр показывает новую разницу между весом стакана и выталкивающей его архимедовой силой

\begin{equation} F_{конечн} = Mg - \rho_0 gl_{x+}S \label{eq5_8} \quad - 1~балл \end{equation}

Различие между показаниями динамометра в начале $\eqref{eq1_8}$ и в конце $\eqref{eq5_8}$ составляет $$\Delta F = F_{нач} - F_{конечн} = \rho_0 gS(l_{x+} - l_0),$$ где $l_{x+}$ определяется формулой $\eqref{eq4_8}$ - 1 балл

Задача 4.

Обозначим:
$V_Z$ - проекция начальной скорости частицы на ось Oz

Найдем параметры траектории частицы. Движение по окружности радиуса $R$ в плоскости Oxy обеспечивается силой Лоренца \begin{equation} qV_{xy}B = \frac{mV_{xy}^2}{R} \Rightarrow R = \frac{mV_{xy}}{qB} = \frac{mV\cos\alpha}{qB} \label{eq1_9} \end{equation} Период обращения по этой окружности \begin{equation} T = \frac{2\pi R}{V_{xy}} = \frac{2\pi m}{qB} \label{eq2_9} \quad - 2~балла \end{equation} В результате столкновения исходной частицы с плоскостью вертикальная компонента ее скорости заменится на противоположную, которую и будут иметь частицы a и b после соударения. После столкновения с плоскостью траектория частицы a окажется прямой (так как на эту частицу не действуют никакие силы), а траектория частицы b останется спиралью. Так как масса частицы b вдвое меньше массы исходной частицы, радиус спирали и период обращения для частицы b уменьшится в 2 раза по сравнению с исходной частицей (см. формулы $\eqref{eq1_9}$, $\eqref{eq2_9}$): $R' = R/2$, $T' = T/2$. - 1 балл

Итак, до столкновения траектория частицы - спираль, намотанная на вертикальный цилиндр радиуса $R$, после столкновения траектория частицы b - спираль, намотанная на вертикальный цилиндр радиуса $R/2$. По условию задачи цилиндры имеют общую точку с координатами {$x = 0$, $y = 0$, $z = 0$} (точка старта, там, где траектории заведомо пересекаются). Следовательно, цилиндры могут быть взаимно расположены только как на рисунке 1 (касаются друг друга, имея общую вертикальную прямую, проходящую через начало координат). - 3 балла

Поэтому понятно, что траектории могут пересекаться только над точкой старта. Частица до соударения оказывалась над точкой старта каждый раз, совершив полный оборот, т.е. через моменты времени $T, 2T, 3T, 4T\ldots nT$ после начала движения ($n$ - целое число оборотов, которое частица совершит до соударения). Зная вертикальную компоненту скорости частицы, легко понять, что частица до соударения окажется в эти моменты над точкой старта на высоте \begin{equation} TV\sin\alpha, 2TV\sin\alpha, 3TV\sin\alpha,\ldots nTV\sin\alpha \label{eq3_9} \end{equation} соответственно, причем верхняя точка $nTV\sin\alpha$ совпадает по высоте с расположением плоскости \begin{equation} nTV\sin\alpha = H \label{eq4_9} \end{equation} После соударения период обращения частицы уменьшится в 2 раза, следовательно, она будет совершать полный оборот в 2 раза быстрее и будет пролетать над точкой старта в 2 раза большее количество раз, а именно в точках \begin{equation} H - \frac{1}{2}TV\sin\alpha = (n-\frac{1}{2})TV\sin\alpha, (n-1)TV\sin\alpha, (n-\frac{3}{2})TV\sin\alpha\ldots \frac{1}{2}TV\sin\alpha, 0 \label{eq5_9} \end{equation} В тех из этих точек, которые присутствуют в наборе точек $\eqref{eq3_9}$, траектории пересекутся. Легко видеть, что все точки из множества $\eqref{eq3_9}$ попадают множество $\eqref{eq5_9}$, т.е. пересечение траекторий произойдет $n$ раз. Так это число по условию равно $N$, следовательно, $n=N$ - 2 балла

Воспользовавшись $\eqref{eq4_9}$ и выражением для периода $T$, найдем $$H = NTV\sin\alpha = \frac{2\pi mNV\sin\alpha}{qB} \quad - 1~балл$$

Задача 5.

Построим все изображения источника в зеркалах. Их будет 3:

изображение источника в первом зеркале
изображение источника во втором зеркале и
изображение в первом зеркале, отраженное вторым зеркалом, совпадающее с изображением во втором зеркале, отраженным первым зеркалом (см. рис.1) - 3 балла

Первое изображение будет видно в области, заштрихованной на рисунке 2 - 2 балла

Второе изображение будет видно в области, заштрихованной на рисунке 3 - 1 балл

Третье изображение будет видно в области, заштрихованной на рисунке 4 - 3 балла

Область, где видно 2 изображения, заштрихована на рис.5 - 1 балл