При упругом отражении относительная скорость стенки и бусинки не меняется по модулю, но меняется по направлению, поэтому
$$v_1=v_{отн}+u=v_0+2u
$$

Время между двумя последовательными соударениями проще всего вычислить, рассмотрев столкновение с симметричной стенкой, движущейся с той же скоростью. Отсюда
$$\Delta{t}=\frac{2L_0}{v_1+u}
$$
Найдём изменение расстояния
$$\Delta{L}=-u\Delta{t}=-\frac{2L_0u}{v_0+3u}
$$

Из результатов предыдущих двух пунктов при условии $u\ll{v}$
$$\frac{\Delta{L}}{L}=-\frac{2u}{v_0+3u}\approx-\frac{\Delta{v}}{v}
$$
откуда после интегрирования
$$Lv=const=L_0v_0
$$
Учитывая физический смысл адиабатического инварианта
$$I=\frac{L_0v_0}{\pi}
$$

Максимальная скорость лёгкой частицы достигается в момент, когда тяжёлая останавливается. Из ЗСЭ
$$\frac{Mu^2}{2}+\frac{m{v_0}^2}{2}=\frac{k^2m{v_0}^2}{2}
$$
откуда
$$\frac{M}{m}=\left(\frac{v_0}{u}\right)^2\left(k^2-1\right)
$$

Найдём из ЗСЭ скорость тяжёлой частицы как функцию расстояния $x$ между ней и стенкой. Из условия сохранения адиабатического инварианта для лёгкой частицы
$$v(x)=\frac{v_0L_0}{x}
$$
Тогда из ЗСЭ с учётом того, что скорость тяжёлой частицы $v_т=-\frac{dx}{dt}$ получим
$$\left(\frac{dx}{dt}\right)^2=\frac{m{v_o}^2}{M}\left(k^2-\left(\frac{L_0}{x}\right)^2\right)=\frac{u^2}{k^2-1}\left(k^2-\left(\frac{L_0}{x}\right)^2\right)
$$
откуда
$$dt=-\frac{\sqrt{k^2-1}}{k^2u}\frac{k^2xdx}{\sqrt{k^2x^2-{L_0}^2}}
$$
Интегрируя
$$t=\frac{\sqrt{k^2-1}}{k^2u}\int\limits_0^{{L_0}^2(k^2-1)}\frac{dz}{\sqrt{z}}=\frac{L_0}{u}\left(1-\frac{1}{k^2}\right)
$$

Учитывая покой системы, центр масс неподвижен.Значит, кинетическая энергия тяжёлых частиц может быть выражена через приведённую массу $\mu$ и их относительную скорость
$$E_M=\frac{M\dot{x}^2}{4}
$$
Кинетическая энергия лёгкой частицы может быть найдена из условия сохранения адиабатического инварианта
$$E_m=\frac{m{v_0}^2{L_0}^2}{2x^2}
$$

Взаимодействия лёгкой частицы с обеими тяжёлыми можно представить как взаимодействие самих тяжёлых частиц. С учётом притяжения и постоянства силы
$$W_p=Fx+C
$$

Из ЗСЭ
$$E_m+E_M+W_p=E_0
$$
отсюда
$$\frac{M\dot{x}^2}{4}+\frac{m{v_0}^2{L_0}^2}{2x^2}+Fx=const
$$
В положении равновесия эффективный потенциал минимален.Дифференцируя
$$F=\frac{m{v_0}^2{L_0}^2}{x^3}
$$
откуда
$$x_0=\left(\frac{m{v_0}^2{L_0}^2}{F}\right)^{\frac{1}{3}}
$$

Вычислим вторую производную эффективного потенциала
$$\frac{d^2{U_{eff}}}{dx^2}=\frac{3m{v_0}^2{L_0}^2}{{x_0}^4}
$$
после чего получим уравнение гармонических колебаний
$$\frac{M\dot{x}^2}{4}+\frac{1}{2}\frac{d^2{U_{eff}}}{dx^2}=C
$$
Откуда после дифференцирования
$${\omega_0}^2=\frac{6m{v_0}^2{L_0}^2}{M}\left(\frac{F}{m{v_0}^2{L_0}^2}\right)^{\frac{4}{3}}
$$

Для движения вдоль оси $y$ сохраняется адиабатический инвариант
$$v_yy=const
$$
С учётом начальных условий
$${v_y}^2=\frac{{v_0}^2\cos^2(\alpha){y_0}^2}{y^2}=\frac{{v_0}^2\cos^2(\alpha)\left(1-\left(\frac{r}{a}\right)^2\right)}{1-\left(\frac{x}{a}\right)^2}
$$
учитывая малость $x$ и ЗСэ
$${v_x}^2={v_0}^2-{v_y}^2={v_0}^2\left(\sin^2(\alpha)+\frac{r^2}{a^2}\cos^2(\alpha)\right)-\left(\frac{{v_0}\cos(\alpha)x}{a}\right)^2
$$
Таким образом
$$A={v_0}^2\left(\sin^2(\alpha)+\frac{r^2}{a^2}\cos^2(\alpha)\right)
$$
$$B=0
$$
$$C=-\left(\frac{{v_0}\cos(\alpha)}{a}\right)^2
$$

Из ЗСЭ получим
$${v_x}^2={v_0}^2-{v_y}^2={v_0}^2\left(\sin^2(\alpha)+\frac{r^2}{a^2}\cos^2(\alpha)\right)-\left(\frac{{v_0}\cos(\alpha)x}{a}\right)^2
$$
При максимуме $x$ левой части стоит ноль, поэтому
$$x_{max}=\sqrt{a^2\sin^2(\alpha)+r^2\cos^2(\alpha)}
$$

Движение вдоль оси $x$ представляет собой гармонические колебания с циклической частотой $\frac{v_0\cos(\alpha)}{a}$,поэтому
$$t=\frac{a}{v_0\cos(\alpha)}\left(\frac{\pi}{2}+\arccos{\frac{r}{\sqrt{a^2\sin^2(\alpha)+r^2\cos^2(\alpha)}}}\right)
$$

Площадь фазовой траектории в случае гармонического осциллятора - это площадь эллипса с полуосями $A$ и $m {\omega_0}A$. Таким образом
$$I=\frac{m A^2\omega_0}{2}
$$

Циклическая частота такого маятника следующая
$$\omega_0=\sqrt{\frac{g\sin(\alpha)}{L}}
$$
А адиабатический инвариант
$$I=\frac{m L^2{\varphi}^2}{2}\sqrt{\frac{g\sin(\alpha)}{L}}
$$
Таким образом, при неизменном угле
$$\varphi=\varphi_0\left(\frac{L_0}{L}\right)^{\frac{3}{4}}
$$

Используя результат предыдущего пункта
$$\varphi=\varphi_0\left(\frac{\sin(\alpha_0)}{\sin(\alpha)}\right)^{\frac{1}{4}}
$$

По определению
$$\vec{L}=\int[\vec{r}\times\vec{v}]dm
$$
Учитывая, что кольцо однородное и равномерно заряжено по периметру
$$\vec{m}=\frac{q}{2m}\vec{L}
$$

Момент сил ,действующих на магнитный момент в магнитном поле
$$\vec{M}=[\vec{m}\times\vec{B}]
$$
$$\frac{d\vec{L}}{dt}=\vec{M}=\frac{q}{2m}[\vec{L}\times\vec{B}]
$$
Отсюда следует, что производная вектора момента импульса перпендикулярна ему, откуда и следует, что момент импульса по модулю сохраняется.

Пусть угловая скорость вращения вектора момента импульса равна $\vec{\Omega}$
$$\frac{d\vec{L}}{dt}=[\vec{\Omega}\times\vec{L}]=\frac{q}{2m}[\vec{L}\times\vec{B}]
$$
Откуда
$$[\vec{\Omega}+\frac{q}{2m}\vec{B}\times\vec{L}]=0
$$
и окончательно
$$\vec{\Omega}=-\frac{q}{2m}\vec{B}
$$

Есть только одна компонента момента сил - направленная вдоль магнитного поля
Вихревое поле,возникающее на расстоянии $r$ от оси, проходящей через центр вдоль магнитного поля
$$E=-\frac{\dot{B}r}{2}
$$
$$M_z=\int E(r)rdq=-\int\frac{\dot{B}r^2dq}{2}=-\frac{\dot{B}I_zq}{2m}
$$

Момент импульса кольца складывается из быстрой компоненты вращения, а также из компоненты, связанной с прецессией. Тогда производная момента импульса в проекции на ось Z следующая
$$\frac{dL_z}{dt}=I_z\dot{\Omega}-I_r{\omega}\dot{\alpha}=-\frac{\dot{B}I_zq}{2m}-I_r{\omega}\dot{\alpha}=M_z=-\frac{\dot{B}I_zq}{2m}
$$
Откуда
$$\dot{\alpha}=0
$$
Таким образом, угол $\alpha$ при медленно уменьшении поля остаётся постоянным и ответ
$$\alpha_1=\frac{\pi}{2}
$$

Используя полученные ранее выражения для вихревого электрического поля
$$\dot{v_\perp}=\frac{qmv_{\perp}\dot{B}}{2qBm}=\frac{v_{\perp}\dot{B}}{2B}
$$

После интегрирования полученного выражения в предыдущем пункте
$$\frac{{v_\perp}^2}{B}=const
$$
Откуда
$$v_\perp=v_0\sqrt{\frac{B}{B_0}}
$$

Рассмотрим проводник с током $I$,текущим по правилу правого винта. Рассмотрим замкнутую поверхность имеющую два сечения в форме проводника. По теореме Гаусса поток через неё равен нулю, поэтому
$$SdB_z=d\Phi=dz\int B_\perp dl
$$
Для $F_z$ имеем
$$F_z=I\int B_\perp dl=Is\frac{dB_z}{dz}=m_z\frac{dB_z}{dz}
$$
Момент импульса частицы направлен против магнитного поля, найдём его по модулю
$$L_z=-m{v_\perp} r=-\frac{m^2{v_\perp}^2}{qB}
$$

$$m_z=\frac{q}{2m}L_z=-\frac{m{v_\perp}^2}{2B}
$$
И окончательно
$$F_z=-\frac{m{v_\perp}^2}{2B}\frac{dB_z}{dz}
$$

Из закона сохранения энергии следует, что модуль скорости частицы не меняется. Перпендикулярная компонента скорости выражается как
$$
v_\perp = v \cos \alpha.
$$

Из инварианта, найденного в предыдущем пункте
$$
v_\perp^2 = v_{0\perp}^2 \frac{B}{B_0}.
$$
Отсюда
$$
\cos \alpha= \cos \alpha_0 \sqrt{\frac{B}{B_0}}.
$$

Для возможности работы магнитного зеркала необходимо, чтобы $\sin(\alpha)$ принимал любые значения вплоть до нуля. Тогда
$$\cos(\alpha_0)\geq\frac{1}{\sqrt{r}}
$$

Из закона Био-Савара-Лапласа
$$d\vec{B}=\frac{\mu_0~I}{4\pi}\frac{[d\vec{r}\times\vec{r}]}{r^3}
$$
с учётом одинаковой направленности сил тока получим
$$B(x)=B_0+\frac{\mu_0~IR^2}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{R^2+(H-x)^2}}+\frac{1}{\sqrt{R^2+(H+x)^2}}\right)
$$
Максимум данной функции достигается в центрах витков, а минимум - при $x=0$. Отсюда с учётом малости полей витков
$$B_{min}=B_0
$$
$$B_{max}=B_0+\frac{\mu_0~I}{2R}
$$

$$r=1+\frac{\mu_0~I}{2B_0R}
$$

Рассмотрим трубку силовых линий, симметричную относительно оси системы и ограниченную линиями, проходящими на расстоянии $R_0$ через плоскость кольца. Поскольку поток магнитного поля через замкнутую поверхность равен нулю, можем написать соотношение
$$
B_{max} R_0^2 = B_{min} r'^2.
$$
Отсюда
$$
r' = R_0 \sqrt{\frac{B_{max}}{B_{min}}} = R_0 \sqrt{1+\frac{\mu_0~I}{2B_0R}}
$$

$$\cos^2(\alpha_0)=\frac{1}{r}
$$
Поэтому
$$\sin^2(\alpha_{max})=1-\frac{1}{r}=\frac{\mu_0~I}{2B_0R}
$$
Или
$$\alpha_{max}\approx{\sqrt{\frac{\mu_0~I}{2B_0R}}}
$$