Игра в шайбу

Разложите ускорение свободного падения на составляющие вдоль \(AB\) и перпендикулярно ему. При упругом ударе о стенку, параллельную \(AB\), продольная составляющая скорости не меняется, а поперечное движение после удара симметрично движению до удара.

Пронумеруем стороны рамки и введём координаты \(x\), \(y\) с началом в точке \(A\), направив их вдоль и перпендикулярно отрезку \(AB\).

Пусть координаты точки \(A\) равны \((0;0)\), координаты точки \(B\) равны \((L;0)\), а расстояние от точек до стороны — \(H\). Будем искать проекции ускорения свободного падения \(g_x\) и \(g_y\).

Рассмотрим движение шайбы из \(A\) в \(B\) с отскоком от стороны 4. Из уравнения движения по оси \(y\) получим, что время падения из точки \(A\) до стенки равно \(\sqrt{2H/g_y}\). После удара шайба будет лететь столько же по времени до точки \(B\). Полное время составит: \[t = 2\sqrt{\frac{2H}{g_y}}.\] По оси \(x\) шайба движется равноускоренно, так как при упругом ударе проекция скорости на ось \(x\) не меняется: \[L = g_x\frac{t^2}{2} = g_x\cdot\frac{4H}{g_y}.\] Откуда получим: \[\frac{g_x}{g_y} = \frac{L}{4H}.\]

В случае отскока от стенки 4 \(L = 2l\) и \(H = l\), где \(l\) — сторона заданной масштабной сетки. Из полученного отношения проекций ускорений легко найти направление \(\vec g\). Например, можно отметить точку \(C_1\) с координатами \((2l;\,4l)\). Тогда \(\vec g\) будет направлено вдоль прямой \(AC_1\) и, в частности, первая часть траектории шайбы будет лежать вдоль этой прямой.

Аналогично можно поступить со стороной 2. В этом случае \(L = 2l\) и \(H = 2l\), тогда ускорение свободного падения будет направлено вдоль отрезка \(AC_2\), где координаты точки \(C_2\) это \((2l;\,-8l)\).

После отскока от стороны 1 шайба не сможет попасть в точку \(B\), так как та расположена дальше точки \(A\) по оси \(x\). По тем же соображениям отражение от стороны 3 подходит. Соответствующее этому случаю направление ускорения свободного падения будет вдоль оси \(x\).

С помощью найденных в предыдущем пункте координат точек \(C_1\) и \(C_2\) вычислим углы между направлением \(AB\) и ускорением свободного падения: \[\alpha_4 = \operatorname{arctg} 2 \approx 63^\circ, \quad \alpha_2 = \operatorname{arctg} 4 \approx 76^\circ, \quad \alpha_3 = 0^\circ.\]