Опять 45?

Внутри луча камень движется с ускорением \(-\vec g\), и его траектория там — та же парабола, отражённая центрально относительно точки входа в луч. Поэтому камню достаточно пересечь границу луча выше половины своей наибольшей высоты подъёма; после выхода из луча скорость камня совпадает с начальной.

Пока камень не долетел до притягивающего луча, он движется с постоянным ускорением \(\vec g\). Дальность полёта камня, брошенного с начальной скоростью \(v_0\) под углом \(\alpha\) к горизонту равна \[l_0 = \frac{2v_0^2\sin\alpha\cos\alpha}{g} = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{g}.\] Это выражение принимает максимальное значение при \(\alpha = 45^\circ\), следовательно \[v_{m1} = \sqrt{gl}.\]

Направим ось \(OX\) горизонтально, а ось \(OY\) — вертикально вверх; в качестве начала отсчёта \(O\) выберем положение Глюка. Левую и правую (по ходу полёта камня) границы области, ограниченной притягивающим лучом, пронумеруем 1 и 2 соответственно (см. рисунок). Ясно, что внутри луча камень движется с ускорением \(-\vec g\), и если он пересекает границу 1 так, что проекция его скорости \(v_y \ge 0\), то камень достигнет и границы 2. Этому соответствует условие \[v_0\sin\alpha - gt_1 \ge 0,\] где \(t_1 = l/(v_0\cos\alpha)\), а \(\alpha\) — угол между \(\vec v_0\) и горизонтом. Следовательно, чтобы пролететь область, ограниченную лучом, насквозь, заведомо достаточно скорости \[v'_{m2} = \sqrt{\frac{2gl}{\sin 2\alpha}}.\]

Проверим, что \(v_{2m} < v'_{m2}\). Характерная для такого случая траектория камня приведена на рисунке. Её участок левее границы 2 обладает центральной симметрией относительно точки пересечения границы 1. Пусть \(H\) — наибольшая высота подъёма камня на участке слева от луча, а \(h\) — высота, на которой камень пересекает границу 1.

Из сказанного выше следует (см. рисунок), что для того, чтобы камень достиг границы 2, достаточно \[H - h < h \quad\Rightarrow\quad h > H/2.\] Из закона равноускоренного движения следует, что \[\begin{gather*} H = \frac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g},\\ h = y(l) = \mathrm{tg}\,\alpha\cdot l - \frac{g}{2v_0^2\cos^2\alpha}\cdot l^2. \end{gather*}\] Тогда условие \(h > H/2\) может быть приведено к виду \[\frac{8g^2l^2}{\sin^2 2\alpha} - \frac{8gl}{\sin 2\alpha}\cdot v_0^2 + v_0^4 < 0.\] Выделим в этом выражении полный квадрат: \[\left(\frac{4gl}{\sin 2\alpha} - v_0^2\right)^2 - \frac{8g^2l^2}{\sin^2 2\alpha} < 0.\] Откуда выразим \(v_0^2\) (напомним, что нас интересуют значения \(v_0^2 < 2gl/\sin 2\alpha\), так что выражение в скобках положительно): \[v_0^2 > \frac{4gl}{\sin 2\alpha} - \frac{2\sqrt2\,gl}{\sin 2\alpha} = \frac{2(2-\sqrt2)gl}{\sin 2\alpha}.\] Правая часть меньше \(v'_{2m}\) и достигает минимального значения при \(\alpha = 45^\circ\), следовательно \[v_{m2} = \sqrt{2(2-\sqrt2)lg} \approx \sqrt{1{,}17lg}.\]

Горизонтальная компонента скорости камня неизменна, следовательно участки слева от притягивающего луча и внутри него камень проходит за одно время \[t_0 = t_1 = \frac{l}{v_0\cos\alpha}.\] Найдём скорость камня при пересечении границы 2 \[\vec v_2 = \vec v_0 + \vec g t_0 - \vec g t_1 = \vec v_0.\] Из соображений симметрии (см. рисунок) следует, что камень пересекает границу 2 на высоте \(2h\). Время \(t_2\), за которое он после этого упадёт на землю, \[2h + v_0\sin\alpha\cdot t_2 - \frac{gt_2^2}{2} = 0,\] откуда \[t_2 = \frac{v_0\sin\alpha}{g} + \sqrt{\frac{v_0^2\sin^2\alpha}{g^2} + \frac{4h}{g}}.\]

Этому соответствует горизонтальное смещение \[l_2 = v_0\cos\alpha\cdot t_2 = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g} + \sqrt{\left(\frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g}\right)^2 + \frac{4hv_0^2\cos^2\alpha}{g}}.\] Подставим в это выражение \[h = l\,\mathrm{tg}\,\alpha - \frac{gl^2}{2v_0^2\cos^2\alpha}\] и получим \[l_2 = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g} + \sqrt{\left(\frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g}\right)^2 + \frac{2lv_0^2\sin 2\alpha}{g} - 2l^2}.\] Выделим в подкоренном выражении полный квадрат \[l_2 = \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g} + \sqrt{\left(2l + \frac{v_0^2\sin 2\alpha}{2g}\right)^2 - 6l^2}.\] \(l_2\) монотонно возрастает при увеличении \(\sin 2\alpha\), следовательно достигает максимального значения при \(\alpha = 45^\circ\): \[l_{m2} = \frac{v_0^2}{2g} + \sqrt{\left(2l + \frac{v_0^2}{2g}\right)^2 - 6l^2}.\] Искомое расстояние \(L_{m2} = 2l + l_{m2}\). \[L_{m2} = 2l + \frac{v_0^2}{2g} + \sqrt{\left(2l + \frac{v_0^2}{2g}\right)^2 - 6l^2}.\]

Поскольку и \(v_{m2}\), и \(L_{m2}\) соответствуют броску под углом в \(45^\circ\), достаточно подставить \(v_0^2 = 2(2-\sqrt2)gl\) в выражение для \(L_{m2}\). Получим \[L_{m3} = \left(4 - \sqrt2 + \sqrt{12 - 8\sqrt2}\right)l\] или после преобразований \[L_{m3} = (2+\sqrt2)l \approx 3{,}41l.\]