На гладком горизонтальном столе закреплена гладкая прямая призма. Вдоль стола перпендикулярно рёбрам призмы с разных сторон запускают небольшие шарики. Испытывая абсолютно упругие соударения при первом соприкосновении с гранями призмы – шарики отскакивают немного вверх, но и продолжают перемешаться в прежних направлениях. Левый шарик после второго соударения – начинает своё возвращение на стол, проходя свою собственную траекторию в обратную сторону. Правый шарик после второго соударения взлетает строго вертикально вверх, а затем тоже возвращается на стол, проходя свою прежнюю траекторию. Найти верхний угол призмы.

Ответ на вопрос

Ответ на вопрос дан kir3740

Рассмотрим подзадачу слева. Разложим компоненты скорости первого шарика на касательную и нормальную по отношению к левой грани составляющие. Соударение меняет знак нормальной составляющей, оставляя касательную неизменной.

Пока шарик летит от первого соударения до второго, он полностью теряет касательную составляющую. Поэтому он, во второй раз падая на призму строго нормально, отражается в противоположном направлении и проходит свою траекторию в обратном направлении.

Найдем при каком угле это возможно. Введем систему координат, связав начало координат с ребром призмы, лежащим на столе, ось икс направим вдоль грани вверх, ось игрек - перпендикулярно грани, наружу. Начало координат лежит пусть на столе. Пусть острый угол при основании призмы равен альфа, тогда

$y(t) = v_{0y}t-(gcosalpha) t^2/2\ v_x(t) = v_{0x}-(gsinalpha)t$

Где v0x и v0y - касательная и нормальная составляющая скорости шарика ПОСЛЕ первого удара. Нам нужно, чтобы при каком-то τ обе вышенаписанные функции занулились (шарик ударяется о призму в тот момент, когда полностью погашена касательная компонента). Имеем

$v_{0y}tau-(gcosalpha) tau^2/2 = 0\ v_{0x}-(gsinalpha)tau = 0\\ tau = 2v_{0y}/(gcosalpha) = v_{0x}/(gsinalpha)\ 2(v_0sinalpha)/(gcosalpha) = v_0cosalpha/(gsinalpha)\ 2tan^2alpha = 1\ alpha = arctan(1/sqrt{2})$

Левый угол найден.

Рассмотрим подзадачу справа. Ее удобнее решать "с конца", воспользовавшись принципом обратимости в механике. Итак, пусть шарик падает сверху на призму, имея какую-то начальную скорость. Опять-таки, упругое соударение изменит его нормальную проекцию скорости, но не касательную. Введем ось икс вдоль грани вниз, игрек перпендикулярно грани наружу, начало координат в месте падения шарика. Пусть острый угол при основании равен бета. Имеем

$v_x(t) = v_{0x}+gtsinbeta\ v_y(t) = v_{0y}-gtcosbeta\ y(t) = v_{0y}t-(gcosbeta)t^2/2$

Опять-таки, время полета найдется из условия y(t) = 0. При этом мы точно знаем, что проекции скоростей в конце полета должны быть такими, чтобы после второго отражения шарик поехал горизонтально влево. А это произойдет когда скорость в конце будет направлена под углом бета к введенной оси икс. Итак

$tau = 2v_{0y}/(gcosbeta)\ v_x(tau) = v_{0x}+frac{2v_{0y}}{cosbeta}sinbeta\ v_y(t) = v_{0y}-2v_{0y} = -v_{0y}\ v_x(tau)/(-v_y(tau)) = cotbeta\ frac{v_{0x}}{v_{0y}} + 2tanbeta = cotbeta\ tanbeta+2tanbeta = cotbeta\ 3tan^2beta = 1\ beta = arctan(1/sqrt{3})$

Ну угол при вершине найдем как

$gamma = pi-alpha-beta = pi-arctan(1/sqrt{2})-arctan(1/sqrt{3})$
1. Ответ на вопрос
  
  Ответ на вопрос дан logophobia
  
  Я писала уравнения траекторий и требовала, чтобы производные в точках пересечения с линией призмы – обладали необходимыми условиями – быть перпендикулярной к линии, либо отклоняться от вертикали на двойной угол. Ответ у нас совпал. Интересное решение. Спасибо!
2. Ответ на вопрос
  
  Ответ на вопрос дан kir3740
  
  1) Хорошо что совпал, значит вероятность ошибки минимальна
3. Ответ на вопрос
  
  Ответ на вопрос дан logophobia
  
  arctan(1/√3) = π/6. Ответ скорее всего нужен в градусах. Я написала 115°
4. Ответ на вопрос
  
  Ответ на вопрос дан kir3740
  
  2) Подходы у нас похожие, как ни странно. Просто я работал с параметрическим заданием кривой + в удобных мне координатах, а вы с явным y(x)
5. Ответ на вопрос
  
  Ответ на вопрос дан logophobia
  
  Да, да. Как раз через параметрические уравнения. Так точно! :–)