Пусть $m$ – масса шайбы. В плоскости доски на шайбу действуют компонента силы тяжести $mg\sin\alpha$, а также сила трения $F_\text{тр}=\mu mg\cos\alpha$, причём поскольку $\mu=\tan\alpha$:
$$F_\text{тр}=mg\sin\alpha{.}
$$
Первое решение: Равнодействующая компоненты силы тяжести и силы трения направлена вдоль биссектрисы угла $\varphi$ между направлением скорости и осью $y$ – тангенциальное ускорение шайбы и проекция её ускорения на ось $y$ равны друг другу, $a_\tau=a_y $, поэтому: $$v-v_y=v(1-\cos\varphi)=const=v_0(1-\cos\varphi_0){.} $$
Второе решение: Запишем выражение для тангенциальной и нормальной компонент ускорения:
$$a_\tau=\dot{v}=-g\sin\alpha(1+\cos\varphi),\qquad a_n=v\dot{\varphi}=g\sin\alpha\sin\varphi.
$$
Отсюда:
$$\cfrac{\dot{v}}{v\dot{\varphi}}=-\cfrac{1+\cos\varphi}{\sin\varphi}=-\cfrac{1}{\tan(\varphi/2)}.
$$
Разделим переменные и получим:
$$\cfrac{dv}{v}=-\cfrac{d\varphi}{\tan(\varphi/2)}.$$
Проинтегрируем полученное выражение ($\theta = \varphi/2$):
$$\int\limits_{v_0}^v\cfrac{dv}{v}=\ln\left(\cfrac{v}{v_0}\right)=-\int\limits_{\varphi_0}^{\varphi}\cfrac{d\varphi}{\tan(\varphi/2)}=-2\int\limits_{\varphi_0/2}^{\varphi/2}\cfrac{\cos\theta d\theta}{\sin\theta}=-2\ln\left(\cfrac{\sin(\varphi/2)}{\sin(\varphi_0/2)}\right).
$$
Избавляясь от логарифма, получим:
$$\frac{v}{v_0} = \frac{\sin^2(\varphi_0/2)}{\sin^2(\varphi/2)}, \qquad v(\varphi)=\cfrac{v_0(1-\cos\varphi_0)}{1-\cos\varphi}.
$$
Поскольку в верхней точке траектории $\varphi=90^{\circ}$, для скоростей $u$ и $v_1$ имеем:
Первое решение: Обратим внимание, что из найденного во втором пункте инварианта следует:
$$v-v_y=v_0(1-\cos\varphi_0).
$$ Интегрируя по времени, получим
$$S-\Delta{y}=v_0(1-\cos\varphi_0)t,$$
где $\Delta{y}$ и $S$ – изменение координаты $y$ мела и пройденный им путь соответственно.
К моменту достижения шайбой основания доски $\Delta{y}=0$, поэтому:
$$S=v_0(1-\cos\varphi_0)t.
$$
Для определения пути $S$ воспользуемся законом изменения кинетической энергии:
$$\Delta{E}_k=\cfrac{mv^2}{2}-\cfrac{mv^2_0}{2}=A_\text{тяж}+A_\text{тр}=-mg\sin\alpha\Delta{y}-mg\sin\alpha S.
$$
Поскольку при достижении основания доски $\Delta{y}=0$:
$$v^2_0-v^2_1=2g\sin\alpha S=2g\sin\alpha v_0(1-\cos\varphi_0)t,
$$
откуда:
Второе решение: С учётом полученной зависимости $v(\varphi)$, время $t$ можно определить, например, из уравнения для нормальной компоненты ускорения шайбы:
$$v\dot{\varphi}=g\sin\alpha\sin\varphi\Rightarrow dt=\cfrac{vd\varphi}{g\sin\alpha\sin\varphi}=\cfrac{v_0(1-\cos\varphi_0)}{g\sin\alpha}\cdot\cfrac{d\varphi}{(1-\cos\varphi)\sin\varphi}.
$$
Перейдём к переменной половинного угла:
$$dt=\cfrac{v_0(1-\cos\varphi_0)}{g\sin\alpha}\cdot\cfrac{d\varphi}{4\sin^3(\varphi/2)\cos(\varphi/2)}.$$
Воспользуемся стандартной тригонометрической подстановкой $z=\tan(\varphi/2)$. Тогда получим:
$$\sin(\varphi/2)=\cfrac{z}{\sqrt{1+z^2}},\qquad \cos(\varphi/2)=\cfrac{1}{\sqrt{1+z^2}}.
$$
Свяжем $d\varphi$ и $dz$:
$$dz=d\tan(\varphi/2)=\cfrac{1}{\cos^2(\varphi/2)}\cdot\cfrac{d\varphi}{2}=(1+\tan^2(\varphi/2))\cdot\cfrac{d\varphi}{2}, \qquad d\varphi=\cfrac{2dz}{1+z^2}.
$$
Отсюда имеем:
$$dt=\cfrac{v_0(1-\cos\varphi_0)}{g\sin\alpha}\cdot\cfrac{(1+z^2)^2}{4z^3}\cdot\cfrac{2dz}{1+z^2}.
$$
Вводя переменные $z_0=\tan(\varphi_0/2)$ и $z_1=\tan(\varphi_1/2)$, для времени $t$ получим:
$$t=\cfrac{v_0(1-\cos\varphi_0)}{2g\sin\alpha}\int\limits_{z_0}^{z_1}\cfrac{1+z^2}{z^3}dz=\cfrac{v_0(1-\cos\varphi_0)}{2g\sin\alpha}\left(\int\limits_{z_0}^{z_1}\cfrac{dz}{z^3}+\int\limits_{z_0}^{z_1}\cfrac{dz}{z}\right).
$$
Интегрируя, находим:
$$t=\cfrac{v_0(1-\cos\varphi_0)}{2g\sin\alpha}\left(\cfrac{1}{2z^2_0}-\cfrac{1}{2z^2_1}+\ln\left(\cfrac{z_1}{z_0}\right)\right).
$$
Возвращаясь к исходным переменным, для времени $t$ находим:
Примечание 1: Вообще говоря, задача является переопределённой, поскольку значение $\varphi_1$ однозначно определяется значением $\varphi_0$, однако в такой формулировке задача становится слишком сложной. Участникам олимпиады было достаточно получить лишь одно уравнение, связывающее $\varphi_1$ и $t$. Без заданного значения $\varphi_1$ решение третьего пункта задачи требует комбинации первого и второго изложенных решений. Численное значение $\varphi_1=159{.}3^{\circ}$ можно найти, приравняв два выражения для $t$ и численно решив полученное уравнение:
$$\cfrac{1}{(1-\cos\varphi_0)^2}-\cfrac{1}{(1-\cos\varphi_1)^2}=\cfrac{1}{1-\cos\varphi_0}-\cfrac{1}{1-\cos\varphi_1}+\ln\left(\cfrac{\tan(\varphi_1/2)}{\tan(\varphi_0/2)}\right).
$$
Примечание 2: Из комбинации двух решений также получаются явные зависимости перемещения $\Delta{y}$ и пути $S$ от угла $\varphi$:
$$\Delta{y}(\varphi)=\cfrac{v^2_0(1-\cos\varphi_0)^2}{4g\sin^2\alpha}\left(\cfrac{\cos\varphi_0}{(1-\cos\varphi_0)^2}-\cfrac{\cos\varphi}{(1-\cos\varphi)^2}-\ln\left(\cfrac{\tan(\varphi/2)}{\tan(\varphi_0/2)}\right)\right),$$
$$S(\varphi)=\cfrac{v^2_0(1-\cos\varphi_0)^2}{4g\sin^2\alpha}\left(\cfrac{2-\cos\varphi_0}{(1-\cos\varphi_0)^2}-\cfrac{2-\cos\varphi}{(1-\cos\varphi)^2}+\ln\left(\cfrac{\tan(\varphi/2)}{\tan(\varphi_0/2)}\right)\right).$$
Помимо этого, мы можем определить зависимость перемещения вдоль оси $x$, направленной вдоль основания наклонной плоскости, от угла $\varphi$:
$$dx=v\sin\varphi dt=v\sin\varphi\cdot\cfrac{d\varphi}{\dot{\varphi}}=\cfrac{v^2d\varphi}{g\sin\alpha}=\cfrac{v^2_0(1-\cos\varphi_0)^2}{g\sin\alpha}\cdot\cfrac{d\varphi}{(1-\cos\varphi)^2}.
$$
Вновь переходя к переменной $z=\tan(\varphi/2)$, получим:
$$\Delta{x}(z)=\cfrac{v^2_0(1-\cos\varphi_0)^2}{2g\sin\alpha}\int\limits_{z_0}^{z}\cfrac{(1+z^2)^2}{z^4}\cdot\cfrac{dz}{1+z^2}=\cfrac{v^2_0(1-\cos\varphi_0)^2}{2g\sin\alpha}\left(\int\limits_{z_0}^{z}\cfrac{dz}{z^4}+\int\limits_{z_0}^{z}\cfrac{dz}{z^2}\right).
$$
Интегрируя, находим:
$$\Delta{x}(z)=\cfrac{v^2_0(1-\cos\varphi_0)^2}{2g\sin\alpha}\left(\cfrac{1}{3z^3_0}-\cfrac{1}{3z^3}+\cfrac{1}{z_0}-\cfrac{1}{z}\right).
$$
Возвращаясь к переменной $\varphi$:
$$\Delta{x}(\varphi)=\cfrac{v^2_0(1-\cos\varphi_0)^2}{2g\sin\alpha}\left(\cfrac{1}{3\tan^3(\varphi_0/2)}-\cfrac{1}{3\tan^3(\varphi/2)}+\cfrac{1}{\tan(\varphi_0/2)}-\cfrac{1}{\tan(\varphi/2)}\right).
$$
Таким образом, траектория шайбы может быть получена аналитически в параметрической форме, поскольку $\Delta{y}(\varphi)$ и $\Delta{x}(\varphi)$ является известными аналитическими функциями.
Траектория для заданных значений $v_0$, $\varphi_0$, $\alpha$ и $g$ представлена на рисунке ниже.
