Страница 36 - гдз по физике 10-11 класс задачник Рымкевич

231. Диск, брошенный под углом 45° к горизонту, достиг наибольшей высоты h. Какова дальность его полёта?

Дано:
Угол броска к горизонту: $\alpha = 45^\circ$
Наибольшая высота подъема: $h_{max} = h$

Найти:
Дальность полёта $L - ?$

Решение

Движение диска можно рассматривать как движение материальной точки, брошенной под углом к горизонту. Сопротивлением воздуха пренебрегаем. Введем систему координат, где начало находится в точке броска, ось $OX$ направлена по горизонтали, а ось $OY$ — вертикально вверх.

Запишем уравнения для максимальной высоты подъема $h_{max}$ и дальности полета $L$ для тела, брошенного с начальной скоростью $v_0$ под углом $\alpha$ к горизонту.

Максимальная высота подъема достигается, когда вертикальная составляющая скорости становится равной нулю. Время подъема $t_{под}$ равно $t_{под} = \frac{v_0 \sin\alpha}{g}$.
Подставив это время в уравнение для вертикальной координаты $y(t) = (v_0 \sin\alpha)t - \frac{gt^2}{2}$, получим максимальную высоту:
$h_{max} = h = \frac{v_0^2 \sin^2\alpha}{2g} \quad (1)$

Дальность полета $L$ — это горизонтальное расстояние, которое тело пролетит за все время полета $t_{пол}$. Время полета равно удвоенному времени подъема: $t_{пол} = 2t_{под} = \frac{2v_0 \sin\alpha}{g}$.
Подставив это время в уравнение для горизонтальной координаты $x(t) = (v_0 \cos\alpha)t$, получим дальность полета:
$L = (v_0 \cos\alpha) \frac{2v_0 \sin\alpha}{g} = \frac{v_0^2 \cdot 2\sin\alpha\cos\alpha}{g}$
Используя формулу двойного угла $\sin(2\alpha) = 2\sin\alpha\cos\alpha$, получаем:
$L = \frac{v_0^2 \sin(2\alpha)}{g} \quad (2)$

Теперь у нас есть система из двух уравнений (1) и (2). Нам нужно найти $L$, исключив неизвестную начальную скорость $v_0$. Выразим $v_0^2$ из уравнения (1):
$v_0^2 = \frac{2gh}{\sin^2\alpha}$

Подставим это выражение для $v_0^2$ в уравнение (2):
$L = \left(\frac{2gh}{\sin^2\alpha}\right) \frac{\sin(2\alpha)}{g} = \frac{2h \sin(2\alpha)}{\sin^2\alpha}$

Теперь подставим в полученное выражение данные из условия задачи: $\alpha = 45^\circ$.
Вычислим значения тригонометрических функций:
$\sin(\alpha) = \sin(45^\circ) = \frac{\sqrt{2}}{2}$
$\sin^2(\alpha) = \sin^2(45^\circ) = \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$
$\sin(2\alpha) = \sin(2 \cdot 45^\circ) = \sin(90^\circ) = 1$

Подставляем эти значения в формулу для дальности $L$:
$L = \frac{2h \cdot 1}{1/2} = 4h$

Ответ: дальность его полёта равна $4h$.

232. Из старинной пушки, ствол которой установлен под углом $30^\circ$ к горизонту, выпущено ядро со скоростью $140 \, \text{м/с}$.

а) Найти проекции начальной скорости на горизонтальное и вертикальное направления.

б) Вычислить, через какое время ядро упадёт на землю.

в) Вычислить дальность полёта снаряда.

Дано:

Угол к горизонту, $\alpha = 30^\circ$
Начальная скорость, $v_0 = 140$ м/с

Все данные представлены в системе СИ. Примем ускорение свободного падения $g \approx 9.8$ м/с$^2$.

Найти:

а) Проекции начальной скорости $v_{0x}$, $v_{0y}$
б) Время полёта $t$
в) Дальность полёта $L$

Решение:

Рассмотрим движение ядра в системе координат, где ось Ox направлена горизонтально, а ось Oy — вертикально вверх. Начало координат находится в точке выстрела. Сопротивлением воздуха пренебрегаем.

а) Найти проекции начальной скорости на горизонтальное и вертикальное направления.

Проекции начальной скорости на оси координат находятся с помощью тригонометрических соотношений в прямоугольном треугольнике, где $v_0$ является гипотенузой.

Проекция начальной скорости на горизонтальную ось Ox:
$v_{0x} = v_0 \cdot \cos(\alpha)$
$v_{0x} = 140 \text{ м/с} \cdot \cos(30^\circ) = 140 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 70\sqrt{3} \approx 121.24$ м/с.

Проекция начальной скорости на вертикальную ось Oy:
$v_{0y} = v_0 \cdot \sin(\alpha)$
$v_{0y} = 140 \text{ м/с} \cdot \sin(30^\circ) = 140 \cdot 0.5 = 70$ м/с.

Ответ: Проекция начальной скорости на горизонтальное направление $v_{0x} \approx 121.24$ м/с, на вертикальное направление $v_{0y} = 70$ м/с.

б) Вычислить, через какое время ядро упадёт на землю.

Время полёта — это время, в течение которого ядро находится в воздухе. Движение по вертикали является равноускоренным с ускорением $-g$. Зависимость вертикальной координаты $y$ от времени $t$ описывается уравнением:
$y(t) = v_{0y}t - \frac{gt^2}{2}$
Ядро упадёт на землю, когда его вертикальная координата снова станет равна нулю (при условии, что выстрел произведен с уровня земли, $y_0=0$).
$0 = v_{0y}t - \frac{gt^2}{2}$
$t(v_{0y} - \frac{gt}{2}) = 0$
Это уравнение имеет два корня: $t_1 = 0$ (момент выстрела) и $t_2$, которое и является временем полёта.
$v_{0y} - \frac{gt}{2} = 0 \implies t = \frac{2v_{0y}}{g}$
Подставим числовые значения:
$t = \frac{2 \cdot 70 \text{ м/с}}{9.8 \text{ м/с}^2} = \frac{140}{9.8} \approx 14.29$ с.

Ответ: Ядро упадёт на землю примерно через $14.29$ с.

в) Вычислить дальность полёта снаряда.

Дальность полёта $L$ — это расстояние, которое снаряд пролетел по горизонтали за всё время полёта. Движение по горизонтали является равномерным, так как на снаряд в этом направлении силы не действуют (сопротивление воздуха не учитывается).
$L = v_{0x} \cdot t$
Подставим значения, полученные в предыдущих пунктах, используя более точные выражения для минимизации погрешности округления:
$L = (70\sqrt{3} \text{ м/с}) \cdot (\frac{140}{9.8} \text{ с}) = \frac{9800\sqrt{3}}{9.8} = 1000\sqrt{3} \approx 1732.05$ м.
Также можно использовать готовую формулу для дальности полёта:
$L = \frac{v_0^2 \sin(2\alpha)}{g}$
$L = \frac{(140 \text{ м/с})^2 \cdot \sin(2 \cdot 30^\circ)}{9.8 \text{ м/с}^2} = \frac{19600 \cdot \sin(60^\circ)}{9.8} = \frac{19600 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{9.8} = \frac{9800\sqrt{3}}{9.8} = 1000\sqrt{3} \approx 1732.05$ м.

Ответ: Дальность полёта снаряда составляет примерно $1732.05$ м.

233*. Из одной точки на достаточно большой высоте одновременно брошены четыре тела с одинаковыми по модулю скоростями $v_1 = v_2 = v_3 = v_4$ (рис. 34). По вершинам какой фигуры будут располагаться тела во время полёта?

Рис. 34

Дано:

Модули начальных скоростей тел равны: $v_1 = v_2 = v_3 = v_4 = v$.
Тела брошены одновременно из одной точки.
Направления начальных скоростей взаимно перпендикулярны (вверх, вправо, вниз, влево).

Найти:

По вершинам какой фигуры будут располагаться тела во время полёта?

Решение:

Для решения задачи введем декартову систему координат. Начало координат $(0, 0)$ поместим в точку броска. Ось Oy направим вертикально вверх, а ось Ox — горизонтально вправо. В этой системе координат ускорение свободного падения $\vec{g}$ направлено вертикально вниз и имеет проекции $g_x = 0$ и $g_y = -g$.

Запишем начальные скорости тел в виде векторов с проекциями на оси координат:

• Тело 1 (брошено вверх): $\vec{v_{01}} = (0, v)$
• Тело 2 (брошено вправо): $\vec{v_{02}} = (v, 0)$
• Тело 3 (брошено вниз): $\vec{v_{03}} = (0, -v)$
• Тело 4 (брошено влево): $\vec{v_{04}} = (-v, 0)$

Положение каждого тела в любой момент времени $t$ описывается уравнениями движения с постоянным ускорением:

$x(t) = x_0 + v_{0x}t + \frac{g_x t^2}{2}$

$y(t) = y_0 + v_{0y}t + \frac{g_y t^2}{2}$

Поскольку все тела брошены из начала координат, $x_0 = 0$ и $y_0 = 0$ для всех четырех тел. Найдем координаты каждого тела в произвольный момент времени $t > 0$.

Координаты тела 1:

$x_1(t) = 0 + 0 \cdot t + \frac{0 \cdot t^2}{2} = 0$

$y_1(t) = 0 + v \cdot t + \frac{(-g) t^2}{2} = vt - \frac{gt^2}{2}$

Таким образом, точка $P_1$ имеет координаты $(0, vt - \frac{gt^2}{2})$.

Координаты тела 2:

$x_2(t) = 0 + v \cdot t + \frac{0 \cdot t^2}{2} = vt$

$y_2(t) = 0 + 0 \cdot t + \frac{(-g) t^2}{2} = -\frac{gt^2}{2}$

Таким образом, точка $P_2$ имеет координаты $(vt, -\frac{gt^2}{2})$.

Координаты тела 3:

$x_3(t) = 0 + 0 \cdot t + \frac{0 \cdot t^2}{2} = 0$

$y_3(t) = 0 - v \cdot t + \frac{(-g) t^2}{2} = -vt - \frac{gt^2}{2}$

Таким образом, точка $P_3$ имеет координаты $(0, -vt - \frac{gt^2}{2})$.

Координаты тела 4:

$x_4(t) = 0 - v \cdot t + \frac{0 \cdot t^2}{2} = -vt$

$y_4(t) = 0 + 0 \cdot t + \frac{(-g) t^2}{2} = -\frac{gt^2}{2}$

Таким образом, точка $P_4$ имеет координаты $(-vt, -\frac{gt^2}{2})$.

Теперь проанализируем геометрическую фигуру, вершинами которой являются точки $P_1, P_2, P_3, P_4$. Это четырехугольник. Найдем длины и свойства его диагоналей.

Диагональ $P_1P_3$:

Эта диагональ соединяет точки $P_1(0, vt - \frac{gt^2}{2})$ и $P_3(0, -vt - \frac{gt^2}{2})$. Так как абсциссы обеих точек равны нулю, диагональ лежит на оси Oy (вертикальна). Ее длина $d_{13}$ равна:

$d_{13} = \sqrt{(x_3 - x_1)^2 + (y_3 - y_1)^2} = \sqrt{(0-0)^2 + (-vt - \frac{gt^2}{2} - (vt - \frac{gt^2}{2}))^2} = \sqrt{(-2vt)^2} = 2vt$

Диагональ $P_2P_4$:

Эта диагональ соединяет точки $P_2(vt, -\frac{gt^2}{2})$ и $P_4(-vt, -\frac{gt^2}{2})$. Так как ординаты обеих точек равны, диагональ параллельна оси Ox (горизонтальна). Ее длина $d_{24}$ равна:

$d_{24} = \sqrt{(x_4 - x_2)^2 + (y_4 - y_2)^2} = \sqrt{(-vt - vt)^2 + (-\frac{gt^2}{2} - (-\frac{gt^2}{2}))^2} = \sqrt{(-2vt)^2} = 2vt$

Мы получили, что длины диагоналей равны: $d_{13} = d_{24} = 2vt$.

Теперь найдем точку пересечения диагоналей. Для этого найдем середины каждой из них.

Середина диагонали $P_1P_3$ имеет координаты:

$M_{13} = (\frac{x_1+x_3}{2}, \frac{y_1+y_3}{2}) = (\frac{0+0}{2}, \frac{vt - \frac{gt^2}{2} + (-vt - \frac{gt^2}{2})}{2}) = (0, \frac{-2\frac{gt^2}{2}}{2}) = (0, -\frac{gt^2}{2})$

Середина диагонали $P_2P_4$ имеет координаты:

$M_{24} = (\frac{x_2+x_4}{2}, \frac{y_2+y_4}{2}) = (\frac{vt + (-vt)}{2}, \frac{-\frac{gt^2}{2} + (-\frac{gt^2}{2})}{2}) = (0, \frac{-2\frac{gt^2}{2}}{2}) = (0, -\frac{gt^2}{2})$

Поскольку середины диагоналей совпадают, четырехугольник является параллелограммом. Так как его диагонали равны, это прямоугольник.

Кроме того, одна диагональ ($P_1P_3$) вертикальна, а другая ($P_2P_4$) горизонтальна. Следовательно, диагонали перпендикулярны. Прямоугольник, у которого диагонали перпендикулярны, является квадратом.

Таким образом, в любой момент времени $t$ тела будут находиться в вершинах квадрата. Центр этого квадрата, точка $(0, -\frac{gt^2}{2})$, падает вертикально вниз с ускорением свободного падения, а сам квадрат расширяется со временем (длина его диагонали $2vt$ пропорциональна времени) и поворачивается так, что его диагонали всегда остаются параллельными осям координат.

Ответ:

Во время полета тела будут располагаться по вершинам квадрата.

234*. С балкона, расположенного на высоте 20 м, бросили вверх мяч под углом 30° от горизонта со скоростью 10 м/с. Направив ось X вдоль поверхности земли вправо, а ось Y вдоль стены дома вверх, написать уравнения зависимости координат от времени $x = x(t)$ и $y = y(t)$ и уравнение траектории $y = y(x)$. Найти:

a) координаты мяча через 2 с;

б) через какой промежуток времени мяч упадёт на землю;

в) дальность полёта.

Дано:

Начальная высота: $h_0 = y_0 = 20$ м
Начальная скорость: $v_0 = 10$ м/с
Угол броска к горизонту: $\alpha = 30^\circ$
Ускорение свободного падения: $g \approx 10$ м/с$^2$

Все данные предоставлены в системе СИ.

Найти:

Уравнения зависимости координат от времени $x(t)$, $y(t)$;
Уравнение траектории $y(x)$;
а) Координаты мяча $x, y$ через $t_1 = 2$ с;
б) Промежуток времени до падения на землю $t_{пол}$;
в) Дальность полета $L$.

Решение:

Введем систему координат, как указано в условии: начало отсчета (0,0) — у основания дома, ось ОХ направлена горизонтально (вдоль поверхности земли), ось OY — вертикально вверх (вдоль стены). В этой системе начальные координаты мяча: $x_0 = 0$; $y_0 = 20$ м.

Движение мяча является движением тела, брошенного под углом к горизонту. Его можно разложить на два независимых движения:

• По оси OX: равномерное движение со скоростью $v_x$.
• По оси OY: равноускоренное движение с начальной скоростью $v_{0y}$ и ускорением $a_y = -g$.

Найдем проекции начальной скорости на оси координат:
$v_{0x} = v_0 \cos\alpha = 10 \cdot \cos 30^\circ = 10 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 5\sqrt{3}$ м/с.
$v_{0y} = v_0 \sin\alpha = 10 \cdot \sin 30^\circ = 10 \cdot \frac{1}{2} = 5$ м/с.

Общие уравнения движения имеют вид:
$x(t) = x_0 + v_{0x}t$
$y(t) = y_0 + v_{0y}t + \frac{a_y t^2}{2}$

Подставив начальные условия, получим уравнения зависимости координат от времени для нашей задачи:
$x(t) = 0 + 5\sqrt{3}t \implies x(t) = 5\sqrt{3}t$
$y(t) = 20 + 5t - \frac{gt^2}{2} \implies y(t) = 20 + 5t - 5t^2$

Для получения уравнения траектории $y(x)$ выразим время $t$ из уравнения для $x(t)$ и подставим в уравнение для $y(t)$:
$t = \frac{x}{5\sqrt{3}}$
$y(x) = 20 + 5\left(\frac{x}{5\sqrt{3}}\right) - 5\left(\frac{x}{5\sqrt{3}}\right)^2 = 20 + \frac{x}{\sqrt{3}} - 5\frac{x^2}{25 \cdot 3} = 20 + \frac{x}{\sqrt{3}} - \frac{x^2}{15}$
Уравнение траектории: $y(x) = 20 + \frac{\sqrt{3}}{3}x - \frac{1}{15}x^2$.

а) координаты мяча через 2 с

Подставим $t = 2$ с в уравнения для координат:
$x(2) = 5\sqrt{3} \cdot 2 = 10\sqrt{3}$ м.
$y(2) = 20 + 5 \cdot 2 - 5 \cdot (2)^2 = 20 + 10 - 20 = 10$ м.

Ответ: Координаты мяча через 2 с: ($10\sqrt{3}$ м; $10$ м), что примерно равно (17,32 м; 10 м).

б) через какой промежуток времени мяч упадет на землю

Мяч упадет на землю, когда его вертикальная координата станет равна нулю, то есть $y(t_{пол}) = 0$.
$20 + 5t_{пол} - 5t_{пол}^2 = 0$
Разделим обе части уравнения на -5:
$t_{пол}^2 - t_{пол} - 4 = 0$
Решим это квадратное уравнение относительно $t_{пол}$ через дискриминант:
$D = b^2 - 4ac = (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-4) = 1 + 16 = 17$
$t_{пол} = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{1 \pm \sqrt{17}}{2}$
Физический смысл имеет только положительное значение времени, поэтому:
$t_{пол} = \frac{1 + \sqrt{17}}{2}$ с.

Ответ: Мяч упадет на землю через $\frac{1 + \sqrt{17}}{2}$ с, что примерно равно 2,56 с.

в) дальность полета

Дальность полета $L$ — это горизонтальная координата $x$ в момент времени $t = t_{пол}$.
$L = x(t_{пол}) = 5\sqrt{3} \cdot t_{пол} = 5\sqrt{3} \cdot \left(\frac{1 + \sqrt{17}}{2}\right)$ м.

Ответ: Дальность полета мяча равна $\frac{5\sqrt{3}(1 + \sqrt{17})}{2}$ м, что примерно составляет 22,18 м.

235*. На рисунке 35, сделанном со стробоскопической фотографии, показан полёт шарика при выстреле из детского пружинного пистолета. Зная, что сторона квадрата клетки на фотографии в натуральную величину равна 5 см, найти:

а) время полёта шарика;

б) интервал между вспышками;

в) начальную скорость шарика.

Рис. 35

Дано:

Сторона квадрата клетки, $l = 5 \text{ см} = 0.05 \text{ м}$
Ускорение свободного падения, $g \approx 9.8 \text{ м/с}^2$

Найти:

а) $T$ - время полёта шарика
б) $\tau$ - интервал между вспышками
в) $v_0$ - начальная скорость шарика

Решение:

Проанализируем движение шарика по стробоскопической фотографии. Введём систему координат с началом в точке первого положения шарика (первая точка на траектории), ось $Ox$ направим горизонтально вправо, а ось $Oy$ — вертикально вверх. Координаты положений шарика (в клетках) в моменты времени $t_n = n\tau$, где $\tau$ — интервал между вспышками, а $n = 0, 1, 2, \dots$:

• $t_0=0\tau$: $(0, 0)$
• $t_1=1\tau$: $(2, 3)$
• $t_2=2\tau$: $(4, 5)$
• $t_3=3\tau$: $(6, 6)$
• $t_4=4\tau$: $(8, 6)$
• $t_5=5\tau$: $(10, 5)$
• $t_6=6\tau$: $(12, 3)$
• $t_7=7\tau$: $(14, 0)$

Движение шарика можно рассматривать как движение тела, брошенного под углом к горизонту. Оно состоит из равномерного движения по горизонтали и равноускоренного движения по вертикали с ускорением $g$, направленным вниз.

б) интервал между вспышками

Рассмотрим движение по вертикали. Из-за действия силы тяжести вертикальное смещение за последовательные равные промежутки времени изменяется. В частности, изменение вертикального смещения за один интервал времени $\tau$ является постоянной величиной и равно $\Delta(\Delta y) = -g\tau^2$.

Вычислим вертикальные смещения $\Delta y_n$ за каждый интервал по данным с фотографии (в клетках):

• $\Delta y_0 = y_1 - y_0 = 3 - 0 = 3$ клетки
• $\Delta y_1 = y_2 - y_1 = 5 - 3 = 2$ клетки
• $\Delta y_2 = y_3 - y_2 = 6 - 5 = 1$ клетка

Изменение этих смещений составляет $\Delta(\Delta y) = \Delta y_1 - \Delta y_0 = 2 - 3 = -1$ клетка.Переведём это значение в систему СИ: $\Delta(\Delta y) = -1 \cdot l = -0.05 \text{ м}$.

Теперь можем найти интервал $\tau$:$-g\tau^2 = -0.05 \text{ м}$
$\tau^2 = \frac{0.05}{g} = \frac{0.05}{9.8} \text{ с}^2$
$\tau = \sqrt{\frac{0.05}{9.8}} \approx 0.0714 \text{ с}$.

Ответ: интервал между вспышками $\tau \approx 0.071 \text{ с}$.

а) время полёта шарика

Время полёта $T$ до возвращения на начальную высоту можно определить по графику. Шарик возвращается на начальную высоту ($y=0$) в момент времени $t_7 = 7\tau$.$T = 7\tau = 7 \cdot \sqrt{\frac{0.05}{9.8}} \approx 7 \cdot 0.0714 \text{ с} \approx 0.4998 \text{ с}$.Округлим результат до двух значащих цифр.

Ответ: время полёта шарика $T \approx 0.50 \text{ с}$.

в) начальную скорость шарика

Начальная скорость $v_0$ является векторной величиной и имеет горизонтальную ($v_{0x}$) и вертикальную ($v_{0y}$) составляющие.

Горизонтальная составляющая скорости $v_{0x}$ постоянна, так как в горизонтальном направлении силы не действуют. За каждый интервал $\tau$ шарик смещается по горизонтали на $\Delta x = 2$ клетки.$\Delta x = 2 \cdot l = 2 \cdot 0.05 \text{ м} = 0.1 \text{ м}$.$v_{0x} = \frac{\Delta x}{\tau} = \frac{0.1}{\sqrt{0.05/9.8}} = 0.1 \cdot \sqrt{\frac{9.8}{0.05}} = 0.1 \cdot \sqrt{196} = 0.1 \cdot 14 = 1.4 \text{ м/с}$.

Вертикальную составляющую скорости $v_{0y}$ можно найти, зная, что в верхней точке траектории вертикальная скорость равна нулю. Судя по симметрии точек, максимальная высота достигается в момент времени $t_{подъёма} = \frac{T}{2} = \frac{7\tau}{2} = 3.5\tau$.Из уравнения для вертикальной скорости $v_y(t) = v_{0y} - gt$:$0 = v_{0y} - g \cdot (3.5\tau)$
$v_{0y} = 3.5 g \tau = 3.5 g \sqrt{\frac{0.05}{g}} = 3.5 \sqrt{0.05 \cdot g} = 3.5 \sqrt{0.05 \cdot 9.8} = 3.5 \sqrt{0.49} = 3.5 \cdot 0.7 = 2.45 \text{ м/с}$.

Теперь найдём модуль начальной скорости по теореме Пифагора:$v_0 = \sqrt{v_{0x}^2 + v_{0y}^2} = \sqrt{(1.4)^2 + (2.45)^2} = \sqrt{1.96 + 6.0025} = \sqrt{7.9625} \approx 2.8218 \text{ м/с}$.

Ответ: начальная скорость шарика $v_0 \approx 2.82 \text{ м/с}$.

236. Как и во сколько раз отличаются друг от друга высоты подъёма и дальности полёта двух тел, брошенных под углами 30 и 60° с одинаковыми (по модулю) скоростями?

Дано:

Угол броска первого тела, $\alpha_1 = 30°$
Угол броска второго тела, $\alpha_2 = 60°$
Начальные скорости тел равны по модулю: $v_{01} = v_{02} = v_0$

Найти:

Как и во сколько раз отличаются высоты подъёма $H_1$ и $H_2$.
Как и во сколько раз отличаются дальности полёта $L_1$ и $L_2$.

Решение:

Для анализа движения тел, брошенных под углом к горизонту, используются стандартные формулы кинематики. Сопротивление воздуха не учитывается.

Максимальная высота подъёма тела определяется формулой: $H = \frac{v_0^2 \sin^2\alpha}{2g}$

Дальность полёта тела определяется формулой: $L = \frac{v_0^2 \sin(2\alpha)}{g}$

Где $v_0$ — начальная скорость, $\alpha$ — угол броска к горизонту, $g$ — ускорение свободного падения.

Высоты подъёма

Рассчитаем максимальную высоту подъёма для каждого тела.

Для первого тела, брошенного под углом $\alpha_1 = 30°$:
$H_1 = \frac{v_0^2 \sin^2(30°)}{2g}$

Для второго тела, брошенного под углом $\alpha_2 = 60°$:
$H_2 = \frac{v_0^2 \sin^2(60°)}{2g}$

Чтобы сравнить высоты, найдём их отношение $\frac{H_2}{H_1}$:

$\frac{H_2}{H_1} = \frac{\frac{v_0^2 \sin^2(60°)}{2g}}{\frac{v_0^2 \sin^2(30°)}{2g}} = \frac{\sin^2(60°)}{\sin^2(30°)}$

Зная значения синусов $\sin(30°) = \frac{1}{2}$ и $\sin(60°) = \frac{\sqrt{3}}{2}$, подставим их в формулу:

$\frac{H_2}{H_1} = \frac{(\frac{\sqrt{3}}{2})^2}{(\frac{1}{2})^2} = \frac{\frac{3}{4}}{\frac{1}{4}} = 3$

Это означает, что высота подъёма тела, брошенного под углом 60°, в 3 раза больше, чем у тела, брошенного под углом 30°.

Ответ: Высота подъёма тела, брошенного под углом 60°, в 3 раза больше, чем у тела, брошенного под углом 30°.

Дальности полёта

Рассчитаем дальность полёта для каждого тела.

Для первого тела, брошенного под углом $\alpha_1 = 30°$:
$L_1 = \frac{v_0^2 \sin(2 \cdot 30°)}{g} = \frac{v_0^2 \sin(60°)}{g}$

Для второго тела, брошенного под углом $\alpha_2 = 60°$:
$L_2 = \frac{v_0^2 \sin(2 \cdot 60°)}{g} = \frac{v_0^2 \sin(120°)}{g}$

Теперь найдём отношение дальностей полёта $\frac{L_2}{L_1}$:

$\frac{L_2}{L_1} = \frac{\frac{v_0^2 \sin(120°)}{g}}{\frac{v_0^2 \sin(60°)}{g}} = \frac{\sin(120°)}{\sin(60°)}$

Используем формулу приведения $\sin(180° - \alpha) = \sin(\alpha)$. Тогда $\sin(120°) = \sin(180° - 60°) = \sin(60°)$.

$\frac{L_2}{L_1} = \frac{\sin(60°)}{\sin(60°)} = 1$

Отношение равно единице, следовательно, дальности полёта обоих тел одинаковы.

Ответ: Дальности полёта тел, брошенных под углами 30° и 60° с одинаковой начальной скоростью, одинаковы.