1.8. Движение тела, брошенного горизонтально. Движение тела, брошенного под углом к горизонту

[latexpage]Рассмотрим кинематику оставшихся двух видов движения с постоянным ускорением свободного падения. Здесь, как и говорилось ранее, не следует учитывать сопротивление воздуха.

Движение тела, брошенного горизонтально. Пусть тело брошено горизонтально, то есть вектор начальной скорости тела направлен горизонтально. Начало координат поместим в точку бросания. Координатные оси направим следующим образом: ось Oy — вертикально вниз, ось Ox — горизонтально, по направлению вектора скорости. 

Так как ускорение свободного падения постоянно с течением времени, то это движение можно охарактеризовать с помощью привычных нам формул, в частности, уравнения движения будут выглядеть следующим образом

$x=x_0+v_{0x}t+\frac{g_x t^2}{2} \Rightarrow x=v_0t$,

$y=y_0+v_{0y}t+\frac{g_y t^2}{2} \Rightarrow y=\frac{g t^2}{2}$.

Из этих формул видно, что данное движение можно рассматривать как сумму двух независимых движений: вдоль оси Oy — равноускоренное, вдоль оси Ox — равномерное. Вообще всякое сложное движение можно представить как сумму движений по двум независимым координатам, это утверждение носит название закон независимости движений. Однако вернемся к рассмотрению особенностей этого движения. Найдем модуль перемещения тела от начала движения.

Рассмотрим $\Delta OBA$ — он прямоугольный, причем справедливы следующие равенства

$OB=s_y=y=\frac{g t^2}{2}$,

$AB=s_x=x=v_0t$,

$OA=s$.

По теореме Пифагора $OA^2=AB^2+OB^2$ или $OA=\sqrt{AB^2+OB^2}$, тогда имеем

$s=\sqrt{s_x^2+s_y^2}=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{(v_0t)^2+\left (\frac{g t^2}{2} \right )^2}$.

В случае, если требуется найти перемещение тела между двумя последовательными промежутками времени, то рассуждения аналогичные. Также, иногда, в задачах требуется найти, например, угол наклона вектора перемещения к горизонту. Это можно сделать из следующих соображений

$tg\alpha =\frac{OB}{AB}=\frac{s_y}{s_x}=\frac{y}{x}=\frac{\frac{g t^2}{2}}{v_0t}=\frac{gt}{2v_0}$.

Теперь рассмотрим способ нахождения модуля вектора скорости в некоторый момент времени. Отметим, что при криволинейном движении скорость направлена по касательной к траектории движения.

При равноускоренном движении $\overrightarrow{v}=\overrightarrow{v_0}+\overrightarrow{g}t$. Имеем

$v_x=v_{0x}+g_x t = v_0$,

$v_y=v_{0y}+g_y t = gt$.

Из прямоугольного треугольника $ ABC$ по теореме Пифагора $AC^2=AB^2+BC^2$ или $AC=\sqrt{AB^2+BC^2}$, а также $AB=v_y, BC=v_x$, получаем

$v=\sqrt{v_y^2+v_x^2}=\sqrt{v_0^2+(gt)^2}$

Угол наклона вектора скорости к горизонту

$tg\alpha =\frac{AB}{BC}=\frac{v_y}{v_x}=\frac{gt}{v_0}$.

Ну, и на последок выведем уравнение траектории, по которой движется тело. Из формул координат

$t=\frac{x}{v_0}\Rightarrow y=\frac{g\left ( \frac{x}{v_0} \right )^2}{2}=\frac{gx^2}{2v_0^2}=\frac{g}{2v_0^2}x^2$.

Мы видим, что полученная зависимость — квадратичная, а значит кривая является параболой, т.е. если бросить тело горизонтально, то оно будет двигаться по параболе.

Движение тела, брошенного под углом к горизонту. Пусть тело брошено под некоторым углом $\alpha$ к горизонту с начальной скоростью $v_0$. Начало координат поместим в точку бросания. Координатные оси направим следующим образом: ось Oy — вертикально вверх, ось Ox — горизонтально, в направлении вектора скорости. Для этого движения не будем отдельно рассматривать нахождение модуля вектора перемещения и скорости, т.к. все рассуждения в этом случае аналогичны предыдущим. Найдем только кинематические уравнения, характеризующие это движение, а также установим формулы, позволяющие вычислить максимальную высоту и дальность полета.

Напишем уравнения движения

$x=x_0+v_{0x}t+\frac{g_x t^2}{2} \Rightarrow x=v_0 cos \alpha t$,

$y=y_0+v_{0y}t+\frac{g_y t^2}{2} \Rightarrow y=v_0 sin \alpha t- \frac{g t^2}{2}$.

Здесь учтено, что из прямоугольного треугольника $OAB$ имеем $OA=v_0, OB=v_{0x}, AB=v_{0y}$

$cos \alpha =\frac{OB}{OA}=\frac{v_{0x}}{v_0}\Rightarrow v_{0x}=v_0 cos \alpha$,

$sin \alpha =\frac{AB}{OA}=\frac{v_{0y}}{v_0}\Rightarrow v_{0y}=v_0 sin\alpha$.

Заметим также, что данное движение, как и предыдущее, можно представить как сумму двух: вдоль оси Oy — равноускоренное, вдоль оси Ox — равномерное. Траекторией движения в данном случае также является парабола, примем это без доказательства.

Найдем наибольшую высоту на которую поднимается тело. В наивысшей точке траектории скорость, направленная по касательной, будет направлена горизонтально, значит ее проекция на вертикальную ось будет равна нулю

$v_y=v_{0y}+g_y t = v_0 sin \alpha — gt=0$, 

отсюда время подъема на максимальную высоту $t=\frac{v_0 sin \alpha }{g}$. Подставим это значение времени в уравнение координаты y и найдем искомую высоту

$H=y=v_0 sin \alpha \cdot \frac{v_0 sin \alpha }{g}- \frac{g \left ( \frac{v_0 sin \alpha }{g} \right )^2}{2}=\frac{v_0^2 sin^2\alpha }{g}-\frac{v_0^2 sin^2\alpha }{2g}=\frac{v_0^2 sin^2\alpha }{2g}$.

Время полета тела будет равно удвоенному времени полета, т.е. $t=\frac{2v_0 sin \alpha }{g}$ (данное утверждение можно доказать различными способами, например, приравняв координату y к нулю, так как в момент падения она будет равна нулю, и решив соответствующее уравнение), тогда дальность полета можно найти из уравнения координаты x

$L=x=v_0 cos \alpha \cdot \frac{2v_0 sin \alpha }{g}=\frac{2v_0^2 sin \alpha cos \alpha}{g}=\frac{v_0^2 sin 2\alpha}{g}$.

При решении задач будем придерживаться алгоритма, который мы применяли ранее. Кроме того, если решение задачи укладывается в модели описанные выше, то не будем отвлекаться на написание уравнений и нахождение проекций, а будем пользоваться сразу готовыми формулами. Но следует помнить, что, решая задания части 2 ЕГЭ, у вас есть возможность пользоваться только теми формулами, которые указаны в кодификаторе (список будет приведен позже). И среди них может не оказаться всех приведенных здесь. Тогда прийдется их выводить, именно поэтому каждую формулу мы снабдили досточно подробным выводом.

Пример. С самолета, летящего горизонтально на высоте h₀ = 500 м с постоянной скоростью v = 180 км/ч, сбросили груз. На какой высоте скорость груза будет составлять угол α = 60° с горизонтом?

Решение. Выполним чертеж

Найдем время в течении которого тело окажется в такой точке что угол вектора скорости с горизонтом будет составлять 60⁰

$tg\alpha =\frac{gt}{v_0} \Rightarrow t=\frac{v_0 tg\alpha }{g}$.

Найдем вертикальную координату тела в этот момент времени

$y=\frac{g t^2}{2}=\frac{g}{2}\left ( \frac{v_o tg\alpha }{g} \right )^2=\frac{v_0^2tg^2\alpha}{2g}$.

Из рисунка понятно, что искомая высота будет равна

$h=h_0-y=h_0-\frac{v_0^2tg^2\alpha}{2g}$,

$h=500-\frac{50^2\left ( \sqrt{3} \right )^2}{2 \cdot 10}=125$ м.

Пример. Самолет летит горизонтально с постоянной скоростью v = 100 м/с на высоте h = 500 м. С самолета нужно сбросить груз на корабль, движущийся встречным курсом со скоростью u = 10 м/с. На каком расстоянии от корабля по горизонтали летчик должен сбросить груз? 

Решение. Выполним чертеж, систему отсчета свяжем с землей. Начало координат поместим в ту точку из которой самолет сбрасывает груз.

Запишем уравнения движения для груза, брошенного с самолета и корабля соответственно, учитывая, что начальной координатой $x_0$ второго тела будет искомое расстояние $l$

$\left\{\begin{matrix}
x_1= vt,& \\
y=\frac{gt^2}{2}.&
\end{matrix}\right$

$x_2=l-ut$.

Время встречи найдем из условия, что груз должен упасть с определенной высоты, используем координату $y$ движения груза, имеем

$t=\sqrt{\frac{2y}{g}}=t=\sqrt{\frac{2h}{g}}$,

$t=\sqrt{\frac{2 \cdot 500}{10}}=10$ с.

В момент, когда груз упадет на корабль, координаты груза и корабля будут равны (заметим, что в дальнейшем груз будет двигаться вместе с кораблем и их координаты также будут равны, но нас интересует именно момент падения)

$vt-l-ut \Rightarrow l=t(v+u)$,

$l=10 \cdot (100+10)=1100$ м.

Пример. Камень брошен горизонтально со склона горы, образующего угол 45⁰ с горизонтом. Чему равна начальная скорость камня, если он упал на склон на расстоянии 50 м от точки броска?

Решение. Выполним чертеж, систему отсчета свяжем с землей, выберем горизонтальную и вертикальную координатные оси, направив их вправо и вниз соответственно. Начало координат поместим в точку бросания.

Запишем уравнения движения

$x=v_0t$,

$y=\frac{g t^2}{2}$.

С другой стороны координаты связаны с дальностью полета соотношениями $\frac{x}{l}=cos\alpha $ и $\frac{y}{l}=sin\alpha $, откуда

$x=l cos\alpha $ и $x=l sin\alpha $.

Воспользуемся уравнением траектории движения $y=\frac{g}{2v_0^2}x^2$, подставив туда найденные координаты, и найдем значение начальной скорости

$l sin\alpha=\frac{g}{2v_0^2}l^2sin^2\alpha $,

$v_0^2=\frac{gl cos^2\alpha }{2sin\alpha }$,

$v_0=\sqrt{\frac{gl cos^2\alpha }{2sin\alpha }}=cos \alpha \sqrt{\frac{gl }{2sin\alpha }}$,

$v_0=cos 45^0 \sqrt{\frac{10 \cdot 50  }{2 sin 45^0 }}\approx 15,7$ м/с.

Пример. Тело брошено горизонтально с горы, высота которой 80 м, с начальной скоростью 25 м/с. Найти перемещение и угол, который составляет вектор перемещения с горизонтом, между двумя точками полета тела, в которых скорости соответственно равны 30 м/с и 40 м/с.

Решение. Выполним чертеж, систему отсчета свяжем с землей, выберем горизонтальную и вертикальную координатные оси, направив их вправо и вниз соответственно. Начало координат поместим в точку бросания.

Запишем уравнения движения

$x=v_0t$,

$y=\frac{g t^2}{2}$.

Известно, что 

$v=\sqrt{v_0^2+(gt)^2}$,

отсюда найдем время движения до точек, в которых модули вектора скорости равны 30 м/с и 40 м/с соответственно

$v^2=v_0^2+g^2t^2$,

$v^2-v_0^2=g^2t^2$,

$t^2= \frac{v^2-v_0^2}{g^2}$,

$t= \sqrt{\frac{v^2-v_0^2}{g^2}} =\frac{\sqrt{v^2-v_0^2}}{g} $,

$t_1= \frac{\sqrt{900-625}}{10}= \frac{\sqrt{275}}{10}=\frac{5\sqrt{11}}{10}=\frac{\sqrt{11}}{2}$ с,

$t_2= \frac{\sqrt{1600-625}}{10} =\frac{\sqrt{975}}{10}=\frac{5\sqrt{39}}{10}=\frac{\sqrt{39}}{2}$ с.

Теперь найдем координаты тела в момент времени $t_1$ и $t_2$

$x_1=25 \cdot \frac{\sqrt{11}}{2} \approx 41,46$ м,

$x_2=25 \cdot \frac{\sqrt{39}}{2} \approx 78,06$ м,

$y_1=\frac{10\left ( \frac{\sqrt{11}}{2} \right )^2}{2}= 13,75$ м,

$y_2=\frac{10\left ( \frac{\sqrt{39}}{2} \right )^2}{2}= 48,75$ м.

Рассмотрим $\Delta $ АВС, видно, что $\overrightarrow{AB}$ и есть искомый вектор перемещения, при этом $AB=y_2-y_1, BC=x_2-x_1$, значит

$s=\sqrt{\left ( x_2-x_1 \right )^2+\left ( y_2-y_1 \right )^2}$,

$s=\sqrt{\left ( 78,06-41,46 \right )^2+\left ( 48,75-13,75 \right )^2} \approx 50,64$,

$tg\alpha = \frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$,

$tg\alpha = \frac{35}{36,6} \approx 0,96 \Rightarrow \alpha \approx 44^0  $.

Пример. Камень, брошенный под углом к горизонту, упал на землю со скоростью 15 м/с. Чему равна максимальная высота подъёма камня, если известно, что во время движения его наибольшая скорость была втрое больше, чем наименьшая?

Решение.  Будем придерживаться модели, описанной нами выше в теоретическом блоке. Покажем, что наибольшую скорость тело имеет в момент броска и падения, а наименьшую в момент подъема на наибольшую высоту (хотя это утверждение и так кажется очевидным). Найдем модуль скорости

$v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=\sqrt{v_0^2cos^2\alpha +\left ( v_0sin\alpha -gt \right )^2}=$

$=\sqrt{v_0^2cos^2\alpha + v_0^2sin^2\alpha -2gv_0in \alpha t +g^2t^2}= \sqrt{v_0^2-2gv_0in \alpha t +g^2t^2}$.

Подкоренное выражение определяет квадратичную зависимость от времени, которая сначала убывает до некоторого значения, а потом возрастает. Ввиду симметричности параболы, это произойдет в тот момент времени, когда тело будет находиться в верней точке траектории. Как известно высота подъема определяется формулой

$H=\frac{v_0^2 sin^2\alpha }{2g}$.

Осталось найти угол под которым было брошено тело. В верхней точке траектории проекция скорости на вертикальную ось равна нулю, а значит

$v=v_0 cos\alpha \Rightarrow cos\alpha =\frac{v}{v_0}=\frac{1}{3}$,

$sin\alpha =\sqrt{1-cos^2\alpha }=\sqrt{1-\frac{1}{9}}=\sqrt{\frac{8}{9}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$.

Теперь найдем высоту

$H=\frac{v_0^2 sin^2\alpha }{2g}=\frac{15^2 \frac{8}{9}}{20}=10$ м.

Пример. Какое максимальное расстояние по горизонтали может пролететь мяч, брошенный с начальной скоростью 20 м/с в спортивном зале высотой 8 м, не ударившись о потолок?

Решение. Найдем угол при котором выполнится данное условие

$H=\frac{v_0^2 sin^2\alpha }{2g}$,

$sin^2\alpha =\frac{2gH}{v_0^2}\Rightarrow sin\alpha =\frac{\sqrt{2gH}}{v_0}$,

$ sin\alpha =\frac{\sqrt{2 \cdot 10\cdot 8}}{20}=\frac{\sqrt{10}}{5}$,

$cos\alpha =\sqrt{1-sin^2\alpha }=\sqrt{1-\frac{10}{25}}=\sqrt{\frac{3}{5}}$.

Дальность полета определяется формулой 

$L=\frac{v_0^2 sin 2\alpha}{g}=\frac{v_0^2 sin \alpha cos \alpha}{g}$,

$L=\frac{20^2 \cdot 2 \cdot \frac{\sqrt{10}}{5} \cdot \sqrt{\frac{3}{5}}}{10} \approx 39,2$м.

Пример. С вершины горы под углом наклона α = 30° бросают камень с начальной скоростью v = 6 м/с перпендикулярно склону горы. На каком расстоянии от точки бросания упадет камень?

Решение. Выберем систему координат и построим траекторию движения тела, как показано на рисунке

Запишем уравнения движения в выбранной системе координат

$x=x_0+v_{0x}t+\frac{g_x t^2}{2} \Rightarrow x=v_0 sin \alpha t$,

$y=y_0+v_{0y}t+\frac{g_y t^2}{2} \Rightarrow y=-v_0 cos \alpha t+ \frac{g t^2}{2}$.

Видно, что для координат точки падения выполняется условие

$\frac{y}{x}=tg\alpha $,

$tg\alpha =\frac{-v_0 cos \alpha t+ \frac{g t^2}{2}}{v_0 sin \alpha t}=-ctg \alpha+\frac{g t}{2v_0 sin \alpha }$,

$tg\alpha +ctg\alpha =\frac{g t}{2v_0 sin \alpha}$,

$t=\frac{2v_0 sin \alpha}{g}(tg\alpha +ctg\alpha)=\frac{2v_0 sin \alpha}{g} \cdot \frac{1}{cos\alpha sin\alpha}=\frac{2v_0}{g cos \alpha}$,

$t=\frac{2 \cdot 6}{10 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{12}{5\sqrt{3}}$.

Найдем координаты

$x=6\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{12}{5\sqrt{3}}=\frac{36}{5\sqrt{3}}$ м,

$y=-6\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{12}{5\sqrt{3}}+\frac{10}{2}\cdot \left ( \frac{12}{5\sqrt{3}} \right )^2=9,6$ м.

Теперь найдем искомое расстояние, оно будет равно перемещению тела за найденный промежуток времени, т.е.

$s=\sqrt{x^2+y^2}\approx 9,6$ м.

Пример. Из отверстия шланга, прикрытого пальцем, бьют две струи под углами  30° и  45° к горизонту с одинаковой начальной скоростью v0 = 19,6 м/с. На каком расстоянии по горизонтали от отверстия шланга они пересекаются?

Решение. Подойдем к решению этой задачи нестандартным способом, поскольку струя вод представляет собой не отдельно движущееся тело, а совокупность участков, на которые можно разбить струю воды. В этом случае в искомую точку придут два участка струи за разное время, что создает дополнительные сложности. Вместе с тем, м знаем, что вода в струе будет двигаться по параболе. Найдем уравнение этих парабол, а затем выясним в каких точках они пересекаются. Мы знаем, что координаты любого участка жидкости будут определяться формулами 

$x=v_0 cos \alpha t$,

$y=v_0 sin \alpha t- \frac{g t^2}{2}$.

Выразим из первого уравнения время и подставим во второе уравнение

$t=\frac{x}{v_0 cos\alpha }$,

$y=v_0 sin \alpha \frac{x}{v_0 cos\alpha } — \frac{g}{2}\frac{x^2}{v_0^2 cos^2\alpha }=tg \alpha x-\frac{g}{2v_0^2cos^2\alpha }x^2$.

Поскольку мы ищем точки пересечения парабол, то координаты этих точек будут равны для обеих струй жидкости, а значит

$tg \alpha_1 x-\frac{g}{2v_0^2cos^2\alpha_1 }x^2=tg \alpha_2 x-\frac{g}{2v_0^2cos^2\alpha_2 }x^2$.

Первый корень этого уравнения $x_1=0$ — соответствует начальному моменту времени. Найдем теперь отличный от нуля корень уравнения, для этого разделим обе его части на $x\neq 0$, получим

$tg \alpha_1 -\frac{g}{2v_0^2cos^2\alpha_1 }x=tg \alpha_2 -\frac{g}{2v_0^2cos^2\alpha_2 }x$.

Далее решаем это уравнение, как обычное линейное

$tg\alpha _1-tg\alpha _2=\left ( \frac{g}{2v_0^2cos^2\alpha _1}-\frac{g}{2v_0^2cos^2\alpha _2} \right )x$,

$tg\alpha _1-tg\alpha _2=\frac{g\left (cos^2\alpha _2-cos^2\alpha _1 \right )}{2v_0^2cos^2\alpha _1cos^2\alpha _2}x$,

$x=\frac{2v_0^2cos^2\alpha _1cos^2\alpha _2\left ( tg\alpha _1-tg\alpha _2 \right )}{g\left (cos^2\alpha _2-cos^2\alpha _1 \right )}$,

$x=\frac{2\cdot 625\cdot 0,75\cdot 0,5\cdot \left ( 0,58-1 \right )}{10\cdot \left ( 0,5-0,75 \right )}\approx 5$ м.

Это и есть искомое расстояние.

Пример. Лучник находится на крепостной стене. Стрела, выпущенная из лука со скоростью v0 = 40 м/с под некоторым углом к горизонту, побывала дважды на высоте h = 30 м над землей в моменты времени t₁ = 1 с и t₂ = 3 с после выстрела. Найдите время полета стрелы до падения на землю. 

Решение. Выполним чертеж, систему отсчета свяжем с землей, выберем горизонтальную и вертикальную координатные оси, направив их вправо и вверх соответственно. Начало координат поместим в точку, находящуюся на уровне земли.

Запишем уравнения движения 

$x=x_0+v_{0x}t+\frac{g_x t^2}{2} \Rightarrow x=v_0 cos \alpha t$,

$y=y_0+v_{0y}t+\frac{g_y t^2}{2} \Rightarrow y=h_0+v_0 sin \alpha t- \frac{g t^2}{2}$.

Так как стрела побывала дважды на высоте h, то справедливы уравнения

$h=h_0+v_0sin \alpha t_1-\frac{gt_1^2}{2}$,

$h=h_0+v_0sin \alpha t_2-\frac{gt_2^2}{2}$.

Вычтем из первого уравнения второе и найдем синус угла под которым была выпущена стрела

$v_0sin \alpha t_1-v_0sin \alpha t_2+\frac{gt_2^2}{2}-\frac{gt_1^2}{2}$,

$v_0sin\alpha (t_1-t_2)+\frac{g}{2}(t_2^2-t_1^2)=0$,

$-v_0sin\alpha (t_2-t_1)+\frac{g}{2}(t_2-t_1)(t_2+t_1)=0$,

$-v_0sin\alpha +\frac{g}{2}(t_2+t_1)=0$,

$v_0sin\alpha =\frac{g}{2}(t_2+t_1)$,

$sin\alpha =\frac{g(t_2+t_1)}{2v_0}$,

$sin\alpha =\frac{10(1+3)}{2 \cdot 40}=\frac{1}{2}$.

Выясним, на какой высоте тело находилось первоначально

$h_0=h-v_0sin \alpha t_1+\frac{gt_1^2}{2}$,

$h_0=30-40 \cdot \frac{1}{2} \cdot 1+\frac{10 \cdot 1^2}{2}=15$ м.

В момент падения координата у будет равна нулю, значит

$h_0+v_0 sin \alpha t- \frac{g t^2}{2}=0$ или $2h_0+2v_0 sin \alpha t- g t^2=0$.

Решим это квадратное уравнение

$D=4v_0^2sin^2\alpha +8h_0g$,

$t=\frac{-2v_0sin\alpha \pm \sqrt{4v_0^2sin^2\alpha +8h_0g}}{-2g}=\frac{2v_0sin\alpha \mp \sqrt{4v_0^2sin^2\alpha +8h_0g}}{2g}$,

$t_1=\frac{2\cdot 40\cdot \frac{1}{2}+\sqrt{4\cdot 1600\cdot \frac{1}{4}+8\cdot 15\cdot 10}}{20}\approx 4,66$ с,

$t_1=\frac{2\cdot 40\cdot \frac{1}{2}-\sqrt{4\cdot 1600\cdot \frac{1}{4}+8\cdot 15\cdot 10}}{20}\approx -0,65$ с.

Очевидно, что второй корень не удовлетворяет условию задачи.

Пример. Один мальчик бросил вверх мяч с начальной скоростью v₀₁=5 м/с. Одновременно с ним второй мальчик, стоящий на расстоянии l=5 м от него, бросил камень со скоростью 10 м/с, стараясь попасть в мяч. Под каким углом к горизонту должен бросить второй мальчик мяч? Через сколько времени произойдет столкновение?

Решение. Выполним чертеж, систему отсчета свяжем с землей, выберем горизонтальную и вертикальную координатные оси, направив их вправо и вверх соответственно. Начало координат поместим в точку, откуда был брошен мяч.

Запишем уравнения движения для первого и второго тела соответственно

$y_1=v_{01}t-\frac{gt^2}{2}$,

$\left\{\begin{matrix}
x_2=l- v_0 cos \alpha t \\
y_2=v_{02} sin \alpha t- \frac{g t^2}{2}
\end{matrix}\right.$

В момент встречи координаты у будут равны

$v_{01}t-\frac{gt^2}{2}=v_{02} sin \alpha t- \frac{g t^2}{2}$,

$v_{01}t=v_{02} sin \alpha t$,

$sin \alpha t= \frac {v_{01}}{v_{02}}=\frac{1}{2} \Rightarrow \alpha =30^0$.

В момент встречи горизонтальная координата первого тела будет равна нулю, а значит

$l- v_0 cos \alpha t =0$,

$t=\frac{l}{v_{02}cos\alpha }$,

$t=\frac{5}{10 \frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\approx 0,58$ с.

Задачи для самостоятельного решения.

1. Мяч, брошенный одним игроком другому под углом к горизонту со скоростью 20 м/с, через 1 с достиг высшей точки подъема. На каком расстоянии находились друг от друга игроки? Под каким углом к горизонту был брошен мяч?

2. Теннисист при подаче запускает мяч с высоты 2 м над землей. На каком расстоянии от подающего мяч ударится о землю, если начальная скорость равна 20 м/с и направлена вверх под углом 30° к горизонтали?

3. Мальчик ныряет в воду с крутого берега высотой 5 м, имея после разбега скорость 6 м/с, направленную горизонтально. Каковы модуль и направление скорости мальчика при достижении им поверхности воды?

4. Дальность полета тела, брошенного горизонтально со скоростью 10 м/с, равна высоте бросания. С какой высоты было брошено тело?

5. Горизонтально летящая пуля пробивает последовательно два листа бумаги, отстоящих друг от друга на расстоянии L = 30 м. Отверстия в листах оказались смещёнными по вертикали на расстояние h = 2 мм. С какой скоростью пуля подлетела к первому листу?

6. Тело брошено горизонтально, так что через  5 с после броска угол между вектором скорости и ускорения стал равным р = 45о. Определить скорость тела в этот момент времени. В какой момент времени скорость тела будет в два раза больше его начальной скорости?

7. Тело, брошенное горизонтально с высоты h = 80 м, упало на землю на расстоянии L = 60 м. Найти перемещение тела за время, течение которого скорость увечилась в n =2 раза. Какой угол вектор перемещения составляет с горизонтальной осью.

8. Вертолет летит горизонтально со скоростью 180 км/ч на высоте 500 м. С вертолета на теплоход нужно сбросить вымпел, движущийся встречным курсом со скоростью 24 км/ч. На каком расстоянии от теплохода летчик должен сбросить вымпел?

9. Из миномета ведется обстрел объекта, расположенного на склоне горы. Угол наклона горы 30°, угол стрельбы 60° по отношению к горизонту. На каком расстоянии будут падать мины, если их начальная скорость равна 90 м/с?

10. Из артиллерийского оружия выстрелили последовательно два снаряда с одинаковой начальной скоростью v0 = 250 м/с. Первый снаряд под углом  60⁰к горизонту, второй — под углом  45⁰. Определить интервал времени между выстрелами, при котором снаряды могут столкнуться друг с другом.

11. Модель планера летит горизонтально с постоянной скоростью u₀. В модель бросают камень с начальной скоростью v₀, направленной точно на планер под углом а к горизонту. На какой высоте h летел планер, если камень достиг своей цели?

12. Мячик бросили с некоторой высоты h под углом 30⁰ к горизонту. Чтобы мячик достиг максимальной высоты 2h и упал на землю через время t=4 с после броска, модуль его начальной скорости должен составлять?