Задача. С какой скоростью и под каким углом к горизонту было брошено тело, если за первую секунду движения скорость тела уменьшилась в два раз и за вторую секунду движения она еще уменьшилась в два раза?
Краткая запись условия: $t_1=1$ с; $t_2=2$ с; $v_1=\frac{1}{2}v_0$; $v_2=\frac{1}{4}v_0$.
Решение. Так как движение происходит с постоянным ускорением свободного падения, то справедливы равенства
$\vec{v}=\vec{v}_0+\vec{g}t$,
$v_x=v_{0x}+g_xt=v_{0x}$,
$v_y=v_{0y}+g_yt=v_{0y}-gt$.
Модуль скорости тела, связан ее проекциями на координатные оси соотношением $v^2=v_x^2+v_y^2$ или
$v^2=v_{0x}^2+(v_{0y}-gt)^2$.
С учетом условий, заданных в задаче, получаем систему уравнений
$v_1^2=v_{0x}^2+(v_{0y}-gt_1)^2$,
$v_2^2=v_{0x}^2+(v_{0y}-gt_2)^2$.
Т.к. $v_1=\frac{1}{2}v_0$ и $v_2=\frac{1}{4}v_0$, то получим
$\frac{1}{4}v_0^2=v_{0x}^2+(v_{0y}-gt_1)^2$,
$\frac{1}{16}v_0^2=v_{0x}^2+(v_{0y}-gt_2)^2$.
Модуль начальной скорости также можно выразить через проекции $v_0^2=v_{0x}^2+v_{0y}^2$. Подставим это выражение в систему, это позволит нам избавиться от одной неизвестной величины и получить систему из двух уравнений с двумя неизвестными
$\frac{1}{4}v_{0x}^2+\frac{1}{4}v_{0y}^2=v_{0x}^2+(v_{0y}-gt_1)^2$,
$\frac{1}{16}v_{0x}+\frac{1}{16}v_{0y}=v_{0x}^2+(v_{0y}-gt_2)^2$.
Сгруппируем неизвестные в одинаковых частях уравнения
$\frac{1}{4}v_{0y}^2-(v_{0y}-gt_1)^2=\frac{3}{4}v_{0x}^2$,
$\frac{1}{16}v_{0y}-(v_{0y}-gt_2)^2=\frac{15}{16}v_{0x}^2$.
Будем решать систему методом сложения, для этого сначала получим в правых частях уравнений системы одинаковые выражения (необходимо домножить на обратные числа)
$\frac{1}{3}v_{0y}^2-\frac{4}{3}(v_{0y}-gt_1)^2=v_{0x}^2$,
$\frac{1}{15}v_{0y}-\frac{16}{15}(v_{0y}-gt_2)^2=v_{0x}^2$.
Вычитаем из первого уравнения второе и решаем получившееся уравнение
$\frac{1}{3}v_{0y}^2-\frac{4}{3}(v_{0y}-gt_1)^2-\frac{1}{15}v_{0y}+\frac{16}{15}(v_{0y}-gt_2)^2=0$,
$\frac{1}{3}v_{0y}^2-\frac{4}{3}v_{0y}^2+\frac{8}{3}v_{0y}gt_1-\frac{4}{3}g^2t_1^2-\frac{1}{15}v_{0y}^2+\frac{16}{15}v_{0y}^2-\frac{32}{15}v_{0y}gt_2+\frac{16}{15}g^2t_2^2=0$,
$\frac{8}{3}v_{0y}gt_1-\frac{4}{3}g^2t_1^2-\frac{32}{15}v_{0y}gt_2+\frac{16}{15}g^2t_2^2=0$,
$10v_{0y}t_1-5gt_1^2-8v_{0y}t_2+4gt_2^2=0$,
$10v_{0y}t_1-8v_{0y}t_2=5gt_1^2-4gt_2^2$,
$2v_{0y}(5t_1-4t_2)=g(5t_1^2-4t_2^2)$,
$v_{0y}=\frac{g(5t_1^2-4t_2^2)}{2(5t_1-4t_2)}$,
$v_{0y}=\frac{10 \cdot (5 \cdot 1^2-4 \cdot 2^2)}{2 \cdot (5 \cdot 1-4 \cdot 2)}=\frac{55}{3}$ м/с.
Теперь находим проекцию начальной скорости на горизонтальную ось
$v_{0x}=\sqrt{\frac{1}{3}v_{0y}^2-\frac{4}{3}(v_{0y}-gt_1)^2}$,
$v_{0x}=\sqrt{\frac{1}{3} \cdot \left(\frac{55}{3} \right)^2-\frac{4}{3} \cdot \left( \frac{55}{3}-10 \cdot 1\right)^2} =\sqrt{\frac{525}{27}}=\frac{5\sqrt{21}}{3\sqrt{3}}$ м/с.
Находим модуль начальной скорости
$v_0=\sqrt{v_{0x}^2+v_{0y}^2}$,
$v_0=\sqrt{\left(\frac{55}{3} \right)^2+\left(\sqrt{\frac{525}{27}} \right)^2}\approx 18,86$ м/с.
Угол наклона найдем через его тангенс, который связан с проекциями соотношением
$tg\, \alpha =\frac{v_{0y}}{v_{0x}}=\frac{55}{3}:\frac{5\sqrt{21}}{3\sqrt{3}}\approx 4,16$,
$\alpha =arctg\, 4,16\approx 76,5^{\circ}$.
Ответ: $\approx 18,86$ м/с и $\approx 76,5^{\circ}$.