Задание 9AC6EF: Кинематика

Систему отсчёта свяжем с Землёй и будем считать инерциальной. Тело рассматриваем как материальную точку. Начало координат выберем на земле под точкой броска: Ox горизонтально к забору, Oy вверх. В момент t=0 мяч находится на высоте h₀. Размером мяча и сопротивлением воздуха пренебрегаем. После броска на мяч действует только mg вниз, g=10 м·с⁻².

По второму закону Ньютона a_x=0, a_y=−g. Обозначим начальные проекции скорости u_x и u_y. Уравнения движения:
x=u_x·t,
y=h₀+u_y·t−gt²2,
v_y=u_y−gt.
По условию верхняя точка траектории совпадает с верхом забора: x=S, y=h, v_y=0. Пусть τ — время достижения этой точки, Δh=h−h₀ — подъём мяча над точкой броска.

Из условия v_y(τ)=0 следует τ=u_yg. Подставляя в уравнение высоты, находим
Δh=u_y²2g,
u_y=√2gΔh,
τ=u_yg,
u_x=Sτ,
v₀=√u_x²+u_y².

Подстановка:
Δh=4,8 м−1,6 м=3,2 м,
u_y=√2·10 м·с⁻²·3,2 м=8 м·с⁻¹,
τ=8 м·с⁻¹10 м·с⁻²=0,8 с,
u_x=6,4 м0,8 с=8 м·с⁻¹,
v₀=√8²+8² м·с⁻¹=8√2 м·с⁻¹≈11,3 м·с⁻¹.

Проверка: x(0,8 с)=8 м·с⁻¹·0,8 с=6,4 м; y(0,8 с)=1,6 м+6,4 м−3,2 м=4,8 м; v_y(0,8 с)=0. Проекции начальной скорости равны, поэтому угол броска 45°. Горизонтальная скорость в момент касания положительна, мяч продолжает движение за забор.

Ответ: 8√2 м·с⁻¹ ≈ 11,3 м·с⁻¹.