По наклонной плоскости с углом наклона 30 градусов к горизонту скользит вниз тело

В Вашем случае тело будет двигаться по наклонной плоскости равнозамедленно с ускорением, равным (так как плоскость гладкая, и на тело вдоль наклонной плоскости действует только проекция силы тяжести):\[a = g\sin \alpha \]Скорость при равнозамедленном движении определяют по формуле:\[\upsilon = {\upsilon _0} – at\]В верхней точке тело на мгновение остановится \(\upsilon = 0\), затем оно начнет движение обратно вниз, поэтому:\[0 = {\upsilon _0} – at\]Откуда искомое время равно:\[t = \frac{{{\upsilon _0}}}{a}\]Учитывая все вышесказанное, имеем:\[t = \frac{{{\upsilon _0}}}{{g\sin \alpha }}\]Численный ответ равен:\[t = \frac{{44}}{{9,8 \cdot \sin 60^\circ }} = 5,2\;с\]

Определим время соскальзывания тела с наклонной плоскости с основанием \(L\) и углом при основании \(\alpha\), используя найденное при решении вышеприведенной задачи ускорение \(a\):\[\left\{ \begin{gathered}
S = \frac{L}{{\cos \alpha }} \hfill \\
S = \frac{{a{t^2}}}{2} = \frac{{g\left( {\sin \alpha – \mu \cos \alpha } \right){t^2}}}{2} \hfill \\
\end{gathered} \right.\]Тогда:\[\frac{L}{{\cos \alpha }} = \frac{{g\left( {\sin \alpha – \mu \cos \alpha } \right){t^2}}}{2}\]Откуда получим:\[{t^2} = \frac{{2L}}{{g\cos \alpha \left( {\sin \alpha – \mu \cos \alpha } \right)}}\]\[t = \sqrt {\frac{{2L}}{{g\cos \alpha \left( {\sin \alpha – \mu \cos \alpha } \right)}}} \]Время соскальзывания будет одинаковым у двух наклонных плоскостей с углом при основании \(\alpha_1\) и \(\alpha_2\), если:\[\cos {\alpha _1}\left( {\sin {\alpha _1} – \mu \cos {\alpha _1}} \right) = \cos {\alpha _2}\left( {\sin {\alpha _2} – \mu \cos {\alpha _2}} \right)\]Раскроем скобки:\[\cos {\alpha _1}\sin {\alpha _1} – \mu {\cos ^2}{\alpha _1} = \cos {\alpha _2}\sin {\alpha _2} – \mu {\cos ^2}{\alpha _2}\]\[\cos {\alpha _1}\sin {\alpha _1} – \cos {\alpha _2}\sin {\alpha _2} = \mu {\cos ^2}{\alpha _1} – \mu {\cos ^2}{\alpha _2}\]\[\cos {\alpha _1}\sin {\alpha _1} – \cos {\alpha _2}\sin {\alpha _2} = \mu \left( {{{\cos }^2}{\alpha _1} – {{\cos }^2}{\alpha _2}} \right)\]\[\mu = \frac{{\cos {\alpha _1}\sin {\alpha _1} – \cos {\alpha _2}\sin {\alpha _2}}}{{{{\cos }^2}{\alpha _1} – {{\cos }^2}{\alpha _2}}}\]Численный ответ равен:\[\mu = \frac{{\cos 45^\circ \cdot \sin 45^\circ – \cos 60^\circ \cdot \sin 60^\circ }}{{{{\cos }^2}45^\circ – {{\cos }^2}60^\circ }} = 0,27\]

Спасибо за комплимент, очень приятно
Да, идея интересная, спасибо за предложение
У меня самого очень много идей, и я скорее испытываю недостаток времени, чем идей, надеюсь в будущем воплотим Ваше желание

Запишем закон сохранения энергии:\[mgH = \frac{{m{\upsilon ^2}}}{2} + {F_{тр}}L\]Силу трения скольжения в данном случае следует определять так:\[{F_{тр}} = \mu mg\cos \alpha \]Длину наклонной плоскости легко определить из прямоугольного треугольника:\[L = \frac{H}{{\sin \alpha }}\]Тогда:\[mgH = \frac{{m{\upsilon ^2}}}{2} + \mu mg\cos \alpha \frac{H}{{\sin \alpha }}\]\[gH = \frac{{{\upsilon ^2}}}{2} + \mu gH ctg \alpha \]\[{\upsilon ^2} = 2gH\left( {1 – \mu ctg \alpha } \right)\]\[\upsilon = \sqrt {2gH\left( {1 – \mu ctg \alpha } \right)} \]Численный ответ равен:\[\upsilon = \sqrt {2 \cdot 10 \cdot 4\left( {1 – 0,2 \cdot ctg 45^\circ } \right)} = 8\;м/с\]

Ваше условие неполное. Если решать из предположения, что тело остановится, достигнув края наклонной плоскости, то решение должно быть следующим. Запишем закон сохранения:\[\frac{{m{\upsilon ^2}}}{2} = mgh + {F_{тр}}L\]Так как сила трения равна \({F_{тр}} = \mu mg\cos \alpha \), высота наклонной плоскости равна \(h = L\sin \alpha \), то имеем:\[\frac{{m{\upsilon ^2}}}{2} = mgL\sin \alpha + \mu mgL\cos \alpha \]\[{\upsilon ^2} = 2\left( {gL\sin \alpha + \mu gL\cos \alpha } \right)\]\[{\upsilon ^2} = 2gL\left( {\sin \alpha + \mu \cos \alpha } \right)\]\[\upsilon = \sqrt {2gL\left( {\sin \alpha + \mu \cos \alpha } \right)} \]Численный ответ равен:\[\upsilon = \sqrt {2 \cdot 9,81 \cdot 20 \cdot \left( {\sin 30^\circ + 0,1 \cdot \cos 30^\circ } \right)} = 15,17\;м/с\]

Силу \(F_1\), которую нужно приложить, чтобы груз тащить (равномерно) вверх, можно найти так (первый закон Ньютона):\[{F_1} = mg\sin \alpha + \mu mg\cos \alpha \]Силу \(F_2\), которую нужно приложить, чтобы груз стянуть (равномерно) вниз, можно найти так (опять первый закон Ньютона):\[{F_2} = \mu mg\cos \alpha – mg\sin \alpha \]Оба эти уравнения складываете и вычитаете, тогда получите такую систему уравнений:\[\left\{ \begin{gathered}
{F_1} + {F_2} = 2\mu mg\cos \alpha \hfill \\
{F_1} – {F_2} = 2mg\sin \alpha \hfill \\
\end{gathered} \right.\]
Делим верхнее уравнение на нижнее:\[\frac{{{F_1} + {F_2}}}{{{F_1} – {F_2}}} = \frac{\mu }{{tg\alpha }}\]Окончательно получим:\[\mu = \frac{{{F_1} + {F_2}}}{{{F_1} – {F_2}}}tg\alpha \]
\[\mu = \frac{{120 + 15}}{{120 – 15}} \cdot tg15^\circ = 0,345\]

Смотрите формулу (4)

Решаете задачу абсолютно также, то есть Вы имеете:\[\upsilon  = gt\left( {\sin \alpha  – \mu \cos \alpha } \right)\]Откуда:\[\sin \alpha – \mu \cos \alpha = \frac{\upsilon }{{gt}}\]Выражения вида \(A\sin x – B\cos x\) приводятся к виду \(C\sin \left( {x – t} \right)\), где \(C = \sqrt {{A^2} + {B^2}} \), а \(t = {\text{arctg}}\frac{B}{A}\), поэтому:\[\sqrt {1 + {\mu ^2}} \sin \left( {\alpha – {\text{arctg}}\mu } \right) = \frac{\upsilon }{{gt}}\]\[\sin \left( {\alpha – {\text{arctg}}\mu } \right) = \frac{\upsilon }{{gt\sqrt {1 + {\mu ^2}} }}\]\[\alpha – {\text{arctg}}\mu = \arcsin \frac{\upsilon }{{gt\sqrt {1 + {\mu ^2}} }}\]\[\alpha = {\text{arctg}}\mu + \arcsin \frac{\upsilon }{{gt\sqrt {1 + {\mu ^2}} }}\]Подставляем Ваши данные:\[\alpha = {\text{arctg}}0,125 + \arcsin \frac{{10,9}}{{9,8 \cdot 3 \cdot \sqrt {1 + {{0,125}^2}} }} = 28,71^\circ \]

Нет.
Например, если Вы считаете при \(t=1\) с, то получите скорость в конце первой секунды. Аналогично, если Вы считаете при \(t=2\) с, то получите скорость в конце второй секунды.

Другое дело, если бы Вас спрашивали про скорость в начале какой-то секунды, например второй. Тогда вы должны использовать \(t=1\) с.

Это не теорема геометрии, это называется проецированием векторов на оси. Поищите информацию в интернете, я думаю ее там более чем предостаточно (просто в словах это проблематично объяснить, необходимо делать пояснения в виде рисунков).