1  ^?? начальную скорость второго шарика $v_{20}$;

Метод №1

Рассмотрим относительное движение шариков. Запишем второй закон Ньютона для каждого из них
\begin{align*}
m\vec{a}_1 &= m\vec{g} - k(\vec{v}_1-\vec{u}), \\
m\vec{a}_2 &= m\vec{g} - k(\vec{v}_2-\vec{u})
\end{align*} и вычтем полученные выражения друг из друга
\[
m\vec{a}_r = -k\vec{v}_r.
\] Здесь $\vec{a}_r = \vec{a}_2-\vec{a}_1$ — относительное ускорение шариков, а $\vec{v}_r = \vec{v}_2-\vec{v}_1$ — их относительная скорость. Из этого равенства следует, что малое изменение относительной скорости $d\vec{v}_r$ и малое изменение вектора смещения второго шарика относительно первого $d\vec{l}$ связаны соотношением
\[
d\vec{v}_r = -\frac{k}{m} d\vec{l}.
\] Поскольку оно справедливо в любой момент времени, полное изменение относительной скорости $\Delta \vec{v}_r$ и полное изменение вектора смещения $\Delta \vec{l}$ связаны аналогично
\[
\Delta \vec{v}_r = -\frac{k}{m} \Delta \vec{l}.
\] Согласно условию, спустя некоторое достаточно больше время относительная скорость шариков пренебрежимо мала ($\vec{v}_r=\vec{0}$), а вектор смещения между ними $\vec{l}=\vec{L}$ направлен вертикально вверх и имеет длину $L$, следовательно
\begin{align*}
\vec{0} - (\vec{v}_{20}-\vec{v}_{10}) &= -\frac{k}{m} (\vec{L}-\vec{0}), \\
\vec{v}_{20}-\vec{v}_{10} &= \frac{k}{m} \vec{L}.
\end{align*} Запишем это равенство в проекции на горизонтальную ось
\[
v_{20}\cos\alpha_2-v_{10}\cos\alpha_1 = 0,
\] откуда
\[
v_{20}=v_{10}\frac{\cos\alpha_1}{\cos\alpha_2} \approx 12{,}26\ \textrm{м/с}.
\]

Метод №2

Запишем для первого шарика второй закон Ньютона в проекции на ось $OX$, направленную горизонтально вправо,
\[
m\frac{dv_{1x}}{dt} = - k(v_{1x}+u).
\] Отсюда, применяя непосредственное интегрирование и учитывая начальные условия ($x_1(0) = 0$ и $v_{1x}(0) = v_{10} \cos\alpha_1$), получим
\begin{align*}
v_{1x}(t) &= (v_{10} \cos\alpha_1+u)e^{-\frac{k}{m}t}-u, \\
x_1 (t) &= \frac{m}{k} (v_{10} \cos\alpha_1+u)(1-e^{-\frac{k}{m}t})-ut.
\end{align*} Аналогичным образом,
\begin{align*}
v_{2x}(t) &= (v_{20} \cos\alpha_2+u)e^{-\frac{k}{m}t}-u, \\
x_2 (t) &= \frac{m}{k} (v_{20} \cos\alpha_2+u)(1-e^{-\frac{k}{m}t})-ut.
\end{align*} Из условия следует, что $x_1(\infty)=x_2(\infty)$, поэтому
\[
v_{10}\cos\alpha_1=v_{20}\cos\alpha_2,
\] откуда
\[
v_{20}=v_{10}\frac{\cos\alpha_1}{\cos\alpha_2} \approx 12{,}26 \textrm{ м/с}.
\]

2  ^?? высоту моста $H$ над поверхностью воды;

Метод №1

Заметим, что в соответствии с тем, что второй шарик упал позднее, вектор $\vec{L}$ направлен вверх. Запишем полученное выше векторное равенство $\vec{v}_{20}-\vec{v}_{10} = \frac{k}{m} \vec{L}$ в проекции на вертикальную ось
\[
v_{20}\sin\alpha_2-v_{10}\sin\alpha_1=\frac{k}{m} L.
\] Отсюда
\[
\frac{m}{k} = \frac{L}{v_{20}\sin\alpha_2-v_{10}\sin\alpha_1}=0{,}75\ \textrm{с}.
\]

Теперь рассмотрим движение первого шарика в отдельности. Запишем для него второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось $OY$,
\[
m\frac{dv_{1y}}{dt} = -mg-kv_{1y} \qquad \Rightarrow \qquad dv_{1y}=-gdt-\frac{k}{m}dy_1.
\] Здесь $y_1$ — вертикальная координата первого шарика. Нетрудно заметить, что спустя достаточно большое время вертикальная проекция скорости примет значение $-mg/k$. Переходя к конечным приращениям так, как мы раньше сделали с относительной скоростью и вектором смещения между шариками, получим
\[
-\frac{mg}{k}-v_{10}\sin\alpha_1 =-g\tau+\frac{k}{m}H.
\] Отсюда
\[
H = \frac{m}{k}(g\tau-v_{10}\sin\alpha_1)-\frac{m^2}{k^2}g = 30{,}83\ \textrm{м}.
\]

Метод №2

Запишем для первого шарика второй закон Ньютона в проекции на ось $OY$, направленную вертикально вверх,

\[
m \frac{dv_{1y}}{dt} = -mg - kv_{1y}.
\] Отсюда, интегрируя с учётом начальных условий ($y(0)=0$ и $v_{1y}(0) = v_{10} \sin\alpha_1$), получим
\begin{align*}
v_{1y}(t) &= \left( v_{10} \sin\alpha_1+\frac{mg}{k} \right)e^{-\frac{k}{m}t}-\frac{mg}{k}, \\
y_1 (t) &= \frac{m}{k} \left( v_{10} \sin\alpha_1+\frac{mg}{k} \right)(1-e^{-\frac{k}{m}t})-\frac{mg}{k}t.
\end{align*} Аналогичным образом,
\begin{align*}
v_{2y}(t) &= \left( v_{20} \sin\alpha_2+\frac{mg}{k} \right)e^{-\frac{k}{m}t}-\frac{mg}{k}, \\
y_2 (t) &= \frac{m}{k} \left( v_{20} \sin\alpha_2+\frac{mg}{k} \right)(1-e^{-\frac{k}{m}t})-\frac{mg}{k}t.
\end{align*} Из условия следует, что $y_2(\infty) - y_1(\infty)=L$, так что
\[
\frac{m}{k}(v_{20}\sin\alpha_2-v_{10}\sin\alpha_1)= L.
\] Отсюда
\[
\frac{m}{k} = \frac{L}{v_{20}\sin\alpha_2-v_{10}\sin\alpha_1}=0{,}75 \textrm{ с}.
\] Согласно условию,
\[
H = -y_1(\tau)= \frac{mg}{k}\tau-\frac{m}{k} \left( v_{10} \sin\alpha_1+\frac{mg}{k} \right)(1-e^{-\frac{k}{m}\tau})=30{,}84\ \textrm{м}.
\]

3  ^?? скорость ветра $u$, если известно, что оба шарика пересекли вертикаль, проходящую через точку $O$, на одинаковом от неё расстоянии.

Для каждого из шариков запишем второй закон Ньютона в проекции на ось $OX$, направленную горизонтально вправо 

\begin{align*} 
m\frac{dv_{1x}}{dt} &= - k(v_{1x}+u); \\ 
m\frac{dv_{2x}}{dt} &= - k(v_{2x}+u). 
\end{align*} Легко заметить, что уравнения совпадают с точностью до замены индексов. В то же время, ранее было отмечено, что 

\[v_{01}\cos\alpha_1=v_{02}\cos\alpha_2.\] Совместно это означает, что горизонтальные координаты шариков совпадают в любой момент времени, \[ x_1(t) = x_2(t). \]

Метод №1

Рассмотрим движение системы шариков как целого. Ускорение центра масс $\vec{a}_c = (\vec{a}_1+\vec{a}_2)/2$ связано с внешними силами выражением
\[
2m\vec{a}_c = -k (\vec{v}_1+\vec{v}_2-2\vec{u})+2m\vec{g} = -2k(\vec{v}_c-\vec{u})+2m\vec{g},
\] где $\vec{v}_c = (\vec{v}_1+\vec{v}_2)/2$ — скорость центра масс. Введём обозначение $\vec{v}_f=\vec{u}+m\vec{g}/k$ — несложно показать, что это установившаяся скорость любого из шариков. Получим
\[
\vec{a}_c = -\frac{k}{m} (\vec{v}_c - \vec{v}_f).
\] Перейдём в систему отсчёта, которая движется с постоянной скоростью $\vec{v}_f$. Ускорение и скорость центра масс в этой системе обозначим $\vec{a}'_c$ и $\vec{v}'_c$ соответственно. Тогда
\[
\vec{a}'_c=-\frac{k}{m}\vec{v}'_c.
\] Это уравнение описывает прямолинейное движение! При этом известно, что центр масс дважды проходил через точку $O$, которая в выбранной системе отсчёта движется с постоянной скоростью $-\vec{v}_f$. Следовательно, $\vec{v}'_c$ || $\vec{v}_f$. Но $\vec{v}'_c = \vec{v}_c-\vec{v}_f$, а значит
\[
\vec{v}_c \ || \ \vec{v}_f,
\] то есть
\[
\left( \vec{v}_1+\vec{v}_2 \right) \ || \ \left( \vec{u}+\frac{m\vec{g}}{k} \right).
\] Это верно для любого момента времени, в том числе для начального. Таким образом
\[
\frac{v_{10}\cos\alpha_1+v_{20}\cos\alpha_2}{v_{10}\sin\alpha_1+v_{20}\sin\alpha_2}=\frac{u}{mg/k}.
\] С учётом $v_{20}\cos\alpha_2=v_{10}\cos\alpha_1$ отсюда получим
\[
u = \frac{m}{k}\frac{2g}{\operatorname{tg}\alpha_1+\operatorname{tg}\alpha_2} \approx 10{,}96\ \textrm{м/c}.
\]

Метод №2

Пусть ось $OY$ шарики пересекают в момент времени $t_1$ на расстояниях $h$ от точки $O$. Тогда имеем
\begin{align*}
0 &= \frac{m}{k} (v_{10} \cos\alpha_1+u)(1-e^{-\frac{k}{m}t_1})-ut_1, \\
-h &= \frac{m}{k} \left( v_{10} \sin\alpha_1+\frac{mg}{k} \right)(1-e^{-\frac{k}{m}t_1})-\frac{mg}{k}t_1, \\
h &= \frac{m}{k} \left( v_{20} \sin\alpha_2+\frac{mg}{k} \right)(1-e^{-\frac{k}{m}t_1})-\frac{mg}{k}t_1.
\end{align*} Исключив из этой системы $t_1$ и $h$, выразим
\[
u=\frac{2mg}{k}\frac{v_{10}\cos\alpha_1}{v_{10}\sin\alpha_1+v_{20}\sin\alpha_2}.
\] С учётом $v_{20}\cos\alpha_2=v_{10}\cos\alpha_1$ отсюда получим
\[
u = \frac{m}{k}\frac{2g}{\operatorname{tg}\alpha_1+\operatorname{tg}\alpha_2} \approx 10{,}96 \textrm{ м/c}.
\]