Механика

Для решения задачи воспользуемся вторым законом Ньютона в проекции на вертикальную оси $Oy$ и горизонтальную оси $Ox$.
$Oy: 0=N-mg\cos{\alpha}\Rightarrow N=mg\cos{\alpha}$
$Ox: ma=mg\sin{\alpha}-F_\text{тр}=mg\sin{\alpha}-\mu N\Rightarrow a=g(\sin{\alpha}-\mu\cos{\alpha})$
Таким образом видим, что ускорение ящика не зависит от массы, следовательно оно не изменится. Теперь воспользуемся формулой расчёта пути при равноускоренном движении через начальную и конечную скорость $S=\frac{v^2-v_0^2}{2a}$. По условиям задачи $v_0$ и $S$ не изменились, а так как ускорение тоже осталось неизменным, то и максимальная (конечная) скорость ящика не изменилась.
Для ответа на второй вопрос вспомним, что сила реакции опоры перпендикулярна поверхности, то есть перпендикулярна траектории и пути по которому движется тело $\vec{N}\perp\vec{S}$, следовательно работа такой силы по перемещению будет равна нулю, и значит она не изменится.

Перед решением задачи разберемся с движением тела по вертикальной оси $Oy$ и горизонтальной оси $Ox$. Движение брошенного тела по оси $Ox$ является равномерным, а по оси $Oy$ равноускоренным, тогда
$Ox: S_x=v_0t\cos{\alpha}$
$Oy: S_y=v_0t\sin{\alpha}-\frac{gt^2}{2}$ Рассмотрим случай в момент падения, когда $S_y=0 \Rightarrow v_0t\sin{\alpha}-\frac{gt^2}{2}=0$ в результате решения данного квадратного уравнения получим два корня $t=0$ и $t=\frac{2v_0\sin{\alpha}}{g}$, второе полученное время есть ничто иное как время полёта тела. Таким образом видим, что при уменьшении начальной скорости время полёта уменьшится.
Подставим время полёта тела в уравнение для оси $Ox$ и получим дальность полета: $$L=\frac{v_0^2\sin{2\alpha}}{g}$$ Таким образом видим, что при уменьшении начальной скорости дальность полета уменьшится.

Сделаем выводы о характере изменения каждой величины:

1. Кинетическая энергия равна потенциальной энергии, если рассматривать за ноль потенциальной энергии уровень на высоте h, то движение тела на участке выше этой высоты можно рассматривать как движение тела брошенного под углом к горизонту, и в таком случае в силу того что график при движении такого тела парабола, потенциальная энергия на этом участке должна иметь квадратичную зависимость, следовательно график кинетической энергии тоже должен иметь участок с квадратичной зависимостью, чего нет ни на одном графике.
2. Если рассматривать координату $y$ тела, то она в силу траектории должна так же иметь квадратичную зависимость на участке $y>0$, чего нет ни на одном графике.
3. Вдоль оси $Oy$ тело двигается равноускоренно график зависимости $v=v_0\sin{\alpha}-gt$, что является прямой. Данное изменение физической величины соответствует графику А.
4. Вдоль оси $Ox$ тело двигается равномерно, следовательно график скорости это прямая параллельная оси времени. Данное изменение физической величины соответствует графику Б.

Для решения задачи запишем второй закон Ньютона $F_\text{тяж}=F_\text{А}$, тогда так как тело плавает в обоих случаях и масса тела осталась неизменной, то сила Архимеда создаваемая обеими жидкостями одинакова, тогда $\rho_\text{в}V_1=\rho_\text{м}V_2\Rightarrow m_\text{в}=m_\text{м}$, следовательно масса вытесненной жидкости не изменилась.
Преобразуем полученную ранее формулу $$\rho_\text{в}V_1=\rho_\text{м}V_2\Rightarrow\rho_\text{в}h_1=\rho_\text{м}h_2\Rightarrow h_2=\frac{\rho_\text{в}}{\rho_\text{м}}h_1$$ И так как $\frac{\rho_\text{в}}{\rho_\text{м}}>1$, то значит глубина погружения увеличится.

Сделаем выводы о характере изменения каждой величины:

1. Так как движение шарика вдоль оси $Oy$ является равноускоренным, то зависимость координаты шарика выражается формулой $y=v_0t-\frac{gt^2}{2}$ и график имеет вид параболы.
2. Так как движение шарика вдоль оси $Oy$ является равноускоренным, то зависимость скорости шарика выражается формулой $v_y=v_0-gt$ и имеет вид прямой. График А отображает именно такую зависимость от времени. Таким образом, график А соответствует проекции скорости шарика $v_y$.
3. Потенциальная энергия связана с высотой, т.е. прямо пропорциональна координате шарика, а значит график так же имеет вид параболы.
4. Пренебрегая силой сопротивления воздуха, заключаем, что на шарик действует только сила тяжести, модуль которой остаётся постоянным так как не изменяется масса шарика. А так как эта сила направлена в противоположную сторону от оси $Oy$, то её проекция отрицательна. График Б отображает именно такую зависимость от времени. Таким образом, график Б соответствует проекции силы тяжести, действующей на шарик.