Задание №26 — Движение под углом к горизонту

Решение:

Обоснование применимости законов. Шарик мал по сравнению с длиной ствола и дальностью полёта, поэтому считаем его материальной точкой. Систему отсчёта, связанную с Землёй, считаем инерциальной, поле тяжести — однородным (высота подъёма мала по сравнению с радиусом Земли), поэтому ускорение свободного падения постоянно по модулю и направлению. Трение в стволе отсутствует, сопротивлением воздуха пренебрегаем, пружина лёгкая; сила нормальной реакции стенок ствола перпендикулярна перемещению шарика и работы не совершает. Значит, при выстреле для системы «пружина + шарик + Земля» выполняется закон сохранения механической энергии: вся энергия сжатой пружины переходит в кинетическую энергию шарика и в приращение его потенциальной энергии при подъёме вдоль ствола. После вылета из ствола на шарик действует только сила тяжести, поэтому он движется равноускоренно с ускорением $\vec g$ — это движение тела, брошенного под углом к горизонту; начальная скорость направлена вдоль ствола, то есть под углом $\alpha$ к горизонту. Точка $M$ находится на одной высоте с дулом, поэтому применима формула дальности полёта для броска под углом к горизонту.

Обозначения. $E=0{,}41\ \text{Дж}$ — энергия сжатой пружины; $m=50\ \text{г}=0{,}05\ \text{кг}$ — масса шарика; $b=0{,}5\ \text{м}$ — путь шарика по стволу; $\alpha=30^{\circ}$ — угол наклона ружья к горизонту; $v$ — модуль скорости шарика при вылете из дула; $L$ — искомое расстояние от дула до точки $M$; $g=10\ \text{м/с}^2$.

1. Закон сохранения энергии при выстреле. Проходя по стволу путь $b$, шарик поднимается на высоту $b\sin\alpha$, поэтому

$$E=\frac{mv^{2}}{2}+mgb\sin\alpha\ \Rightarrow\ v^{2}=\frac{2E}{m}-2gb\sin\alpha.$$

Вычисление:

$$v^{2}=\frac{2\cdot 0{,}41}{0{,}05}-2\cdot 10\cdot 0{,}5\cdot 0{,}5=16{,}4-5=11{,}4\ \text{м}^2/\text{с}^2,\qquad v\approx 3{,}4\ \text{м/с}.$$

2. Полёт шарика. После вылета шарик движется как тело, брошенное под углом $\alpha$ к горизонту со скоростью $v$. Проекции скорости: $v_x=v\cos\alpha$, $v_{0y}=v\sin\alpha$. Точка $M$ лежит на той же высоте, что и дуло, поэтому время полёта находим из условия $v\sin\alpha\cdot t-\dfrac{gt^{2}}{2}=0$:

$$t=\frac{2v\sin\alpha}{g},\qquad L=v\cos\alpha\cdot t=\frac{v^{2}\sin 2\alpha}{g}.$$

3. Расчёт. При $\alpha=30^{\circ}$ имеем $\sin 2\alpha=\sin 60^{\circ}=\dfrac{\sqrt3}{2}\approx 0{,}87$:

$$L=\frac{11{,}4\cdot 0{,}87}{10}\approx 0{,}99\ \text{м}\approx 1\ \text{м}.$$

Ответ: $L\approx 1\ \text{м}$.