Задание 7CF459: Законы сохранения

Дано: энергия пружины E, путь по стволу b, угол α и дальность L до точки M на уровне дула. Найти массу m.

Систему отсчёта связываем с Землёй и считаем инерциальной. Размерами тел при описании их поступательного движения пренебрегаем. Ось Ox горизонтальна по направлению выстрела, Oy направлена вверх. В стволе на шарик действуют mg вниз, нормальная реакция N перпендикулярно стволу и сила упругости F_упр вдоль ствола наружу. Вдоль ствола ma_τ=F_упр−mg sinα, поперёк него N−mg cosα=0. Трения нет. В полёте остаётся только mg, поэтому aₓ=0, aᵧ=−g.
Во время движения по стволу шарик поднимается на b sinα. Нормальная реакция не совершает работы, энергия пружины переходит в кинетическую энергию шарика и его потенциальную энергию:
E=mv²2+mgb sinα.
Здесь v — скорость при вылете. Отсчитывая время полёта от вылета, для возвращения на высоту дула имеем:
0=v sinα·t−gt²2; t=2v sinαg,
где выбран ненулевой положительный корень.
Горизонтальное перемещение L=v cosα·t. Следовательно:
L=2v²sinα cosαg=v²sin2αg.
Таким образом, E=mgb sinα+mgL2sin2α. Принимаем 0<α<90°.
Выносим массу за скобки:
E=m·(gb sinα+gL2sin2α).
Умножим обе части на 2sin2α и выразим искомую массу:
2E sin2α=m(2gb sinα sin2α+gL).
m=2E sin2αgL+2gb sinα sin2α.
Числовых значений в условии нет; подстановка заменяется проверкой формулы. При E>0, L>0, b≥0 и 0<α<90° знаменатель и масса положительны.
Проверка: если подставить найденную массу в E=mgb sinα+mgL2sin2α, правая часть сокращается до E. Размерность знаменателя м²·с⁻², поэтому энергия, делённая на него, имеет размерность килограмма. При b=0 формула переходит в m=2E sin2αgL, как для вылета без подъёма в стволе.

Ответ: m=2E sin2αgL+2gb sinα sin2α.