Задание 26 ЕГЭ по физике №00046942

Обоснование

1. Введём инерциальную систему отсчёта (ИСО), связанную с Землёй.

2. Размеры шарика малы по сравнению с размерами установки, поэтому будем описывать его моделью материальной точки.

3. Ружьё закреплено и не движется, пружина невесома. При движении шарика по стволу на него действуют сила тяжести $m\vec{g}$, сила упругости $\vec{F}_у$ и сила реакции опоры $\vec{N}$. Сила тяжести и сила упругости потенциальны. Изменение механической энергии системы «шарик + пружина» в ИСО равно работе всех непотенциальных сил. В данном случае единственной такой силой является сила реакции опоры $\vec{N}$. В каждой точке траектории $\vec{N} \perp \vec{v}$, где $\vec{v}$ — скорость шарика, поэтому работа силы $\vec{N}$ равна нулю. Трения о стенки нет. Следовательно, механическая энергия системы «шарик + пружина» при движении шарика по стволу сохраняется.

4. После вылета из ствола шарик движется только под действием силы тяжести, сопротивлением воздуха пренебрегаем. Поэтому движение шарика после вылета считаем свободным падением: по вертикали движение равноускоренное с ускорением $g$, по горизонтали — равномерное.

Дано:

$\alpha = 30^\circ$

$m = 150$ г

$b = 0{,}6$ м

$\Delta l = 5$ см

$k = 700$ Н/м

СИ:

$m = 0{,}15$ кг

$\Delta l = 0{,}05$ м

Найти:

$L$ — ?

За нулевой уровень потенциальной энергии шарика примем его начальное положение. В процессе движения по дулу выполняется закон сохранения механической энергии:

$E_{п.п.} = E_к + E_{пот}$,

где $E_{п.п.}$ — потенциальная энергия сжатой пружины, $E_к$ — кинетическая энергия шарика при вылете из ружья, $E_{пот}$ — потенциальная энергия шарика при вылете из дула (шарик поднялся на высоту $b\sin\alpha$).

Расписав энергии по формулам, получим:

$\dfrac{k \cdot \Delta l^2}{2} = \dfrac{mv^2}{2} + mgb\sin\alpha. \quad (1)$

Движение шарика после вылета из дула рассмотрим с точки зрения кинематики. Начало координат поместим в точку вылета. Ось $Ox$ направим горизонтально в сторону точки $M$, ось $Oy$ — вертикально вверх. Запишем закон движения в векторном виде:

$\vec{r} = \vec{v}t + \dfrac{\vec{g}t^2}{2}$.

Проекции скорости и ускорения: $v_x = v\cos\alpha$, $v_y = v\sin\alpha$, $a_x = 0$, $a_y = -g$. По оси $Ox$ движение равномерное, а по оси $Oy$ — равноускоренное с ускорением $g$. В точке $M$ координата $y = 0$:

$\begin{cases} Ox: L = v_xt, \ Oy: 0 = v_yt + \dfrac{a_yt^2}{2}. \end{cases}$

С учётом проекций:

$\begin{cases} Ox: L = vt\cos\alpha, \ Oy: 0 = vt\sin\alpha - \dfrac{gt^2}{2}, \end{cases}$

где $v$ — скорость шарика при вылете из дула, $t$ — время полёта шарика.

Выразим из второго уравнения время ($t \ne 0$) и подставим его в первое:

$t = \dfrac{2v\sin\alpha}{g}$,

$L = \dfrac{2v^2\sin\alpha\cos\alpha}{g} = \dfrac{v^2\sin 2\alpha}{g}$.

Выразим из последнего уравнения $v^2$:

$v^2 = \dfrac{Lg}{\sin 2\alpha}. \quad (2)$

Подставим (2) в (1) и получим:

$\dfrac{k \cdot \Delta l^2}{2} = \dfrac{mgL}{2\sin 2\alpha} + mgb\sin\alpha$.

Выразим искомое расстояние $L$:

$L = \left(\dfrac{k \cdot \Delta l^2}{2mg} - b\sin\alpha\right) \cdot 2\sin 2\alpha = \left(\dfrac{700 \cdot 0{,}05^2}{2 \cdot 0{,}15 \cdot 10} - 0{,}6 \cdot \dfrac{1}{2}\right) \cdot 2 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} \approx 0{,}49$ м.