¿Efecto de masa en el movimiento de tirachinas?

Felicito a su maestro por plantear un desafío intelectual fascinante. Así que aquí está mi conjetura (como un ex estudiante de física convertido en médico) construida por analogía con el análisis típico del movimiento armónico simple. En esa situación con una constante de resorte de K y la fuerza dependiente del desplazamiento instantáneo desde el centro de la oscilación, hay una frecuencia resonante que es función de la masa y la constante de resorte. Básicamente, está viendo la mitad de un oscilador de este tipo, por lo que creo que habría una relación óptima entre la masa y la tensión del resorte que lograría la máxima transferencia de energía de la tubería al proyectil. La frecuencia de resonancia de tal sistema sería la mitad de la inversa del tiempo desde la liberación hasta el punto medio de la honda.

Realice una búsqueda en este sitio web o en Wikipedia para el cálculo de la frecuencia de resonancia en "movimiento armónico simple" y mida la constante de resorte de su resortera. ¡Vea si puede juntar todo esto para obtener un informe científico A+ que describa sus resultados experimentales!

Los cálculos son un poco largos, pero tengo una explicación aproximada, solo incluya la fuerza viscosa dada por la ley de Stokes en las ecuaciones de movimiento parabólico/proyectil y luego calcule la distancia/alcance del proyectil. Aquí va :

En cualquier momento$t$la fuerza viscosa sobre el proyectil será$6\pi\eta a v$si el radio de la bola "esférica" ​​es$a$y se mueve con$v$velocidad.
Nota :$\eta$es la viscosidad del fluido/aire en el que se mueve la bola.
Rompiendo la fuerza en componentes,

$F_x = {-6}\pi\eta a v \cos\theta$
$F_y = {-6}\pi\eta a v \sin\theta$ ${d{v_x}}/{dt} = (({-6}\pi\eta a {v_x})/m) dt$
${d{v_y}}/{dt} = (({-6}\pi\eta a {v_y} + mg)/m) dt$
$v_x = u \cos\theta e^{({-6}\pi\eta a t)/m}$
$v_y = ((mg + 6\pi\eta a u \sin\theta) e^{({-6}\pi\eta a t)/m} - mg)/(6 \pi\eta a)$

$dx = v_x dt$al integrar:
$R = (m u \cos\theta)/({6 \pi \eta a}) × [ 1 - e^{({-6}\pi\eta a T)/m}]$T es el tiempo necesario para cubrir el rango.

Suponiendo que llegues a$t = T$,$v_y = -u \sin\theta$, luego poniendo valor$v_y = - u sin\theta$en ecuación para$v_y$resolviendo para$t$y poniendo en la ecuación de$R$, obtenemos,
$R = (m u^2 \sin{2\theta})/(mg + 6 \pi\eta a u \sin\theta)$

Ahora que estás usando un resorte para lanzar el proyectil, tenemos
$K x^2 = m u^2$
$R = K x^2 \sin{2\theta} [\sqrt[2]{m} / (m^{3/2} g + 6 \pi\eta a x \sqrt[2]{K} \sin\theta) ]$

Esto implica
$R \propto 1/(mg + A/{\sqrt[2]{m}})$

si diferencias$R$con respecto a$m$encontrará que se alcanza un máximo cuando$m = A/(2 m^{3/2})$
Aquí$A = 6 \pi\eta a x \sqrt[2]{K} \sin\theta)$

Nota:
1. He asumido que al aterrizar$v_y = {- u \sin\theta}$Esta puede ser una aproximación cercana pero no es exacta, para encontrar la ecuación exacta tienes que integrar para la altura de la misma manera que lo hice para el rango y luego encontrar en qué momento es cero, ya que las ecuaciones son demasiado complejas, las he omitido. y aproximaciones tomadas.
2. He supuesto que los proyectiles se mueven en un fluido, es decir, aire.
3. También he asumido que el aire está simplemente presente, sin moverse .

Suponiendo que la fuerza de lanzamiento y el ángulo de lanzamiento fueran los mismos para todos los proyectiles, la respuesta probablemente sea mucho más simple que la de DWin.

El efecto de la resistencia del aire en los proyectiles más livianos fue mayor que en los más pesados, mientras que los objetos más pesados ​​se quedaron cortos debido a la menor velocidad en primer lugar, porque la fuerza de lanzamiento no pudo acelerarlos tanto como los más livianos.