1)
`v_0` nincs megadva, pedig kellene. Vagy kellene a rugóállandó. Valószínű az kellene, mert sok minden meg van adva a rugóról (hosszak).
Ha `k` a rugóállandó, akkor a rugóenergia `E=1/2·k·(ℓ/2)^2`, mert a rugónak `ℓ` a kiengedett hossza, `ℓ/2` az összenyomott, vagyis `x=ℓ/2` hosszal van összenyomva.
Az energiamegmaradás szerint a kezdősebesség ebből számolható:
`E=1/2·m·v_0^2`
ebből:
`v_0=ℓ/2·sqrt(k/m)`
(majd váltsd át a mértékegységeket "normálisba".)

Amikor a rugó átadta az összes energiáját (kinyúlt eredeti hosszára), akkor a golyó a cső szájánál van `h` magasan. Onnan egy ferde hajítás történik. Kell a sebesség x és y komponense:
`v_(0x)=v_0·cos\ 35°`
`v_(0y)=v_0·sin\ 35°`
Az y sebességből ki kell számolni, hogy mennyi idő alatt esik le a földre. Az olyan, mintha függőleges hajítás lenne felfelé. Ez a pillanatnyi függőleges pozíciója a `t` időpontban:
`s(t)=h+v_(0y)·t-1/2·g·t^2`
Amikor leesik, akkor `s(t)` éppen nulla, ebből jön ki a `t`:
`1/2·g·t^2-v_(0y)·t-h=0`
Ez egy másodfokú egyenlet, a megoldóképlet adja az időt. Az egyik gyök negatív, az nem jó. A pozitív gyök pedig ez:
`t=(v_(0y)+sqrt(v_(0y)^2+2gh))/g`

Ugyanennyi ideg repül vízszintesen `v_(0x)` sebességgel is, tehát ilyen messzire kerül:
`d=v_(0x)·t`

Ott kell legyen homok.

Ha kitalálod a rugóállandót, be lehet helyettesíteni...

2)
Az impulzusmegmaradás robbanáskor is teljesül. (Lehet, hogy lendületmegmaradásnak nevezitek...) A kezdeti impulzus/lendület:
`p_0=m·v`
Ez a vektor vízszintesen jobbra mutat. A robbanás után a két tömeg impulzusai ekkorák:

`p_(1y)=p_1·sin\ 30°=p_1/2=1/3mv_1·1/2`
`p_(1x)=p_1·cos\ 30°=p_1sqrt3/2=1/3mv_1·sqrt3/2`

`p_(2y)=-p_2·sin\ Θ=-2/3mv_2·sin\ Θ`
`p_(2x)=p_2·cos\ Θ=2/3mv_2·cos\ Θ`

(A `p_(2y)` azért negatív, mert lefelé mutat, és a felfelé irányt tekintettem pozitívnak.)

A végső impulzusok vektoriális összege is vízszintes kell legyen, vagyis a függőleges komponensek kioltják egymást:
`p_(1y)+p_(2y)=0`
`(mv_1)/6-(2mv_2)/3·sin\ Θ=0`
`bb"(1)"` `v_1=4v_2·sin\ Θ`

A vízszintes komponensek összege pedig meg kell egyezzen az induló impulzussal:
`p_(1x)+p_(2x)=p_0`
`(mv_1·sqrt3)/6+(2mv_2)/3·cos\ Θ=m·v`
`bb"(2)"` `v_1·sqrt3+4v_2·cos\ Θ=6v`

Ez a két egyenletünk van, de van benne 3 ismeretlen (`v_1, v_2` és `Θ`). Harmadik egyenlet az energiamegmaradás lenne, de az a robbanás miatt nincs. Ha tudnánk a robbanás energiáját, akkor ebből lehetne a harmadik egyenlet:
`1/2mv^2+E_"robb"=1/2(1/3m)v_1^2+1/2(2/3m)v_2^2`
`bb"(3)"` `3v^2+6E_"robb"/m=v_1^2+2v_2^2`

Hmm, ha tudnánk a robbanás energiáját, akkor is még elég szívás lenne megoldani ezt az egyenletrendszert...

3)
Ha jól értem, a kötéllel negyedkör pályán lendül a másik épület felé, majd éppen amikor odaér az épülethez, nem csapódik a falba, mert ott van egy alagút, hanem elengedi a kötelet és repül tovább, mintha vízszintes hajítás lenne.
Összesen 30 méter hosszú a kötele, pont annyival csökken a magassága a negyedkör végére. Ez a helyzeti energia alakul át mozgásivá, tehát a hajítás kezdősebességét ebből lehet kiszámolni:
`m·g·ℓ_"köt"=1/2·m·v_0^2`
`v_0=sqrt(2gℓ_"köt")=sqrt(600)\ m/s`

`h-ℓ_"köt"` magasságból történik a vízszintes hajítás. Ennyi idő alatt esik le:
`h-ℓ_"köt"=1/2·g·t^2`
`t=sqrt((2(h-ℓ_"köt"))/g)=sqrt(2)\ s`

Ennyi idő alatt repül vízszintesen ilyen messze, ami éppen a ház szélessége plusz x:
`ℓ_"ház"+x=v_0·t`
`20\ m+x=sqrt(600)·sqrt(2)\ m=sqrt(3)·20\ m`
`x=(sqrt(3)-1)·20\ m`