Задание 22 ЕГЭ по физике: На горизонтальной поверхности неподвижно закреплена абсолютно…

Что происходит. На полу закреплена гладкая полусфера радиусом R=2{,}5 м — как купол. С самой её верхушки без толчка начинает съезжать маленькое тело. Сначала оно скользит по куполу, но купол закругляется всё круче, и в какой-то момент поверхность «уходит» из-под тела: оно отрывается и дальше летит свободно, пока не упадёт на пол. Нужно время именно свободного полёта — от отрыва до падения.

Что удерживает тело на куполе и почему отрыв неизбежен. Пока тело на сфере, оно движется по окружности радиуса R, значит ему нужно центростремительное ускорение, направленное к центру, то есть внутрь купола. Создаёт его разность между «радиальной» частью силы тяжести и реакцией опоры: mg\cos\theta-N=\dfrac{mv^2}{R}, где \theta — угол между вертикалью и радиусом, проведённым к телу. Скорость растёт, требуемая центростремительная сила растёт, и реакция N уменьшается. Как только N обращается в нуль, поверхность больше ничего не держит — отрыв.

Шаг 1 — где происходит отрыв. Купол гладкий, поэтому энергия сохраняется: тело опустилось на R-R\cos\theta, значит \dfrac{v^2}{2}=gR(1-\cos\theta), то есть v^2=2gR(1-\cos\theta). Условие отрыва N=0 даёт v^2=gR\cos\theta. Приравниваем: gR\cos\theta=2gR(1-\cos\theta), откуда 3\cos\theta=2 и \cos\theta=\dfrac{2}{3}. Знаменитый результат: тело всегда срывается с шара на высоте двух третей радиуса, независимо от R и от массы.

Шаг 2 — высота и скорость в точке отрыва. Высота над полом: h=R\cos\theta=2{,}5\cdot\dfrac{2}{3}\approx 1{,}67 м. Скорость: v^2=gR\cos\theta=10\cdot 2{,}5\cdot\dfrac{2}{3}\approx 16{,}7 м²/с², то есть v\approx 4{,}08 м/с.

Шаг 3 — куда направлена скорость. Она всегда по касательной к сфере, а касательная наклонена к горизонту как раз на угол \theta. Считаем: \sin\theta=\sqrt{1-\left(\tfrac{2}{3}\right)^2}=\dfrac{\sqrt{5}}{3}\approx 0{,}745. Вертикальная составляющая (вниз): v_y=v\sin\theta\approx 4{,}08\cdot 0{,}745\approx 3{,}04 м/с.

Шаг 4 — свободный полёт. По вертикали тело падает с высоты h, уже имея начальную скорость v_y вниз: h=v_y t+\dfrac{g t^2}{2}\ \Rightarrow\ 1{,}67=3{,}04\,t+5t^2, то есть 5t^2+3{,}04\,t-1{,}67=0.

Шаг 5 — решаем квадратное уравнение. Дискриминант: D=3{,}04^2+4\cdot 5\cdot 1{,}67=9{,}26+33{,}3=42{,}6, корень \sqrt{D}\approx 6{,}53. Положительный корень: t=\dfrac{-3{,}04+6{,}53}{2\cdot 5}=\dfrac{3{,}49}{10}\approx 0{,}35\ \text{с}.

Проверим порядок величины. Если бы тело просто падало с 1{,}67 м из состояния покоя, ушло бы \sqrt{\dfrac{2\cdot 1{,}67}{10}}\approx 0{,}58 с. У нас оно уже летело вниз со скоростью около 3 м/с, поэтому упало быстрее — за 0{,}35 с. Логично.