Задание 22 ЕГЭ по физике №00026375

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.