Задание 26 ЕГЭ по физике №00048607

Что здесь происходит. В начале тяжёлый шарик $M$ лежит в нижней точке выемки, а лёгкий $m$ касается её стенки на уровне центра $O$ — на высоте $R$ (см. рисунок). Их отпускают: лёгкий шарик скользит вниз, а тяжёлый через стержень выталкивается вверх по другой стороне. Жёсткий стержень не даёт расстоянию между шариками измениться, поэтому вся «гантель» просто поворачивается вокруг центра выемки. Нужно найти радиус по наибольшей высоте подъёма тяжёлого шарика.

Обоснование. Систему отсчёта, связанную с выемкой (с Землёй), считаем инерциальной. Шарики — материальные точки, оба всё время касаются выемки, то есть находятся на расстоянии $R$ от центра $O$. Стержень лёгкий и жёсткий: расстояние между шариками постоянно, система движется как твёрдое тело — поворачивается вокруг $O$; силы стержня — внутренние, и их суммарная работа равна нулю (стержень не деформируется и не запасает энергию). Выемка гладкая: силы реакции направлены по радиусам, перпендикулярно скоростям шариков, и работы не совершают. Значит, механическая энергия системы сохраняется. Сопротивления воздуха нет.

Шаг 1 — геометрия. В начальном положении радиусы $OM$ (вниз) и $Om$ (горизонтально) перпендикулярны. Стержень — хорда постоянной длины, поэтому угол между радиусами к шарикам всегда $90^\circ$. Пусть тяжёлый шарик поднялся так, что его радиус отклонился от вертикали на угол $\varphi$; тогда радиус лёгкого отклонён от вертикали на $90^\circ-\varphi$ с другой стороны. Высоты над нижней точкой:

$$h_M=R(1-\cos\varphi),\qquad h_m=R(1-\sin\varphi).$$

Шаг 2 — скорости. Оба шарика на расстоянии $R$ от оси поворота, поэтому их скорости в любой момент равны. В момент наибольшего подъёма тяжёлого шарика его скорость равна нулю — значит, и лёгкий в этот момент неподвижен: кинетическая энергия системы равна нулю.

Шаг 3 — закон сохранения энергии (в начале и в конце всё покоится):

$$mgR=MgR(1-\cos\varphi)+mgR(1-\sin\varphi)\quad\Rightarrow\quad m\sin\varphi=M(1-\cos\varphi).$$

При $M=2m$: $\sin\varphi=2(1-\cos\varphi)$. Возводим в квадрат и пишем $\sin^2\varphi=(1-\cos\varphi)(1+\cos\varphi)$:

$$(1-\cos\varphi)(1+\cos\varphi)=4(1-\cos\varphi)^2.$$

Корень $\cos\varphi=1$ — это начальное положение (там энергия, конечно, та же). Второй корень: $1+\cos\varphi=4-4\cos\varphi$, то есть $\cos\varphi=0{,}6$ (и $\sin\varphi=0{,}8$ — знак тот, что нужен).

Шаг 4 — радиус:

$$h_M=R(1-0{,}6)=0{,}4R=12\ \text{см}\quad\Rightarrow\quad R=30\ \text{см}.$$

В общем виде $R=\dfrac{h_M}{2}\left(1+\left(\dfrac{M}{m}\right)^2\right)$.

Проверим себя. Лёгкий шарик в этот момент на высоте $R(1-\sin\varphi)=0{,}2\cdot30=6$ см — он ещё не дошёл до дна. Энергия в начале $mgR=0{,}03\cdot10\cdot0{,}3=0{,}09$ Дж, в конце $0{,}06\cdot10\cdot0{,}12+0{,}03\cdot10\cdot0{,}06=0{,}072+0{,}018=0{,}09$ Дж — сходится. Тяжёлый шарик поднялся на $12$ см, а лёгкий опустился на $24$ см: вдвое тяжелее — вдвое меньше подъём, как и требует баланс энергии.