Школьная механика

[Notnav]

По закону сохранения энергии($m$ сократил)(1)

$\frac{3}{2}gR=\frac{V_0^2}{2}+gh$

По второму закону Ньютона в проекции на радиальное направление

$mg\cos \alpha=m\frac{v_0^2}{R}$

$\cos \alpha=\frac{h-R}{R}$

По второму закону Ньютона нашел квадрат начальной скорости(2)

$v_0^2=g(h-R)$

Подставил второе уравнение в первое и получил высоту с которой шарик оторвется с поверхности

$h=\frac{4}{3}R$

Далее подставил $h$ во второе уравнение и нашел квадрат скорости, а также нашел косинус

$v_0^2=\frac{1}{3}gR$

$\cos \alpha=\frac{1}{3}$

Но вопрос задачи заключается в том, что нужно найти угол падения шарика к горизонту $\beta$, но все мое дальнейшее решение упирается в то что я не знаю либо времени падении, либо конечной скорости.
Помогите разобраться
P.S. шарик движется без трения.

[EUgeneUS]

Notnav
Вот чего не понимаю.
Вы (вроде бы правильно, подробно не проверял) решили
а) в какой точке
б) с какой скоростью, то есть установили и величину скорости, и её направление,
оторвется шарик и улетит в свободный полет в однородном поле тяготения.

А решить задачу про движение материальной точки в однородном поле тяготения при известных начальных условиях не можете.
Странности какие-то.

-- 14.02.2018, 19:53 --

Notnav в сообщении #1292469 писал(а):

но все мое дальнейшее решение упирается в то что я не знаю либо времени падении, либо конечной скорости.

Вы знаете
а) скорость шарика (и направление, и величину скорости), а значит проекции скорости на обе оси.
б) Высоту, с которой летит шарик.

Этого достаточно.

[fred1996]

Notnav
Обычно такую задачу дают либо на движение тела (материальной точки) без трения, либо шарика с каким-то мометом инерции. Тогда надо еще учесть кинетическую энергию вращения. Ну а если честно, то остается ощущение, что первую часть задачи вы просто списали откуда-то, даже толком не разобравшись. Потому что вторая часть требует еще меньших знаний, чем первая. Всего лишь кинематику движения тела в поле силы тяжести. Это проходят практически в самом начале курса механики.

[EUgeneUS]

fred1996 в сообщении #1292496 писал(а):

Обычно такую задачу дают либо на движение тела (материальной точки) без трения, либо шарика с каким-то мометом инерции.

ТС указал, что шарик двигается без трения.
А вот с остальным полностью согласен. Есть решение, которое составляет 95% сложности задачи, а решения 5%, которые должны решать "гуманитарии" - нет.

[Notnav]

Окей. вас понял.
я по формуле $h=\frac{v_0^2\sin^2 \alpha}{2g}=\frac{4}{27}R$ высоту на которое поднимется тело относительно точки взлета, следовательно максимальная высота подъема тела относительно земли $H=R+R\cos \alpha+\frac{4}{27}R=\frac{40}{27}R$
далее вычислил конечную вертикальную составляющую скорости $v_y=\sqrt{2Hg}$
и наконец нашел тангенс угла падения тела $\tg \beta=\frac{v_y}{v_0\cos \alpha}=\sqrt{\frac{6Hg}{gR\cos^2 \alpha}}$
но численный ответ, который получается при использовании этих формул не совпадает с авторским ответом $\cos \beta=\frac{1}{9}$

[DimaM]

Notnav в сообщении #1292691 писал(а):

но численный ответ, который получается при использовании этих формул не совпадает с авторским ответом $\cos \beta=\frac{1}{9}$

Вы каким-то очень сложным путем идете. Можно гораздо проще:
- горизонтальная скорость при падении вам известна, это $v_0\cos\alpha$,
- полная скорость при падении легко находится из ЗСЭ, затем искомый косинус легко вычисляется (у меня получилась авторская $1/9$).