Файл "dl_kp.js"
<syntaxhighlight lang="javascript" line start="1" enclose="div">
Решение
Условия задачи:
Груз массы [math] M [/math] подвешен на нерастяжимом однородном тросе длины [math]l[/math], навитом на цилиндрический барабан с горизонтальной осью вращения. Момент инерции барабана относительно оси вращения [math]J[/math], радиус барабана [math] R [/math], масса единицы длины каната [math]m[/math]. Определить скорость груза в момент, когда длина свисающей части каната равна [math] x [/math]если в начальный момент скорость груза [math] v_0=0[/math], а длина свисающей части каната была равна [math]x_0[/math]; трением на оси барабана, толщиной троса и изменением потенциальной энергии троса, навитого на барабан, пренебречь.
Решение:
Воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии системы в дифференциальной форме:
[math] dT=\Sigma dA^{(e)}_k+ \Sigma dA^{(i)}_k [/math]
Кинетическая энергия системы
[math] T=T_A+T_B+T_C+T_{каната}=\frac{M_1v^2}{2}+\frac{M_3r^2}{4}\left (\frac{v}{r}\right)^2 + \frac{M_3v^2}{2} + \frac{M_3r^2}{4}\left (\frac{v}{r}\right)^2+\frac{M-2v^2}{2}=\frac{v^2}{2}(M_1+M_2+2M_3)[/math]
В вычислениях учли отсутствие скольжения катка [math] C [/math] (точка касания [math] P [/math] - мгновенный центр скоростей катка).
Дифференциал кинетической энергии
[math] dT = (M_1+M_2+2M_3)vdv. [/math]
Суммарная элементарная работа внутренних и внешних сил сводится в работе силы тяжести груза [math] A [/math]:
[math] dA(M_1\vec{g})=M_1gdy; [/math]
работе силы тяжести каната:
[math] dA(M_2\vec{g})=\frac{M_2}{L}(l+r+y)gdy [/math]
и работе силы трения качения катка [math] C [/math]:
[math] dA(M_K)=-M_Kd\varphi=-f_KN(y)\frac{dy}{r} [/math]
В результате уравнение принимает вид
[math] (M_1+M_2+2M-3)vdv=M_1gdy+\frac{M_2}{L}(l+r+y)gdy-f_KN(y)\frac{dy}/{r}. \qquad (1) [/math]
Для определения нормальной реакции катка Т(н) воспользуемся теоремой об изменении кинетического момента всей системы относительно оси вращения блока
[math] B [/math]:
[math] \frac{d}{dt}(K^{(A)}_{Bz}+K^{(B)}_{Bz}+K^{(C)}_{Bz}+K^{(каната)}_{Bz})=\Sigma M_{Bz}(\vec{F^{(e)}_k})\Rightarrow \frac{d}{dt}\left [ M_1vr+\frac{M_3r^2}{2}*\frac{v}{r}+ (M_3vr+\frac{M_3r^2}{2}*\frac{v}{r})+M_2vr\right ] = M_1gr+M_{23}gr+M{22}gBS_2\cos(\frac{\pi}{4})-M_{21}gS_1K-M_3g2S_1K+N2S_1K-M_k [/math]
Здесь масса горизонтального участка каната
[math] M_{21}=\frac{M_2}{L}(L-l-y-\frac{\pi r}{2}); [/math]
масса участка каната, облегающего блок [math] B [/math],
[math] M_{22}=\frac{M_2}{L} \frac{\pi r}{2}; [/math]
масса вертикального участка каната
[math] M_{23}=\frac{M_3}{L}(l+y). [/math]
Центр масс горизонтального участка каната - точка [math] S_1 [/math], причем
[math] S_1K=\frac{1}{2}(L-l-y- \frac{\pi r}{2}). [/math]
Центр масс каната, облегающего блок [math] B [/math] - точка [math] S_2 [/math], такая, что
[math] BS_2=\frac{r\sin(\frac{\pi}{4})}{\frac{\pi}{4}}=\frac{2sqrt{2}r}{\pi}. [/math]
После преобразований получим:
[math] \frac{dv}{dt}(M_1+M_2+2M_3)=M_1g+\frac{M_2}{L}g(l+r+y)-\frac{M_2}{L}g\frac{1}{2r}(L-l-y-\frac{\pi}{2})^2-M_3g\frac{1}{r}(L-l-y-\frac{\pi}{2})+M\frac{1}{r}(L-l-y-\frac{\pi}{2})-N\frac{f_K}{r}. \qquad (2) [/math]
Из полученного уравнения (2) выразим [math] N(y) [/math]:
[math] N(y) = \frac{\dot v ar - M_1gr - \frac{M_2}{r}gbr+\frac{M_2}{L}g\frac{c^2}{2}+M_3gc}{c-f_K}, [/math]
где
[math] a = M_1+M_2+3M_3, b = l+y+r, c=L-l-y-\frac{\pi r}{2}. [/math]
Подставим [math] N(y) [/math] в уравнение (1):
[math] avdv=M_1gdy+ \frac{M_2}{L}bgdy-\frac{f_k}{r}\frac{\dot{v}ar}{c-f_k}dy+\frac{f_K}{r}\frac{M_1gr}{c-f_K}dy+\frac{f_K}{r}\frac{M_2gbr}{L(c-f_K)}dy-\frac{f_K}{r}\frac{M_2gc^2}{L(c-f_K)2}dy-\frac{f_K}{r}\frac{M_3gc}{c-f_k}dy. [/math]
Разделим левую и правую части на [math] dt [/math] и сократим все слагаемые на [math] v [/math]. Далее после несложных преобразований и умножения левой и правой частей на [math] (c-f_K) [/math], получим:
[math] \dot{v}ac=M_1gc+\frac{M_2gf_k}{L}(-\frac{c^2}{2r}+\frac{bc}{f_K})-M_3g\frac{f_kc}{r} [/math]
Сокращаем на [math]с[/math], расписываем выражения [math]а[/math], [math]b[/math] и [math]с[/math], группируем члены. В результате получаем:
[math] \dot{v}(M_1+M_2+2M_3)=g\left [ M_1+ \frac{M_2}{2L}(2l+2r)-\frac{M_2f_K}{r}(\frac{1}{2}-\frac{1}{2L}-\frac{\pi r}{4L})-M_3\frac{f_k}{r}+M_2\frac{f_k}{r}(\frac{1}{2L}+\frac{r}{Lf_K})y \right ]. [/math]
Так как
[math] \dot{v}=\frac{dv}{dt}\frac{dy}{dy}=v\frac{dv}{dy}, [/math]
то разделяем переменные в дифференциальном уравнении и берем интеграл:
[math] (M_1+M_2+2M_3)\int_0^v vdv= \int_0^h g\left [ M_1+ \frac{M_2}{2L}(2l+2r)-\frac{M_2f_K}{r}(\frac{1}{2}-\frac{1}{2L}-\frac{\pi r}{4L})-M_3\frac{f_k}{r}+M_2\frac{f_k}{r}(\frac{1}{2L}+\frac{r}{Lf_K})y \right ]dy [/math]
Из полученного выражения получаем величину скорости груза А при его опускании на высоту [math] h [/math]
[math] v = \left \{ \frac{2gh}{M_1+M_2+2M_3} \left \{ M_1+\frac{M_2}{2L}{2l+2r+h}- \frac{f_K}{r} \left [ M_3+ M_2(\frac{1}{2}-\frac{1}{2L}-\frac{\pi r}{4L} - \frac{h}{4L} \right ] \right \} \right \} ^{\frac{1}{2}} [/math]
