Редактирование: Сиситема груза и блоков

'''''Задача:''''' С помощью языка программирования JavaScript смоделировать систему блоков с грузом.


{{#widget:Iframe |url=http://tm.spbstu.ru/htmlets/Stepanov/dl_kp.html | справа |width=500|height=780 |border=0 }}

<div class="mw-collapsible mw-collapsed">
'''Текст программы на языке JavaScript:''' <div class="mw-collapsible-content">
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>