Logo
Logo

Соскальзывающая верёвка

A1  1.50 Определите скорость $v$ и ускорение $a$ левого конца верёвки в момент, когда левый конец опускается на величину $x$. Ответ выразите через $g$, $L_1$, $L$, $\alpha$ и $x$.

Первое решение: Длина свисающей справа части верёвки равна $L_2=L_1+L\sin\alpha$, а полная длина верёвки составляет:

$$l=2L_1+L(1+\sin\alpha){.}
$$

Воспользуемся законом сохранения механической энергии:

$$\cfrac{mv^2}{2}=-\Delta{W}_p{,}$$

где $m=\lambda l$ — масса верёвки, а $\Delta{W}_p$ — изменение её потенциальной энергии в поле тяжести.

Изменение потенциальной энергии верёвки в поле тяжести равно изменению потенциальной энергии участка верёвки длиной $x$, координата $x_C$ центра масс которого изменилась от значения $x_{C_1}=-x/2$ до $x_{C_2}=x/2$. Отсюда имеем:

$$\Delta{W}_p=-\lambda x\cdot g\cdot(x_{C_2}-x_{C_1})=-\lambda gx^2{.}
$$

Подставляя $\Delta{W}_p$ в закон сохранения механической энергии, получим:

$$\cfrac{mv^2}{2}=\cfrac{\lambda lv^2}{2}=\lambda gx^2\Rightarrow v=x\sqrt{\cfrac{2g}{l}}{,}
$$

откуда:

Ответ: $$v=x\sqrt{\cfrac{2g}{2L_1+L(1+\sin\alpha)}}{.}
$$

Поскольку скорость $v(x)$ и перемещение $x$ связаны прямой пропорциональностью:
$$a=v\sqrt{\cfrac{2g}{l}}=\cfrac{2gx}{l}{,}
$$
откуда:

Ответ: $$a=\cfrac{2gx}{2L_1+L(1+\sin\alpha)}{.}
$$

Второе решение: Запишем уравнение движения каждого из участков верёвки:

$$\lambda(L_1+x)a=\lambda(L_1+x)g-T_1\qquad \lambda La=T_1-T_2+\lambda gL\sin\alpha\qquad \lambda (L_2-x)a=T_2-\lambda (L_2-x)g{,}
$$

где $T_1$ и $T_2$ – силы натяжения верёвки вблизи блоков $1$ и $2$ соответственно.

Складывая уравнения, получим:

$$\lambda(L_1+L_2+L)a=\lambda g(L_1+L\sin\alpha-L_2+2x){,}
$$

откуда

Ответ: $$a=\cfrac{2gx}{2L_1+L(1+\sin\alpha)}{.}
$$

Домножая выражение для ускорения на скорость, получим:
$$av=\cfrac{d(v^2/2)}{dt}=\cfrac{2gxv}{2L_1+L(1+\sin\alpha)}=\cfrac{g}{2L_1+L(1+\sin\alpha)}\cfrac{d(x^2)}{dt}
$$
Интегрируя, получим:
$$\cfrac{v^2}{2}=\cfrac{gx^2}{2L_1+L(1+\sin\alpha)}{,}
$$
откуда:

Ответ: $$v=x\sqrt{\cfrac{2g}{2L_1+L(1+\sin\alpha)}}
$$

A2  0.80 Определите величину смещения левого конца верёвки $x_1$ в тот момент времени, когда натяжение участка веревки, лежащего на наклонной плоскости, постоянно по длине этого участка. Ответ выразите через $L_1$, $L$ и $\alpha$. При каких соотношениях $L_1$, $L$ и $\alpha$ величина $x_1$ меньше начальной длины правого участка верёвки?

Введём ось $y$, направленную вдоль наклонной плоскости от блока $1$ к блоку $2$. Запишем в проекции на ось $y$ второй закон Ньютона для участка верёвки длиной $dy$, лежащего на наклонной плоскости:
$$dT+\lambda g\sin\alpha dy=\lambda ady{.}
$$
Величина $dT=0$ при $a(x_1)=g\sin\alpha$. Отсюда:
$$\cfrac{2gx_1}{l}=g\sin\alpha\Rightarrow x_1=\cfrac{l\sin\alpha}{2}{,}
$$
откуда:

Ответ: $$x_1=L_1\sin\alpha+\cfrac{L\sin\alpha(1+\sin\alpha)}{2}{.}
$$

Сравним величину $x_1$ с величиной $L_2$:
$$x_1=L_1\sin\alpha+\cfrac{L\sin\alpha(1+\sin\alpha)}{2}\qquad L_2=L_1+L\sin\alpha{.}
$$
Коэффициенты перед $L_1$ и $L$ в выражении для $L_2$ больше соответствующих коэффициентов в выражении для $x_1$, поэтому:

Ответ: При любых соотношениях $L_1$, $L$ и $\alpha$.

A3  1.50 Определите максимальную силу натяжения верёвки в момент времени, когда ее левый конец сместился на расстояние $x$. Ответ выразите через $\lambda$, $g$, $L_1$, $L$, $\alpha$ и $x$.

На вертикальных участках верёвки наибольшая сила натяжения достигается в точках касания блоков, поскольку ускорение $a(x)$ всегда меньше $g$. Обозначим за $T_1$ и $T_2$ силу натяжения верёвки в точках касания блоков $1$ и $2$ соответственно.
Из второго закона Ньютона для левого вертикального участка верёвки получим: $$\lambda(L_1+x)g-T_1=\lambda(L_1+x)a\qquad T_2-\lambda(L_2-x)g=\lambda(L_2-x)a{,}
$$
откуда:
$$T_1=\lambda(L_1+x)(g-a)\qquad T_2=\lambda(L_2-x)(g+a){.}
$$
Проанализируем наклонный участок верёвки. Из решения пункта $\mathrm{A2}$ следует:
$$\cfrac{dT}{dy}=\lambda(a-g\sin\alpha) {.}
$$
При $x\leq x_1$ величина $dT/dy$ не положительна, а при $x\geq x_1$ — неотрицательна, откуда следует, что:
$$T_{max}=\begin{cases}
T_1\quad\text{при}\quad x\geq x_1\\
T_2\quad\text{при}\quad x\leq x_1
\end{cases}
$$
Подставляя выражения для $a$, $L_2$ и $x_1$, получим:

Ответ: $$T_{max}=\begin{cases}
\cfrac{\lambda g(L_1+x)(2L_1+L(1+\sin\alpha)-2x)}{2L_1+L(1+\sin\alpha)}\quad \text{при}\quad x\geq L_1\sin\alpha+\cfrac{L\sin\alpha(1+\sin\alpha)}{2}\\
\cfrac{\lambda g(L_1+L\sin\alpha-x)(2L_1+L(1+\sin\alpha)+2x)}{2L_1+L(1+\sin\alpha)}\quad \text{при}\quad x\leq L_1\sin\alpha+\cfrac{L\sin\alpha(1+\sin\alpha)}{2}
\end{cases}
$$

A4  2.50 Определите величины смещения $x_{{max}(1)}$ и $x_{{max}(2)}$ левого конца верёвки, при котором она начинает терять контакт с блоками $1$ и $2$ соответственно, считая, что с другим блоком при этом контакт сохраняется. Ответы выразите через $L_1$, $L$ и $\alpha$.

Запишем для участка верёвки массой $dm=\lambda dl$ второй закон Ньютона:
$$dm\vec{a}=d\vec{T}+dm\vec{g}+d\vec{N}{.}
$$
При отрыве $d\vec{N}=0$, поэтому:
$$dm\vec{a}=d\vec{T}+dm\vec{g}{.}
$$
Пусть $\rho$ — радиус кривизны рассматриваемой поверхности, тогда $dl=\rho d\varphi$, где $d\varphi$ — угол поворота касательной к верёвке на рассматриваемом участке $dl$. Спроецируем уравнение движения на направление нормали, направленное к центру кривизны:
$$dma_n=\lambda\rho d\varphi\cdot\cfrac{v^2}{\rho}=\lambda v^2d\varphi=Td\varphi+\lambda\rho d\varphi\cdot g_n{.}
$$
где $g_n$ — проекция ускорения свободного падения на направление нормали.
Поскольку радиус блоков мал — условие отрыва следующее:
$$T=\lambda v^2{.}
$$
Временно переобозначим величины $x_{max(1)}$ и $x_{max(2)}$ за $x_1$ и $x_2$ соответственно.
Уравнение для $x_1$ следующее:
$$\cfrac{\lambda g(L_1+x_1)(2L_1+L(1+\sin\alpha)-2x_1)}{2L_1+L(1+\sin\alpha)}=\cfrac{2\lambda gx^2_1}{2L_1+L(1+\sin\alpha)}{.}
$$
откуда:
$$4x^2_1-x_1L(1+\sin\alpha)-L_1(2L_1+L(1+\sin\alpha))=0{.}
$$
У данного квадратного уравнения один положительный корень, поэтому:

Ответ: $$x_{max(1)}=\cfrac{L(1+\sin\alpha)}{8}+\sqrt{\left(\cfrac{L(1+\sin\alpha)}{8}\right)^2+\cfrac{L_1(2L_1+L(1+\sin\alpha))}{4}}{.}
$$

Уравнение для $x_2$ следующее:
$$\cfrac{\lambda g(L_1+L\sin\alpha-x_2)(2L_1+L(1+\sin\alpha)+2x_2)}{2L_1+L(1+\sin\alpha)}=\cfrac{2\lambda gx^2_2}{2L_1+L(1+\sin\alpha)}{,}
$$
откуда:
$$4x^2_2+x_2L(1-\sin\alpha)-(L_1+L\sin\alpha)(2L_1+L(1+\sin\alpha))=0{.}
$$
У данного квадратного уравнения один положительный корень, поэтому:

Ответ: $$x_{max(2)}=-\cfrac{L(1-\sin\alpha)}{8}+\sqrt{\left(\cfrac{L(1-\sin\alpha)}{8}\right)^2+\cfrac{(L_1+L\sin\alpha)(2L_1+L(1+\sin\alpha))}{4}}{.}
$$

A5  1.20 Рассчитайте скорость верёвки в момент её отрыва от одного из блоков, если наклонная плоскость образует с горизонтом углы $\alpha_1=30^{\circ}$, $\alpha_2=45^{\circ}$ и $\alpha_3=60^{\circ}$.

Для каждого из углов отрыв достигается при $x$, равном меньшей из соответствующих данному углу величин $x_{max(1)}$ и $x_{max(2)}$. Рассчитаем их:

$\alpha,^{\circ}$$x_{max(1)},\text{м}$$x_{max(2)},\text{м}$
$30$$0{.}777$$0{.}731$
$45$$0{.}833$$0{.}868$
$60$$0{.}876$$0{.}973$

Таким образом, при угле $\alpha_1$ верёвка впервые теряет контакт со вторым блоком, а при углах $\alpha_2$ и $\alpha_3$ — с первым.
Отсюда находим:

Ответ: $$v_1=2{.}068 \text{м}/\text{с}\qquad v_2=2{.}264 \text{м}/\text{с}\qquad v_3=2{.}314 \text{м}/\text{с}{.}
$$

B1  0.80 Определите величину смещения $x_0$ левого конца верёвки, соответствующую положению равновесия системы. Ответ выразите через $m$, $\lambda$, $L_1$, $L$, $\alpha$, $g$, $k$ и $F_0$.

Запишем условия равновесия для трёх участков верёвки:
$$T_1=\lambda g(L_1+x_0)+mg\qquad T_2-T_1=\lambda gL\sin\alpha\qquad T_2=\lambda g(L_2-x_0)+F_\text{упр}{,}
$$
откуда:
$$F_\text{упр}=\lambda g(L\sin\alpha+L_1+x_0+x_0-L_1-L\sin\alpha)+mg=mg+2\lambda gx_0{.}
$$
Поскольку $F_\text{упр}=F_0+kx_0$, получим:

Ответ: $$x_0=\cfrac{mg-F_0}{k-2\lambda g}{.}
$$

B2  0.70 Положение равновесия из предыдущего пункта существует, если жесткость пружины превышает некоторое минимальное значение $k_{min}$. Определите $k_{min}$. Ответ выразите через $m$, $\lambda$, $L_1$, $L$, $\alpha$, $g$, $k$ и $F_0$. Далее везде считайте, что $k > k_{min}$.

Знаменатель полученного в пункте $\mathrm{B1}$ должен быть положительным, поэтому имеем ограничение:
$$k>2\lambda g{.}
$$
Величина $x_0$ также ограничена длиной $L_2$ правого вертикального участка верёвки, поэтому:
$$x_0=\cfrac{mg-F_0}{k-2\lambda g}\leq L_1+L\sin\alpha\Rightarrow k\geq 2\lambda g+\cfrac{mg-F_0}{L_1+L\sin\alpha}{.}
$$
Последнее ограничение является более существенным, поэтому имеем:

Ответ: $$k_{min}=2\lambda g+\cfrac{mg-F_0}{L_1+L\sin\alpha}{.}
$$

B3  0.80 Найдите изменение потенциальной энергии системы $\Delta{W}_p$ при смещении левого конца верёвки на величину $x$. Ответ выразите через $m$, $\lambda$, $L_1$, $L$, $\alpha$, $g$, $k$, $F_0$ и $x$.

Для величин $\Delta{W}_{p(\text{г})}$ и $\Delta{W}_{p(\text{в})}$ имеем:
$$\Delta{W}_{p(\text{г})}=-mgx\qquad \Delta{W}_{p(\text{г})}=-\lambda gx^2{.}
$$
Изменение потенциальной энергии деформации пружины $\Delta{W}_{p(\text{деф})}$ равно площади под графиком $F_\text{упр}(\Delta{l})$ и составляет:
$$\Delta{W}_{p(\text{деф})}=F_0x+\cfrac{kx^2}{2}{.}
$$
Окончательно:

Ответ: $$\Delta{W}_p=\cfrac{(k-2\lambda g)x^2}{2}-(mg-F_0)x{.}
$$

B4  0.70 Если принять потенциальную энергию $W_p$ в положении равновесия равной нулю, то ее можно представить в виде
$$W_p=\cfrac{A(x-B)^2}{2}.
$$
Определите $A$ и $B$. Ответы выразите через $m$, $\lambda$, $L_1$, $L$, $\alpha$, $g$, $k$ и $F_0$.

Из выражения для $\Delta{W}_p$ имеем:
$$W_p=\cfrac{(k-2\lambda g)x^2}{2}-(mg-F_0)x+C=\cfrac{k-2\lambda g}{2}\left(x-\cfrac{mg-F_0}{k-2\lambda g}\right)^2-\cfrac{(mg-F_0)^2}{2(k-2\lambda g)}+C{.}
$$
Определяя потенциальную энергию в положении равновесия равной нулю:
$$W_p=\cfrac{k-2\lambda g}{2}\left(x-\cfrac{mg-F_0}{k-2\lambda g}\right)^2{.}
$$
Таким образом:

Ответ: $$A=k-2\lambda g\qquad B=\cfrac{mg-F_0}{k-2\lambda g}{.}
$$

B5  0.50 Определите максимальную скорость груза $v_{max}$ и его смещение от начального положения $x_{max}$, если систему отпустить без начальной скорости. Ответы выразите через $m$, $\lambda$, $L_1$, $L$, $\alpha$, $g$, $k$ и $F_0$.

Максимальная скорость груза достигается в точке с координатой $x_0$ и определяется из закона сохранения механической энергии:
$$\cfrac{(m+\lambda(2L_1+L(1+\sin\alpha))v^2_{max}}{2}=\cfrac{Ax^2_0}{2}{,}
$$
откуда:

Ответ: $$v_{max}=\cfrac{mg-F_0}{k-2\lambda g}\sqrt{\cfrac{k-2\lambda g}{m+\lambda(2L_1+L(1+\sin\alpha)}}{.}
$$

Величина $x_{max}$ достигается в момент остановки груза, т.е определяется из условия:
$$\cfrac{A(x_{max}-x_0)^2}{2}=\cfrac{Ax^2_0}{2}\Rightarrow x_{max}=2x_0{,}
$$
откуда:

Ответ: $$x_{max}=\cfrac{2(mg-F_0)}{k-2\lambda g}{.}
$$

B6  1.00 Какую минимальную скорость $v_{min}$ должен иметь груз в начальном положении, чтобы правый конец нити достиг уровня блока $2$? Ответ выразите через $m$, $\lambda$, $L_1$, $L$, $\alpha$, $g$, $k$ и $F_0$.

Груз должен остановиться в момент, когда опускается на величину $L_2$. Из закона сохранения механической энергии:
$$\cfrac{A(L_2-x_0)^2}{2}=\cfrac{Ax^2_0}{2}+\cfrac{(m+\lambda(2L_1+L(1+\sin\alpha))v^2_{min}}{2}{,}
$$
откуда:

Ответ: $$v_{min}=\sqrt{\cfrac{k-2\lambda g}{m+\lambda(2L_1+L(1+\sin\alpha)}(L_1+L\sin\alpha)\left(L_1+L\sin\alpha-\cfrac{2(mg-F_0)}{k-2\lambda g}\right)}
$$