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