Д-1 Дано m=19 кг v0=10 мс α=15° fтр=0 15 t1=4 с t2=9 с t3=13 с

Д-1
Дано: m=19 кг; v0=10 мс;α=15°; fтр=0,15;t1=4 с; t2=9 с;
t3=13 с; F0=60 Н;F1=210 Н; F2=350 Н;F3=380 Н;
Определить: v1, v2, v3
Решение:
Покажем все силы, действующие на тело: вес G, нормальную реакцию плоскости N, силу трения скольжения Fтр и силу F рис. 1.
89535698500
Построим график F=Ft по заданным значениям F0,F1, F2,F3 (рис. 2).
Согласно теореме об изменении количества движения в проекциях на ось x:
mv1x-mv0x=Six (1)
Рисунок 1где
131318056959500Six=-Gt1sinα-Fтрt1+SFx.
Рисунок 2
Проекция импульса переменной силы F за время t1
SFx=0t1Fdt.
Этот интеграл определяем как площадь трапеции OABM на графике F==Ft.
SFx=4∙210+602=540 Н∙м.
Учитывая, что Fтр=fN=fgcosα, получаем уравнение (1) в следующем виде:
mv1x-mv0x=-mgt1sinα-fmgt1cosα+540.
Откуда
v1x=v0x-gt1sinα-fgt1cosα+540m.
С учетом исходных данных найдем
v1=v1x=22,596 мс.
Для определения скорости тела в момент времени t2 составим уравнение, выражающее теорему об изменении количества движения, для промежутка времени t2-t1:
mv2x-mv1x=Six (2)
где
Six=-Gt2-t1sinα-Fтрt2-t1+SFx.
Проекция импульса переменной силы F за время t2-t1:
SFx=t1t2Fdt.
Этот интеграл определяем как площадь трапеции MBCI на графике F==Ft.
SFx=5∙210+3502=1400 Н∙м.
Поэтому уравнение (2) примет вид:
mv2x-mv1x=-mgt2-t1sinα-fmgcosαt2-t1+1400,
откуда
v2x=v1x-gt2-t1sinα-fgcosαt2-t1+1400m,
Отсюда
v2=v2x=76,499 мс.
Для определения скорости тела в момент времени t3 составим уравнение, выражающее теорему об изменении количества движения, для промежутка времени t3-t2:
mv3x-mv2x=Six (3)
где
Six=-Gt3-t2sinα-Fтрt3-t2+SFx.
Проекция импульса переменной силы F за время t3-t2:
SFx=t2t3Fdt.
Этот интеграл определяем как площадь трапеции CDKI на графике F==Ft.
SFx=4∙350+3802=1460 Н∙м.
Поэтому уравнение (3) примет вид:
mv3x-mv2x=-mgt3-t2sinα-fmgcosαt3-t2+1460,
откуда
v3x=v2x-gt3-t2sinα-fgcosαt3-t2+1460m,
Отсюда
v3=v3x=137,516 мс.

Найдем в момент времени t1 значение скорости v1 с помощью дифференциального уравнения:
mx=Xi
Конкретизируем правую часть уравнения:
mx=-Gsinα-Fтр+F
или
mx=-mgsinα-fmgcosα+F.
т.е.
x=-gsinα-fgcosα+Fm.
где F=60+1504t-уравнение прямой AB.
Поэтому
x=-gsinα-fgcosα+6019+1504∙19t.
Интегрируя полученное дифференциальное уравнение, получаем:
x=-gsinα-fcosαt+6019t+1508∙19t2+C.
Для определения постоянной интегрирования C используем начальные условия задачи: t0=0, v0x=x0=10мс
10=-g∙sinα-fcosα∙0+6019∙0+1508∙19∙0+C,
Отсюда C=10.
Таким образом, уравнение, определяющее изменение скорости за промежуток времени от 0 до t1, имеет вид:
x=-gsinα-fcosαt+6019t+1508∙19t2+10.
При t=t1
v1=xt=t1=22,596 мс.
Полученное значение скорости v1 равно полученному ранее с использованием теоремы об изменении количества движения.

22479046101000Задача Д-2
Рисунок 1

Дано: m=0,7 кг; vA=0,5 кг; R=0,3 м;BD=0,7 м;α=50°; β=25°.
Определить: vB, vC, NC, tD.
Решение:
95821562611000Рассмотрим движение шарика на участке AB.

Рисунок 2
Участок криволинейный, поэтому уравнения движения будут выглядеть следующим образом:
mdvdt=Gsinγ (1)
mv2R=N-Gcosγ (2)
С точкой связываем естественные оси координат τMn.
Рассмотрим уравнение (1).
mdvdt=mgsin90°-φ.
В этом дифференциальном уравнении три переменные величины v, t и φ, поэтому в таком виде его решить невозможно. Необходимо избавиться от переменной t.
Пусть дуга AM=s, тогда v=dsdt, но s=φ∙R.
Можно записать v=R∙φ и φ=vR.
Выражение dvdt умножим и разделим на dφ:
dvdt∙dφdφ=φ∙dvdφ=vR∙dvdφ.
Тогда
mRvdvdφ=mgsin90°-φ
Получили дифференциальное уравнение в разделяющимися переменными.
Разделим переменные и проинтегрируем:
vRdv=gsin90°-φdφ
1Rvdv=-gsin90°-φd90°-φ+C1.
v22R=gcos90°-φ+C1
Постоянную интегрирования находим по начальным условиям:
φ0=0;v0=vA.
C1=vA22R-gcos90°-φ0=0,522∙0,3-9,8∙cos90°-0°=0,417.
Окончательно получаем
v2=2Rgcos90°-φ+C1=2Rgcos90°-φ+0,417
В точке C φ=β=25°, следовательно, скорость в т. C:
vC=2∙0,3∙9,8∙cos90°-25°+0,417=1,654 мс.
В т. B φ=90°+α=90°+50°=140°, поэтому скорость в т. B:
vB=2∙0,3∙9,8∙cos90°-140°+0,417=2,007 мс.
Из уравнения (2) найдем зависмость давления шарика на стенку канала N=Nφ:
N=mv2R+mgcos90°-φ
В т. C φ=β=25°;m=0,7 кг; v=vC=1,654 мс, поэтому давление шарика в т. C будет равно:
NC=0,7∙1,65420,3+0,7∙9,8∙cos90°-25°=9,283 Н.
Теперь рассмотрим движение шарика на участке BD.
35814015494000Рисунок 3
Покажем т. M в промежуточном положении и действующие на нее силы (рис. 3). Уравнения движения точки на этом участке:

mx=-Gcosα;
my=-Gsinα+N; => 0=-Gsinα+N
Преобразуем первое уравнение:
x=-gcosα=-9,8cos50°=-6,3;
Первый интеграл:
x=-6,3t+C1.
Второй интеграл:
x=-3,15t2+C1t+C2
Запишем начальные условия:
t0=0;x0=0; x0=vB=2,007 мс.
С помощью записанных начальных условий находим постоянные интегрирования:
2,007=-6,3∙0+C1;
0=-3,15∙0+C1∙0+C2.
C1=2,007; C2=0.
Получаем уравнение движения на участке BD:
x=-3,15t2+2,007t

Определим время движения шарика до остановки.
Уравнение, определяющее изменение скорости шарика на участке BD:
x=-6,3t+2,007.
Делая подстановку v=x=0, найдем:
0=-6,3t+2,007;
t=2,0076,3=0,32 с.
Через 0,32 с движения по участку BD шарик остановится.
Определим, какое расстояние пройдет шарик за время t=0,32 с.
x=-3,15∙0,322+2,007∙0,32=0,32 м.
Т.к. длина участка BD равна 0,7 м, делаем вывод, что шарик остановится, не достигнув т. D.