Интегрирование дифференциальных уравнений движения материальной точки, находящейся под действием переменных сил

Рассмотрено решение задачи, в которой материальная точка движется по изогнутой трубе с двумя прямолинейными участками. При этом, кроме силы тяжести и реакций стенок трубы, на первом участке, на точку действует постоянная сила, и сила сопротивления среды, зависящая от скорости; на втором участке – внешняя сила, изменяющаяся со временем.

Здесь мы рассматриваем пример решения задачи на интегрирование дифференциальных уравнений прямолинейного движения материальной точки, находящейся под действием переменных сил. Методы, применяемые при решении задачи, подробно изложены на странице «Интегрирование дифференциальных уравнений прямолинейного движения материальной точки».

Условие задачи

Груз D массой m, получив в точке A начальную скорость V₀, движется в изогнутой трубе ABC, расположенной в вертикальной плоскости. На участке AB, длина которого l, на груз действует постоянная сила T(ее направление показано на рисунке) и сила R сопротивления среды (модуль этой силы R = μV², вектор R направлен противоположно скорости V груза).

Груз, закончив движение на участке AB, в точке B трубы, не изменяя значения модуля своей скорости, переходит на участок BC. На участке BC на груз действует переменная сила F, проекция F_x которой на ось x задана.

Считая груз материальной точкой, найти закон его движения на участке BC, т.е. x = f(t), где x = BD. Трением груза о трубу пренебречь.

Дано: m = 1,8 кг ,   v₀ = 20 м/с ,   T = 15 Н ,   μ = 0,2 кг/м ,   l = 3,0 м ,   F_x = 5 – 2sin(3t) .

Решение задачи

1. Движение материальной точки на участке AB

1.1. Составление уравнения движения груза

Чтобы найти закон его движения груза D на участке BC, нам нужно найти его скорость v_B  в точке B. Для этого рассмотрим движение груза на участке AB; составим уравнение движения; решая которое, определим скорость v_B  . 

Как сказано в условии, груз можно рассматривать как материальную точку. То есть, считаем, что размерами груза можно пренебречь.

Выберем декартову систему координат с началом в точке A. Направим ось z от A к B. Пусть в начальный момент времени t = 0 ,  груз находился в точке A.

Рассмотрим силы, действующие на груз, и найдем их проекции на ось Az . 
1) Сила тяжести ^→P = m^→g ,  где g = 9, 81 м/с² – ускорение свободного падения. Она направлена вертикально вниз и составляет угол 45^○  с осью Az .  Абсолютное значение силы тяжести: P = mg = 1, 8 ⋅ 9, 81 = 17, 66 H .  Проекция на ось Az  : 
P_z  = P cos 45^○  . 
2) Сила ^→T .  Ее абсолютное значение задано: T = 15 Н . Сила ^→T направлена противоположно оси Az .  Поэтому ее проекция на эту ось:
T_z  = – T . 
3) Сила сопротивления среды по абсолютной величине пропорциональна квадрату скорости: R = μv²  ,  и направлена противоположно скорости груза. Считаем, что скорость v направлена от A к B . Тогда вектор силы ^→R направлен противоположно оси Az .  Его проекция на эту ось:
R_z  = – μv²  . 
4) Сила давления поверхности ^→N .  Она перпендикулярна поверхности AB , вдоль которой происходит движения груза. Поэтому ее проекция на ось Az равна нулю:
N_z  = 0 . 
Если бы на груз действовала сила трения скольжения F_тр  =  fN ,  то нам нужно было бы определить абсолютное значение силы давления N . Это можно сделать, приравнивая к нулю сумму проекций всех сил на ось Ay : N – P sin 45^○  = 0 .  Но в нашей задаче, значение силы трения скольжения намного меньше величин остальных сил, поэтому мы пренебрегаем ее влиянием на движение.

На участке AB перемещение груза происходит только вдоль оси Az .  Перемещение в перпендикулярных направлениях отсутствует. Поэтому при движении изменяется только координата z .  Вектор скорости груза также направлен вдоль оси Az .  Поэтому он имеет только одну отличную от нуля компоненту v_z  = ^.z .  Тогда v²  = v²_z  = ^.z²  .  Составляем дифференциальное уравнение движения материальной точки вдоль оси Az  : 
m^..z = Σ_k F_kz  . 
Подставляем перечисленные выше компоненты внешних сил.
m^..z = P_z  + T_z  + R_z  + N_z  =  mg cos 45^○  – T – μv²  + 0 ; 
(AB.1)   m^..z = mg cos 45^○  – T – μv²  . 

1.2. Определение скорости v_B

Выразим вторую производную координаты по времени ^..z через скорость v_z  .  Поскольку v_z  = ^.z ,  то
^..z = d^.zdt = dv_z dt = ^.v_z  . 
Подставляем в (AB.1):
(AB.2)   m dv_z dt = mg cos 45^○  – T – μv²_z  . 

Это дифференциальное уравнение первого порядка с разделяющимися переменными. Мы можем его решить, и найти скорость как функцию времени:
(AB.3)   v_z  = v_z (t ) . 
Если бы в условии было задано время движения груза t_AB  на участке AB, то, подставив в (AB.3) значение t = t_AB  ,  мы сразу могли бы получить искомую скорость груза в точке B.

Но у нас известно не время движения по участку AB, а его длина l . Тогда мы можем решить уравнение (AB.2), и получить зависимость v_z  = v_z (t ) .  Затем нужно решить уравнение dzdt = v_z (t ) ,  и получить закон движения груза на участке AB: z = z(t ) .  Отсюда можно найти значение момента времени t_B  ,  при котором груз окажется в точке B. Зная это время, по формуле (AB.3), можно определить искомое значение скорости в точке B.

Однако есть более простой способ. Он заключается в том, чтобы искать зависимость скорости не от времени, а от координаты: v_z  = v_z (z ) .  Для этого в (AB.2) применяем правило дифференцирования сложной функции, учитывая что dzdt = v_z   : 
dv_z dt = dv_z dz ⋅ dzdt = dv_z dz ⋅ v_z  . 
Подставим в (AB.2):
mv_z dv_z dz = mg cos 45^○  – T – μv²_z  . 

Разделяем переменные.
(AB.4)   mv_z dv_z mg cos 45^○  – T – μv²_z  = dz . 
Введем постоянную K = – mg cos 45^○  – Tμ =  – 1, 8⋅ 9, 81 ⋅ cos 45^○  – 150, 2 =  12, 57 м² c²   .  Тогда (AB.4) примет более простой вид:
mμ ⋅ v_z dv_z – K – v²_z  = dz ; 
– mμ ⋅ v_z dv_z K + v²_z  = dz . 
Интегрируем от точки A до точки B:
(AB.5)   – mμ ^v_Bz∫_vAz v_z dv_z K + v²_z  = ^z_B∫_zA dz . 
По условию, скорость в точке A равна v₀   :  v_Az  = v₀  .  Обозначим скорость в точке B как v_B  .  Тогда v_Bz  = v_B  .  Поскольку мы выбрали начало координат в точке A, то z_A  = 0 .  Тогда по условию, z_B  =  | AB |  = l .  Поставляем в (AB.5):
(AB.6)   – mμ ^v_B∫_v0 v_z dv_z K + v²_z  = ^l∫₀ dz . 

Интеграл в правой части элементарный:
^l∫₀ dz = z  |^z = l_z = 0  = l – 0 = l . 

В левой части делаем подстановку u = K + v 2z   : 
vz dvz  = 12 dv 2z  = 12 d(K + v 2z ) ; 
vB ∫v0  vz dvz K + v 2z  = 12 vB ∫v0  d(K + v 2z )K + v 2z  =  12 vB ∫v0  duu = 12 ln  | u | | vz  = vB vz  = v0   =  12 ln  | K + v 2z  | | vz  = vB vz  = v0   = 
 12 ln (K + v 2z )| vz  = vB vz  = v0   =  12 (ln (K + v 2B ) – ln (K + v 20 )) =  12 ln K + v 2B K + v 20   . 
Здесь мы учли, что поскольку K > 0 и v 2z  ≥ 0 ,  то K + v 2z  > 0 .  Поэтому убрали знак модуля. Также воспользовались свойством логарифма.

Подставляем в (AB.6).
– m2μ ln K + v²_B K + v²₀  = l . 
Вводим постоянную L = 2μlm = 2 ⋅ 0, 2 ⋅ 31, 8 = 0, 6666 ,  и находим v_B   : 
ln K + v²_B K + v²₀  = – L ; 
K + v²_B K + v²₀  = e^– L  ; 
K + v²_B  = (K + v²₀ )e^– L  ; 
v_B  = √ (K + v²₀ )e^– L  – K  =  √ (12, 57 + 20² )e^– 0,6666  – 12, 57  =  14, 12  мc  . 

2. Определение закона движения материальной точки на участке BC

2.1. Составление уравнения движения груза

Теперь рассмотрим движение груза D на участке BC. На этом участке мы выберем новую систему координат с началом в точке B, и новый отсчет времени. Ось Bx направим вдоль линии движения груза (см. рисунок). Ось By – перпендикулярно. Пусть в момент времени t = 0 ,  груз находился в точке B, и, как мы только что нашли, двигался со скоростью v_B  = 14, 12  мc  . 

Рассмотрим силы, действующие на груз, и найдем их проекции на ось Bx . 
1) Сила тяжести ^→P = m^→g .  Она направлена вертикально вниз. Разложим ее по правилу параллелограмма на составляющие ^→P₁  и ^→P₂  ,  параллельные осям координат, причем ^→P₁ ⊥^→P₂  .  Поскольку ^→P₂ ⊥BC и ^→P⊥BE ,  то угол между векторами ^→P и ^→P₂  равен углу между BC и горизонталью BE. Из прямоугольника, образованного векторами ^→P,  ^→P₁ ,  ^→P₂  ,  находим: P₁  = P sin 30^○  .  Тогда проекция силы тяжести ^→P на ось Bx равна P_x  = – P₁  = – P sin 30^○  . 
2) Сила ^→F .  Ее проекция на ось Bx задана в условии задачи: F_x  = 5 – 2 sin (3t ) . 
3) Сила давления поверхности ^→N .  Она перпендикулярна поверхности BC . Поэтому ее проекция на ось Bx равна нулю:
N_z  = 0 . 

Составляем дифференциальное уравнение движения материальной точки вдоль оси Bx  : 
m^..x = Σ_k F_kx  . 
Подставляем перечисленные выше компоненты внешних сил.
m^..x = P_x  + F_x  + N_x  =  – mg sin 30^○  + 5 – 2 sin (3t ) + 0 . 
Разделим на m , и подставим численные значения величин.
^..x = – g sin 30^○  + 5m – 2m sin (3t ) ; 
^..x =  – 9, 81 ⋅ sin 30^○  + 51, 8 – 21, 8 sin (3t ) ; 
^..x = – 4, 905 + 2, 778 – 1, 111 ⋅ sin (3t ) . 
(BC.1)   ^..x = – 2, 127 – 1, 111 ⋅ sin (3t ) . 
Мы получили дифференциальное уравнение движения груза на участке BC.

2.2. Решение уравнения движения

Уравнение (BC.1) является дифференциальным уравнением второго порядка, не содержащим зависимую переменную x в явном виде.

Решаем его с помощью понижения порядка. Для этого выразим вторую производную координаты по времени ^..x через первую производную ^.x ,  то есть через проекцию скорости v_x  = ^.x на ось Bx  : 
^..x = d^.xdt = dv_x dt  .  Подставляем в (BC.1).
(BC.2)   dv_x dt = – 2, 127 – 1, 111 ⋅ sin (3t ) . 
Это дифференциальное уравнение первого порядка с начальным условием: v_x  = v_B  = 14, 12  мc  при t = 0 . 

Интегрируем уравнение (BC.2).
v_x  =  ∫ (– 2, 127 – 1, 111 ⋅ sin (3t ))dt +  C₁  = – 2, 127 ∫ dt –  1, 111 ∫ sin (3t )dt + C₁  = 
 – 2, 127 t –  1, 1113 ∫ sin (3t )d(3t ) + C₁  =  – 2, 127 t + 0, 3704 cos (3t ) + C₁  . 
Итак, мы получили общее решение уравнения (BC.2):
v_x  = – 2, 127 t + 0, 3704 cos (3t ) + C₁  . 
Здесь C₁  – произвольная постоянная. Найдем ее значение из начального условия. Подставляем v_x  = 14, 12,  t = 0  : 
14, 12 = – 2, 127 ⋅ 0 +  0, 3704 cos (3 ⋅ 0 ) + C₁  ; 
14, 12 = 0 + 0, 3704 ⋅ 1 + C₁  ; 
C₁  = 14, 12 – 0, 3704 = 13, 75  мc  . 
Тем самым мы нашли закон изменения скорости груза со временем:
(BC.3)   v_x  = 13, 75 – 2, 127 t + 0, 3704 cos (3t ) . 

Теперь найдем закон движения груза x = x(t ) .  Для этого выразим скорость v_x  через координату: v_x  = dxdt  ,  и подставим в (BC.3):
(BC.4)   dxdt = 13, 75 – 2, 127 t +  0, 3704 cos (3t ) . 
Это дифференциальное уравнение первого порядка с начальным условием x = 0 при t = 0 . 

Интегрируем его.
x = 13, 75 ∫ dt – 2, 127 ∫ t dt +  0, 3704 ∫ cos (3t )dt + C₂  = 
 13, 75 t – 2, 1272 t²  +  0, 37043 ∫ cos (3t )d(3t ) + C₂  = 
 13, 75 t – 1, 064t²  +  0, 1235 sin (3t ) + C₂  . 
Итак, мы нашли общее решение уравнения (BC.4):
x = 13, 75 t – 1, 064 t²  +  0, 1235 sin (3t ) + C₂  . 
Постоянную C₂  найдем из начального условия. Подставляем x = 0,  t = 0  : 
0 = 13, 75 ⋅ 0 – 1, 064 ⋅ 0²  +  0, 1235 sin (3 ⋅ 0 ) + C₂  . 
Отсюда C₂  = 0 .  Тем самым мы нашли закон движения груза на участке BC:
x = 13, 75 t – 1, 064 t²  +  0, 1235 sin (3t ) . 

Ответ

x = 13, 75 t – 1, 064 t²  +  0, 1235 sin (3t ) . 
Здесь t выражено в секундах; x – в метрах.

Автор: Олег Одинцов.     Опубликовано: 19-12-2020