Verwirrt über das Verhalten des Feder-Masse-Systems

$\let\om=\omega \def\qt{{\textstyle {1 \over 4}}} \def\half{{\textstyle {1 \over 2}}}$Hier ist die analytische Behandlung. Lassen$x_1, x_2, x_3$seien die Verschiebungen der drei Massen aus ihren Gleichgewichtslagen.$k$sind Federkonstanten. Dann wirken die Kräfte:

• zu Masse 1:$F_1 = k\,(x_2 - 2\,x_1)$
• zu Masse 2:$F_2 = k\,(x_1 + x_3 - 2\,x_2)$
• zu Masse 3:$F_3 = k\,(x_2 - 2\,x_3)$.

Es gibt 3 normale Modi, die leicht durch Symmetrie identifiziert werden können:

• Modus$a$: alle Massen schwingen in Phase,$m_1$Und$m_2$mit gleicher Amplitude,$m_3$mit einer möglicherweise anderen Amplitude (wir werden sehen, dass die Amplitude größer ist)
• Modus$b$:$m_1$Und$m_3$gegenläufig schwingen, mit gleichen Amplituden;$m_2$stationär
• Modus$c$: wie$a$Aber$m_2$schwingt in Opposition.

In Gleichungen:

Modus$a$

$$x_1 = x_3 = a_1 \cos\om_a t \qquad x_2 = a_2 \cos\om_a t \quad (a_1, a_2 > 0).\tag1$$

Modus$b$

$$x_1 = -x_3 = b\,\cos\om_b t \qquad x_2 = 0.\tag2$$

Modus$c$

$$x_1 = x_3 = c_1 \cos\om_c t \qquad x_2 = c_2 \cos\om_c t \quad (c_1 > 0,\; c_2 < 0).\tag3$$

Sie sehen also diese Gleichungen für Modi$a$Und$c$sind die gleichen auseinander Zeichen für$a_2$,$c_2$. Eigentlich finden wir beides auf einen Schlag. Beachten Sie, dass Gl. (1), (2), (3) nehmen an, dass alle Anfangsgeschwindigkeiten Null sind. Ansonsten zusätzliche Bedingungen mit$\sin\om_a t$etc. wären nötig gewesen.

Bewirbt sich$F=ma$wir erhalten für jeden Modus ein System von drei Gleichungen.

Modus$a$

$$m\,\ddot x_1 = k\,(x_2 - 2\,x_1)$$ $$m\,\ddot x_2 = k\,(x_1 + x_3 - 2\,x_2)$$ (die dritte Gleichung ist nutzlos). $$-m\,\om_a^2 a_1 = k\,(a_2 - 2\,a_1) \tag4$$ $$-m\,\om_a^2 a_2 = k\,(2\,a_1 - 2\,a_2).$$ Teilen $${a_1 \over a_2} = {a_2 - 2\,a_1 \over 2\,a_1 - 2\,a_2}$$ $$a_1 (2\,a_1 - 2\,a_2) = a_2 (a_2 - 2\,a_1)$$ $$2\,a_1^2 = a_2^2$$ $$a_2 = \sqrt2\,a_1.$$

Modus$c$gibt die gleichen Gleichungen, aber wir müssen nehmen

$$c_2 = -\sqrt2\,c_1.$$

Wir können (4) verwenden, um zu finden$\om_a$Und$\om_c$:

$$-m\,\om_a^2 a_1 = k\,a_1\,(\sqrt2 - 2)$$ $$\om_a = \sqrt{(2 - \sqrt2)\,{k \over m}}$$ $$\om_c = \sqrt{(2 + \sqrt2)\,{k \over m}}.$$

Modus$b$

$$m\,\ddot x_1 = -2\,k\,x_1$$ $$-m\,\om_b^2 b = -2\,k\,b$$ $$\om_b = \sqrt{2k \over m}.$$

Fassen wir zusammen

$$\om_a = \sqrt{(2 - \sqrt2)\,{k \over m}} \qquad \om_b = \sqrt{2k \over m} \qquad \om_c = \sqrt{(2 + \sqrt2)\,{k \over m}}.$$

Modus$a$:

$$x_1 = a\,\cos\om_a t \qquad x_2 = a \sqrt2\,\cos\om_a t \qquad x_3 = a\,\cos\om_a t$$

Modus$b$:

$$x_1 = b\,\cos\om_b t \qquad x_2 = 0 \qquad x_3 = -b\,\cos\om_b t$$

Modus$c$:

$$x_1 = c\,\cos\om_c t \qquad x_2 = -c \sqrt2\,\cos\om_c t \qquad x_3 = c\,\cos\om_c t.$$

Allgemeine Lösung (mit$\dot x_1(0) = \dot x_2(0) = \dot x_3(0) = 0$)

$$\eqalign{ x_1(t) &= a\,\cos\om_a t + b\,\cos\om_b t + c\,\cos\om_c t \cr x_2(t) &= a\,\sqrt2\,\cos\om_a t - c\,\sqrt2\,\cos\om_c t \cr x_3(t) &= a\,\cos\om_a t - b\,\cos\om_b t + c\,\cos\om_c t.\cr}$$

Hinweis : Ich habe einen schrittweisen Ansatz verfolgt, aber es gibt einen direkteren und allgemeineren Weg, der für eine beliebige Anzahl von Bällen gilt. Dieser Beitrag ist aber schon zu lang...

Eine besondere Lösung

Um die Lösung zufriedenstellend zu bekommen$x_1(0) = x_2(0) = x_3(0) = 1$wir müssen finden$a$,$b$,$c$so dass

$$\eqalign{ a + b + c &= 1 \cr (a - c)\,\sqrt2 &= 1 \cr a - b + c &= 1 \cr}$$ dh $$a = {2 + \sqrt2 \over 4} \qquad b = 0 \qquad c = {2 - \sqrt2 \over 4}.$$

Dann

$$\eqalign{ x_1(t) = x_3(t) &= {2 + \sqrt2 \over 4}\,\cos\om_a t + {2 - \sqrt2 \over 4}\,\cos\om_c t \cr x_2(t) &= {1 + \sqrt2 \over 2}\,\cos\om_a t + {1 - \sqrt2 \over 2}\,\cos\om_c t.\cr}$$

Hier sind Grafiken:

http://www.sagredo.eu/temp/ball-spring-1.eps

Eine andere Lösung

Wenn$x_1(0) = 1 \ x_2(0) = x_3(0) = 0$Dann

$$\eqalign{ a + b + c &= 1 \cr (a - c)\,\sqrt2 &= 0 \cr a - b + c &= 0 \cr}$$ dh $$a = c = \qt \qquad b = \half.$$

Dann

$$\eqalign{ x_1(t) &= \qt \cos\om_a t + \half \cos\om_b t + \qt \cos\om_c t \cr x_2(t) &= {1 \over \sqrt2}\,(\cos\om_a t - \cos\om_c t).\cr x_3(t) &= \qt \cos\om_a t - \half \cos\om_b t + \qt \cos\om_c t.\cr}$$

Hier sind Grafiken:

http://www.sagredo.eu/temp/ball-spring-2.eps

Was Sie sehen, sind "Harmonische". Es ist die Summe mehrerer Sinuswellen.

Wenn Sie einen „einfachen“ Fall handhaben, arbeitet das System in einem „ Modus “ mit einer einzigen Harmonischen. Wenn Sie es anders verschieben, sehen Sie möglicherweise ein Vielfaches dieser Grundharmonie zusammen.

Tatsächlich verlassen sich Gitarristen darauf, um den Ton ihrer Musik zu verändern. Wenn sie die Saite näher am Hals der Gitarre zupfen, ziehen sie die Saite in eine Form, die dem Grundton der Saite sehr ähnlich ist, bevor sie sie loslassen. Dies führt dazu, dass die meiste Energie (und damit der Klang) in diesem Grundton zu finden ist. Wenn sie näher am Steg gezupft werden, hat die Form eine sehr kurze Seite (die Seite zwischen Ihrem Finger und dem Steg), was dazu führt, dass viele hohe Obertöne den Klang dominieren.

Für mich sind die ersten Grafiken verwirrend. Ehrlich gesagt vermute ich, dass in Ihrem Code ein Fehler vorliegt.

Ich sehe alle drei Massen sich gleich bewegen. Aber wenn Sie ihnen gleiche anfängliche Verschiebungen geben, werden die Federn Nr. 2 und Nr. 3 anfänglich nicht verformt. Wie kann Masse Nr. 2 beginnen, sich genau so zu bewegen wie die anderen?

Allerdings lässt sich Ihr System analytisch exakt lösen. Können Sie es tun?

Ein Vorschlag. Probieren Sie Ihren Code mit nur einer Masse aus, dann mit zwei. Was erwartest du? Was sagt deine Simulation?