Тройной маятник с двумя степенями свободы

[fred1996]

Собственные моды такого маятника легко угадываются из симметрии.
Одна стоячая симметричная мода, когда средняя масса совершает чисто вертикальное колебание, а два крайние совершают синхронные со средней колебания в противофазе друг к другу. Задачка для этой моды вполне считабельная, поскольку из-за симметрии сводится к одной степени свободы.

Вторая мода синфазная в том плане, что все три массы совершают горизонтальные колебания в одинаковой фазе. Центральная масса вообще без вертикальной скорости, а обе крайние массы в противофазе по вертикали.
Задачку для этой моды можно решить в два приема.
Очевидно, что вертикальное смещение центральной массы будет второго порядка малости по отношению к первому порядку малости вертикального смещения крайних грузов.
Мы ее так в лоб не сможем оценить. Но можем схитрить. Давайте эту массу жестко прикрепим к горизонтальной рельсе без трения. Так что она вообще не сможет смещаться по вертикали. Тогда у нас задача тоже превращается в колебание с одной степенью свободы. И частота считается вполне конкретно. А раз так, мы в любом положении можем сосчитать силу, с которой рельсина давит на среднюю массу и таким образом сосчитать вертикальное ускорение, которое получила бы эта средняя масса без рельсины. Но ведь точно так же, как рельсина давит на среднюю массу, так и через стержни передается эта экстра сила крайним массам. То есть можно одновременно ввести поправки по экстра ускорениям для всех трех масс, которые и дадут искомую поправку второго порядка к смещениям всех трех масс.
Надеюсь что хоть кто нибудь понял ход моих "глубоких размышлизмов".

[Munin]

fred1996 в сообщении #1194509 писал(а):

Очевидно, что вертикальное смещение центральной массы будет второго порядка малости по отношению к первому порядку малости вертикального смещения крайних грузов.

Вы где-то обсчитались. Первого.

[Erleker]

Munin в сообщении #1194553 писал(а):

Вы где-то обсчитались. Первого.

Второго.Это же действительно очевидно, поскольку крайние уже "имеют начальный угол по вертикали", а нижний - нет.

[Munin]

Однако крайние уже имеют и "начальный угол по горизонтали".

[Erleker]

Если взять углы смещения 1 порядка, то они кажется должны выходить примерно одинаковыми, а порядок смещения нижнего по вертикали - их разность (сторона треугольника по 1 порядку не изменяется из-за верт. направления, но изменяется из-за разности в горизонтальном, соответственно высота тоже и угол ее отклонения), поэтому она равна нулю.
Надо, как и в той задаче:

fred1996 в сообщении #1194404 писал(а):

косинусы малых углов нужно раскладывать до второго члена.

[Munin]

Не буду вам мешать распутаться самостоятельно.

[amon]

Как я говорил в параллельной теме, эта задача эквивалентна задаче о двух маятниках, связанных пружинкой. Роль пружинки играет средний груз.

[fred1996]

Собственно если угол смещения левого груза $\alpha$ вверх, то правого $\alpha-k_1\alpha^2$ вниз, а вертикальное смещение среднего $k_2l\alpha^2$
Если при равновесии угол смещения левого и правого грузов $\varphi$, то считая скорости этих грузов $v_0$ у среднего груза горизонтальная скорость $v\cos(\varphi)$
Как я уже говорил, вначале считаем, что средний груз двигается по горизонтальной рельсе. То есть в этом случае считаем $k_2=0$, к $k_1$ находим из геометрии.
После чего из энергетического уравнения находим частоту данной связной конструкции.
До этого конечно надо сосчитать начальный угол отклонения стержней при центральном грузе $\psi$

Интересно, в бытность мою студентом мы пользовались значками о-малое и O-большое.
Сейчас это принято?

[Munin]

fred1996 в сообщении #1194684 писал(а):

Собственно если угол смещения левого груза $\alpha$ вверх, то правого $\alpha-k_1\alpha^2$ вниз, а вертикальное смещение среднего $k_2l\alpha^2$

Приведите расчёт. Заодно раскройте обозначения.

[amon]

fred1996 в сообщении #1194684 писал(а):

вертикальное смещение среднего

У Вас задача с двумя степенями свободы, поэтому положение двух крайних грузов задает положение среднего. Считать надо изменение потенциальной энергии. Оно будет квадратичным по смещениям, как и положено для осциллятора.

[fred1996]

amon в сообщении #1194696 писал(а):

fred1996 в сообщении #1194684 писал(а):

вертикальное смещение среднего

У Вас задача с двумя степенями свободы, поэтому положение двух крайних грузов задает положение среднего. Считать надо изменение потенциальной энергии. Оно будет квадратичным по смещениям, как и положено для осциллятора.

В том то и дело, что крайние грузы смещаются уже не под нулевым, а фиксированным углом, поэтому изменение их потенциальной энергии линейно относительно малого угла смещения, а вот изменение суммы их потенциальных энергий квадратично.
Это я к тому, что ваше предположение о горизонтальности всех скоростей у веревочного маятника в "равновесном" состоянии скорее всего неверно.
Если веревка двигается вправо, то все ее левые части имеют ненулевую скорость вверх а правой части вниз.

[amon]

fred1996 в сообщении #1194701 писал(а):

Это я к тому, что ваше предположение о горизонтальности всех скоростей у веревочного маятника в "равновесном" состоянии скорее всего неверно.

Так вот с чем Вы до сих пор боритесь ;) Там другая задача была - все колебалось в направлении, перпендикулярном плоскости чертежа (в $z$-направлении). В этом случае каждый шарик двигается как маятник, подвешенный на вертикальной нити, и очевидно, что смещение по $y$ квадратично по углу, а по $z$ - линейно.

[fred1996]

Дам пока только свой ответ.
$\omega_2^2=\frac32\frac{ g}{l}\frac{1}{\cos(\varphi)}[1-\frac13\sqrt{1+8\sin^2(\varphi)}]$
Тут понятно, что $\tg(\varphi)=3\tg(\psi)$
Поэтому ответ и можно выразить через один угол.
Для $\omega_1$ решение достаточно очевидное
Поведение при больших и малых углах может показаться странным.
Но на самом деле при этих углах сами колебания "странные"

[fred1996]

Наоборот
$\tg(\psi)=3\tg(\varphi)$

[Munin]

Munin в сообщении #1194688 писал(а):

Приведите расчёт.