Тройной маятник с двумя степенями свободы

[amon]

Вложение:

chain.png [ 6.04 Кб | Просмотров: 3538 ]

Вы неправильно выбрали обобщенные координаты. Ваши углы $\varphi$ и $\psi$ не задают конфигурацию однозначно. Если я буду рукой удерживать грузик, обозначенный красной стрелкой, то я могу двигать остальные грузики меняя Ваши углы.

[fred1996]

У меня углы $\varphi$ и $\psi$, это не обобщенные координаты, а начальная конфигурация, для которой в равновесии справедливо соотношение
$\tg(\psi)=3\tg(\varphi)$
Обобщенная координата для вычисляемой моды, это отклонение от угла $\varphi$
Я вычислял для случая, когда крайние грузики колеблются в фазе. Тогда средний груз колеблется горизонтально с точностью до второго порядка.
Другая мода, это когда крайние грузы колеблются в противофазе. Тогда средний груз колеблется строго вертикально.
Для первой моды я рассуждал так:
Пусть левый груз отклонился от равновесия на малый угол $\alpha$ вправо, тогда и правый груз отклонится на тот же угол вправо, и если принять длину звена за единицу, то средний груз отклонится вправо на величину $k\alpha$, которую можно вычислить геометрически.
Так же геометрически можно вычислить вертикальное смещение среднего груза и таким образом вычисляется полное изменение потенциальной энергии, которую приравниваем кинетической энегрии в положении равновесия. При этом если скорость крайних грузов $v$, то скорость среднего $kv$ с тем же самым к-том, что для горизонтальной амплитуды.

[amon]

fred1996 в сообщении #1194774 писал(а):

Обобщенная координата для вычисляемой моды, это отклонение от угла $\varphi$

Вообще-то так не делают. Поэтому, что бы не задавать множество вопросов, присоединяюсь к пожеланию Munin'а: приведите пожалуйста подробный расчет, который можно обсуждать.

[fred1996]

Пусть у нас равновесное положение таково, что боковые грузы отклонены на угол $\varphi$, а средний на угол $\psi$ как на картинке.
Длины звеньев и $g$ равны единице.
Справедливо соотношение:
$\tg(\psi)=3\tg(\varphi)$

Теперь пусть угловая амплитуда колебаний боковых грузов $\alpha$
Тогда считаем, что амплитуда колебаний среднего груза по вертикали и горизонтали:
$A_y=k_1_y\alpha+k_2_y\alpha^2$
$A_x=k_1_x\alpha+k_2_x\alpha^2$

Смещения боковых грузов нам доподлинно известно.
Наммнужно найти вертикальное и горизонтальное смещения среднего груза из условия нерастяжимости прилегающих к нему стержней.
Получаем 2 уравнения, которые нужно разложить до второго порядка малости по $\alpha$

1. $[\cos\varphi+\cos\psi-\cos(\varphi+\alpha)-k_1_y\alpha-k_2_y\alpha^2]^2$
$+[\sin\varphi+\sin\psi-\sin(\varphi+\alpha)+k_1_x\alpha+k_2_x\alpha^2]^2=1$
2. $[\cos\varphi+\cos\psi-\cos(\varphi\alpha)-k_1_y\alpha-k_2_y\alpha^2]^2$
$+[\sin\varphi\sin\psi-\sin(\varphi+\alpha)-k_1_x\alpha-k_2_x\alpha^2]^2=1$

Результаты получились такие:
$k_1_x=\frac{\sin(\psi-\varphi)}{\sin\psi}$
$k_2_x=0$
$k_1_y=0$
$k_2_y=\frac{\cos(\psi-\varphi)-\frac{\sin(\psi-\varphi)\sin(\psi+\varphi)}{\sin^2\psi}}{2\cos\psi}$

Теперь если обозначить за $v$ скорость, она же угловая скорость боковых грузов, то скорость среднего груза будет $k_1_xv$
И окончательно энергетическое соотношение для системы выглядит так:
$(1+\frac12k_1_x^2)v^2+(\cos\varphi+k_2_y)\alpha^2=C$

$\omega^2=\frac{g}{l}\frac{\cos\varphi+k_2_y}{1+\frac12k_1_x^2}$
Это решение дает совсем не тот ответ, который я опубликовал ранее, исходя из геометрических соображений. Наверное где-то сильно наврал.

[amon]

Ну вот, теперь хоть понятно о чем звон. Как мне кажется (геометрию не проверял) все разумно (на уровне - сойдет). Вообще, задача эта была бы скучной и занудной, если бы не одно обстоятельство, которое может ей помочь. А сколько устойчивых положений равновесия у такой системы рычагов и грузов в общем случае?

[fred1996]

amon в сообщении #1194927 писал(а):

Ну вот, теперь хоть понятно о чем звон. Как мне кажется (геометрию не проверял) все разумно (на уровне - сойдет). Вообще, задача эта была бы скучной и занудной, если бы не одно обстоятельство, которое может ей помочь. А сколько устойчивых положений равновесия у такой системы рычагов и грузов в общем случае?

Сдается, что одна.
Если присутствуют только силы натяжения, то конструкция монотонна ( в каждом узле приложено три силы так, что силы натяжения уравновешиваются силой гравитации. Если же появил сжатие, то равновесие неустойчиво. Сжатый стержень начнет крутиться парой сил .

[Munin]

fred1996 в сообщении #1194832 писал(а):

Пусть у нас равновесное положение таково, что боковые грузы отклонены на угол $\varphi$, а средний на угол $\psi$ как на картинке.
Длины звеньев и $g$ равны единице.
Справедливо соотношение:
$\tg(\psi)=3\tg(\varphi)$

Куда-то из решения подевались все массы.

fred1996 в сообщении #1194832 писал(а):

Теперь пусть угловая амплитуда колебаний боковых грузов $\alpha$
...
Получаем 2 уравнения, которые нужно разложить до второго порядка малости по $\alpha$
...
Результаты получились такие...

Где-то здесь пропущено важное: если оба боковых груза смещаются на $\alpha$ в одну и ту же сторону, то вы вычисляете одну моду колебаний. А если в противоположные стороны, то другую. В одном случае получится $k_{1y}=0,$ в другом $k_{1x}=0.$

...

Перечитал начальное сообщение темы. Понял, что вы считаете не "противофазную" моду, а "синфазную". В таком случае, моё предыдущее сообщение

Munin в сообщении #1194553 писал(а):

Вы где-то обсчитались. Первого.

ошибочно. Приношу за него извинения.

[realeugene]

fred1996 в сообщении #1194509 писал(а):

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.

Очевидно, что в первом приближении она равна нулю.

Синфазная мода - это в первом приближении поворот центральной части как единого целого (груз с двумя тягами) вокруг центра вращения, который находится на пересечении прямых, на которых лежат крайние тяги. Так что, думаю, что вертикальное смещение центрального груза во втором порядке малости для этой моды можно найти геометрически.

PS Нет, вру. Что-то тут не так. Если бы центральная часть поворачивалась как единое целое по окружности, то центр масс жесткой системы из трёх грузов в крайних положениях опускался бы, а он должен подниматься.

[amon]

fred1996 в сообщении #1194936 писал(а):

Если же появил сжатие, то равновесие неустойчиво.

Ох уж мне эти инженеры-механики ;) А как Вам такая конструкция?

Вложение:

chain1.png [ 1.16 Кб | Просмотров: 3474 ]

(Извиняюсь за качество - не Малевич, даже квадрат толком нарисовать не могу, но смысл, надеюсь, понятен.)

-- 24.02.2017, 13:54 --

Munin в сообщении #1194974 писал(а):

Куда-то из решения подевались все массы.

Уважаемый fred1996 тщательно скрывает, что условие $\tg(\psi)=3\tg(\varphi)$ - это условие минимума потенциальной энергии, а в нем массы, если они одинаковы, превращаются в тыкву тройку.

[Munin]

amon в сообщении #1194984 писал(а):

Уважаемый fred1996 тщательно скрывает, что условие $\tg(\psi)=3\tg(\varphi)$ - это условие минимума потенциальной энергии, а в нем массы, если они одинаковы, превращаются в тройку.

Понятно, что превращаются, но не при всяких массах.

[amon]

Munin в сообщении #1195001 писал(а):

Понятно, что превращаются, но не при всяких массах.

Удивительным образом - при всяких массах и длинах, лишь бы они были одинаковы. Я тоже поначалу пытался прикопаться к этой формуле (я использовал другие координаты), и к своему изумлению обнаружил, что она правильная. Единственное, что меняется при сближении точек крепления цепи - появляется еще одно положение равновесия. Впрочем, я про него знал, поскольку в детстве играл со складными вешалками ;)

[realeugene]

fred1996 в сообщении #1194509 писал(а):

Собственные моды такого маятника легко угадываются из симметрии.

Забавно, что при сближении точек подвеса, эта задача не переходит непрерывно в задачу для двухсекционного маятника. У которого тоже две моды, но совершенно иные.

[Munin]

amon в сообщении #1195006 писал(а):

Удивительным образом - при всяких массах и длинах, лишь бы они были одинаковы.

Вот в это я и тычу пальцем, что нигде ни разу не было сказано, что массы одинаковы. А на рисунке так они явно нарисованы разными.

-- 24.02.2017 15:58:13 --

realeugene в сообщении #1195011 писал(а):

Забавно, что при сближении точек подвеса, эта задача не переходит непрерывно в задачу для двухсекционного маятника. У которого тоже две моды, но совершенно иные.

Хм. Действительно, забавный факт. И даже ясно почему.

[realeugene]

amon в сообщении #1195006 писал(а):

Удивительным образом - при всяких массах и длинах, лишь бы они были одинаковы.

Причём, для одинаковых масс и произвольного количества сегментов, тангенсы углов наклона стержней в положении равновесия должны образовывать арифметическую прогрессию, вне зависимости от длин отдельных стержней и типа положения равновесия.

Точнее, пусть у нас $N$ стержней с длинами $l_i, i \in 1..N$ и углами наклона в положении равновесия $\varphi_i$, соединяющих $N-1$ масс, равных $m_i, i \in 1..N-1$, начало и конец этой цепочки зафиксированы. Тогда пусть $m_N=0, M_n=\sum_{i=n}^N{m_i}$. Тогда $\tg\varphi_n=a M_n + b$, где $a, b - \operatorname{const}$.

[fred1996]

Я прошу прощения, если кого ввел в заблуждение.
Просто шел последовательно.
Изначально у нас была однородная веревка.
Я ее заменил сначала двумя одинаковыми грузами, затем тремя. Забыл указать что одинаковыми.
При $2N+1$ одинаковых шариках получаем соотношения:
$(2n+1)\tg(\varphi_n)=\tg(\varphi_1)$
Если шариков $2N$, соответственно
$n\tg(\varphi_n)=\varphi(\varphi_1)$
Считаем $n$ от центра

-- 24.02.2017, 06:43 --

amon в сообщении #1194984 писал(а):

fred1996 в сообщении #1194936 писал(а):

Если же появил сжатие, то равновесие неустойчиво.

Ох уж мне эти инженеры-механики ;) А как Вам такая конструкция?

Вложение:

chain1.png

Цитата:

(Извиняюсь за качество - не Малевич, даже квадрат толком нарисовать не могу, но смысл, надеюсь, понятен.)

Понятно, вы уже играете с массами и длинами стержней.
А если все массы одинаковы и стержни тоже?