Swobodne i mieszane końce łańcucha: drgania oraz ruch środka masy

Potrzebne wiadomości: Równania łańcucha sprężynowego, kształty modów przy zamocowanych końcach, rzuty na wektory ortonormalne i zasada zachowania pędu.

O końcu łańcucha decyduje rzeczywista siła

W łańcuchu między dwiema ścianami były N mas i N + 1 sprężyn. Teraz usuwamy jedną lub obie skrajne sprężyny. Masy nadal są jednakowe, m > 0, pozostałe sprężyny mają K > 0. Ruch jest podłużny, bez tarcia i zderzeń. Wychylenia x_j mierzymy od jednego wybranego położenia równowagi, dodatnio w prawo. Brak ścian oznacza, że wspólne przesunięcie wszystkich mas także jest położeniem równowagi.

Dla dwóch swobodnych końców i N ≥ 2 pierwsza oraz ostatnia masa mają po jednej sprężynie. Dlatego:

m\ddot x_1=K(x_2-x_1),\qquad m\ddot x_N=K(x_{N-1}-x_N).

Wnętrze nadal spełnia m ẍ_j = K(x_j+1 − 2x_j + x_j−1). Możemy formalnie użyć tego samego zapisu również na końcach, jeśli przyjmiemy pomocnicze x₀ = x₁ oraz x_N+1 = x_N. Różnica na nieistniejącym odcinku jest wtedy zerowa. Swobodny koniec nie ma warunku x_N = 0: jego masa może się poruszać i przyspieszać pod wpływem sąsiada.

Swobodne końce wybierają kosinusy przesunięte o pół kroku

Dla kształtu A_j = C cos[(j − 1/2)θ] lewy warunek A₀ = A₁ jest spełniony automatycznie, ponieważ cos(−θ/2) = cos(θ/2). Równanie wewnętrzne daje ω² = (4K/m) sin²(θ/2). Na prawym końcu potrzebujemy:

A_{N+1}-A_N=-2C\sin(N\theta)\sin(\theta/2)=0.

N niezależnych, niezerowych kształtów otrzymujemy dla:

\theta_r=\frac{r\pi}{N},\quad A_j^{(r)}=C\cos\left[\left(j-\frac12\right)\frac{r\pi}{N}\right],\quad\omega_r=2\sqrt{\frac Km}\sin\frac{r\pi}{2N},\quad r=0,\ldots,N-1.

W odróżnieniu od obu zamocowanych końców r = 0 daje niezerowy kształt: wszystkie A_j są równe. Natomiast r = N dałoby cos[(j − 1/2)π] = 0 dla każdej masy, więc nie dodaje nowego modu.

Mod zerowy jest ruchem środka masy

Unormowany kształt modu zerowego to e_j⁽⁰⁾ = 1/√N. Dla r = 1, …, N − 1 używamy e_j^(r) = √(2/N) cos[(j − 1/2)rπ/N]. Te wektory są ortonormalne. Nie można stosować współczynnika √(2/N) również do r = 0, bo jego suma kwadratów wyniosłaby 2.

Współrzędna q₀ = Σx_j/√N jest równa √N razy wychylenie środka masy X. Wszystkie siły sprężyn są wewnętrzne, więc pęd P = Nm Ẋ pozostaje stały. Równanie zerowego modu to q̈₀ = 0, a jego rozwiązanie i energia wynoszą:

q_0(t)=q_0(0)+\dot q_0(0)t,\qquad E_0=\frac m2\dot q_0^2=\frac{P^2}{2Nm}.

Sam cosinus o ω = 0 zgubiłby ruch jednostajny. Wyrażenia sin(ωt)/ω nie podstawiamy jako 0/0: jego granica to t. Zerowa częstość nie znaczy zerowej energii, jeśli środek masy się porusza. Przy tym samym pędzie energia E₀ jest najmniejszą możliwą energią układu; każda energia drgań wewnętrznych jest nieujemnym dodatkiem.

Dla N = 3 trzy kształty można zapisać jako (1; 1; 1), (1; 0; −1) i (1; −2; 1), a częstości to 0, √(K/m), √(3K/m). To inne widmo niż przy dwóch ścianach. Zmieniły się także same kształty: samo skreślenie najniższej niezerowej częstości z dawnej listy nie wystarczy.

Jedna ściana: brak swobodnej translacji

Zostawmy lewą sprężynę przy ścianie, a usuńmy prawą. Jest teraz N sprężyn. Warunki pomocnicze wynoszą x₀ = 0 oraz x_N+1 = x_N. Dla N ≥ 2 pierwsza masa spełnia m ẍ₁ = K(x₂ − 2x₁), a ostatnia nadal m ẍ_N = K(x_N−1 − x_N).

Kształt A_j = C sin(jθ) spełnia lewy warunek. Prawy wymaga:

\sin[(N+1)\theta]-\sin(N\theta)=2\cos\frac{(2N+1)\theta}{2}\sin\frac\theta2=0.

Dla θ = 0 otrzymalibyśmy same zerowe amplitudy. Nie jest to mod translacyjny, ponieważ ściana przywraca układ do równowagi. Pozostały czynnik daje:

\theta_r=\frac{(2r-1)\pi}{2N+1},\quad A_j^{(r)}=C\sin(j\theta_r),\quad\omega_r=2\sqrt{\frac Km}\sin\frac{(2r-1)\pi}{2(2N+1)},\quad r=1,\ldots,N.

W mianowniku jest 2N + 1. Zastąpienie go przez 2N przeniosłoby warunek z pomocniczego odcinka na niewłaściwe miejsce. Skrajna ruchoma masa nie jest ścianą. Dla K/m = 100 s⁻² i N = 3 najniższa częstość to około 4,450 rad/s, a nie 7,654 rad/s jak przy obu ścianach.

Policz energię tylko istniejących sprężyn

Przy swobodnych obu końcach energia potencjalna to KΣ(x_j+1 − x_j)²/2 dla j = 1, …, N − 1. Przy jednej lewej ścianie dochodzi Kx₁²/2; przy obu dochodzi jeszcze Kx_N²/2. Brak siły z nieistniejącej sprężyny i brak jej energii to dwa opisy tej samej zmiany modelu.

W granicznym N = 1 trzeba policzyć rzeczywiste sprężyny osobno: przy obu swobodnych końcach nie ma żadnej i ẍ₁ = 0; przy jednej ścianie jest jedna i ω = √(K/m); przy dwóch ścianach są dwie i ω = √(2K/m). Ogólne wzory na widma dają właśnie te wyniki. Zapis dwóch różnych równań dla skrajnych mas był przeznaczony dla N ≥ 2.

Zadania do tego tematu

• Usuń sprężyny przy ścianach: skąd bierze się mod zerowy?
• Pchnięcie środka swobodnego łańcucha: ile energii zostaje w translacji?
• Jedna ściana i trzy masy: sprawdź rzeczywisty warunek swobodnego końca

Dalsza lektura

Materiał referencyjny