首先，建立运动微分方程。
考虑原长为 `L` 未变形时的弹簧。选取某一位置为坐标原点，以向下为正方向，设距离原点 `x` 处与弹簧未变形前所重合的那个质点的位移为 `u(x)`，外加的质量力为 `f(x)` (单位质量的质点所受到的力)。类似弹性杆纵向振动的微元分析，可得到弹簧振动的运动方程$$ \underbrace{\rho\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}}_{质量\times 加速度}=\underbrace{kL\frac{\partial^2u}{\partial x^2}}_{弹性系数\times 长度\times 应变}+\underbrace{\phantom{\frac{}{}}\rho f}_{质量\times 质量力}$$化简后得到$$\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}-\frac{kL}{\rho}\frac{\partial^2u}{\partial x^2}=f\tag{4}$$这是一个一维波动方程，波速为 `a=\D\sqrt{\frac{kL}{\rho}}`
对于1楼的情形，断开上部连接后，整个弹簧只受重力，根据质心动量定理可知，拉伸后的弹簧质心 `C` 作自由落体运动。为了方便描述，我们以拉伸后的质心为原点，建立坐标系。
由于质心系是非惯性系，因此整体除了受到重力（质量力）之外，还要受到一个反向等大的惯性力（这也是一个质量力），因此方程中的最后一项 `f` 为零（也就是说，此时弹簧处于“失重”状态，只在内力作用下自由振动）。这就避免了求解非齐次方程。
考虑定解条件：
1. 边界条件
两端自由，故不受力
`\D kL\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} \Bigg{|}_{x=x_a}=0`，`\D kL\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} \Bigg{|}_{x=x_b}=0`.
其中 `x_a`，`x_b` 分别是弹簧拉伸前，上端和下端相对于质心 `C` 的位置。
2. 初始条件
初始时刻弹簧已经被拉长了，整个弹簧的位移和速度分布都为零
`u(x,0)=\varphi(x)\;(x_a\leqslant x \leqslant x_b)`，`\D\frac{\partial u}{\partial t}\Bigg{|}_{t=0}=0`
考虑分离变量解 `u(x,t)=\phi(x)q(t)`，代入原方程得到两个常微分方程，得到三角级数解。其中固有频率由边界条件决定，相位以及振幅由初始条件确定。 下面来求质心 `C` 的位置。
设质心距离悬挂点 `y_c` 处，根据质心定义$$y_C=\frac{1}{m}\int_0^{L+\frac{mg}{2k}}y\rho'\dif y=\int_0^{L+\frac{mg}{2k}}\frac{ky}{\sqrt{m^2g^2+k^2L^2-2mgk(L-y)}}\dif y=\frac{L}{2}+\frac{mg}{3k}\tag{5}$$代入 `(2)` 求出变形后的质心在变形前的位置$$z_C=L+\frac{kL^2}{mg}-\frac{L}{mg}\sqrt{\frac{1}{3}m^2g^2+k^2L^2+mgkL}$$那么$$x_a=-z_C,\quad x_b=L-z_C$$类似地，将坐标系原点移动到 `z_C` 处，那么根据 `(1)` 可求出初始位移分布 $$\begin{align*}\varphi(x)&=y(x+z_c)-y_C\\ &=\frac{x}{kL}\sqrt{\frac{1}{3}m^2g^2+k^2L^2+mgkL}-\frac{mg}{2kL^2}x^2\end{align*}$$接下来就是解方程了。 本帖最后由 倪举鹏 于 2016-8-8 08:05 编辑
这种不均匀弹簧任何时刻弹性势能如何算，还有任何时刻动能。想拉格朗日方程试试 想数值解方程也很难了，这问题就是个坑
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