振动力学

简谐振动运动学

振动是一种普遍存在的运动形式

1. 物体的来回 往复运动（弹簧振子、单摆等）Vibration, Oscillation.
2. 电流、电压的周期性变化

任一物理量(如位移、电流等)在某一数值附近反复变化----振动。

机械振动： 物体在一定位置附近作来回往复的运动

可以证明: 任何复杂的振动都可以认为是由若干个简单而又基本的振动的合成。这种简单而又基本的振动形式称为简谐振动。


简谐振动的运动规律


简谐振动：凡质点的运动遵从余弦（或正弦）规律时，其运动形式为简谐振动。

$\boxed{x=A\cos (\omega t+\varphi)}$

1. 振幅 $A$ Amplitude.

2. 周期 $T$ 完成一次全振动所经历的时间。

3. 频率 $\nu$：单位时间内完成全振动的次数。

4. 角频率 $\omega$

5. 相位 $\Phi=(\omega t+\varphi)$ 位置和速度仅仅由相位决定 $x=A\cos \Phi(t),v=-\omega A\sin \Phi(t)$。$\varphi$：振动的初相位。

   求出 $\varphi,\Phi$：

   $\varphi=\arctan\left(-\frac{v_0}{\omega x_0}\right)\quad \Phi=\arctan\left(-\frac{v}{\omega x}\right)$

   


相位差 对于两同频率的谐振动 $\Delta \varphi=\varphi_2-\varphi_1$ 初相差。明确 $\varphi_2-\varphi_1$ 在 $-\pi \sim \pi$ 之间。

同相和反相 $\Delta \varphi=\pm2k\pi$ 同相，$\Delta\varphi=\pm(2k+1)\pi$ 反相。

超前和落后


这里 $\varphi_2=0,\varphi_1=-\pi/2$，因此 $x_2$ 超前于 $x_1$。

速度和加速度

$x=A\cos (\omega t+\varphi)\\ v=-\omega A\sin (\omega t+\varphi)=v_m\cos \left(\omega t+\varphi+\frac{\pi}{2}\right)\\ a=-\omega^2 A\cos (\omega t+\varphi)=v_m\cos \left(\omega t+\varphi\pm \pi\right)$

1. $v_m=\omega A$ 称为速度幅，速度相位比位移超前 $\pi/2$。
2. $a_m=\omega^2 A$ 称为加速度幅，和位移反相。



旋转振幅矢量法


$x=A\cos (\omega t+\varphi) \quad y=A\sin(\omega t+\varphi)$


利用旋转矢量可以得出初相位（多个解），然后通过质点移动的方向，来判定是哪个初相位。


(1) 振动式 $x-t$ 曲线。

已经知道 $A=12 \mathrm{~cm}$，角速度 $\omega=T/2\pi=\pi \mathrm{~s^{-1}}$。

振动式：$x=0.12\cos (\pi t-\pi/3)$。

(2)


(3)


旋转矢量法。


简谐振动动力学

简写振动的动力学方程

受到线性恢复力 $F=-kx$，物体具有惯性。

$\frac{\mathrm d ^2 x}{\mathrm d t^2}+\frac{k}{m} x=0 \Rightarrow\frac{\mathrm d ^2 x}{\mathrm d t^2}+\omega^2 x=0$

完全的积分法：

$\frac{\mathrm d ^2 x}{\mathrm d t^2}=\frac{\mathrm d v}{\mathrm d t}=v\frac{\mathrm d v}{\mathrm d x}=-\omega^2 x$

解为：

$x=A\cos (\omega t+\varphi)$

由初始条件 $(x_0,v_0)$：

$A=\sqrt{x_0^2 +\frac{v_0^2}{\omega^2}}\quad \varphi=\arctan \left(-\frac{v_0}{\omega x_0}\right)$

怎么推的？

$x_0=A\cos (\omega t +\varphi)|_{t=0}=A\cos \varphi\\ v_0=-\omega A\sin(\omega t +\varphi)|_{t=0}=-\omega A\sin\varphi$

因此

$x_0^2+\frac{v_0^2}{\omega^2}=A^2(\sin^2\varphi+\cos^2\varphi)=A^2$

$\Rightarrow A=\sqrt{x_0^2 +\frac{v_0^2}{\omega^2}}\quad \varphi=\arctan \left(-\frac{v_0}{\omega x_0}\right)$

如果存在常力 $\boldsymbol F$ ？ 比如说重力或者电场力，位移振子。

$m\frac{\mathrm d ^2 x}{\mathrm d t^2}=-kx+F$

$m\frac{\mathrm d ^2}{\mathrm d t^2}\left(x-\frac{F}{k}\right)=-k\left(x-\frac{F}{k}\right)$

令 $X=x-x_0,x_0=F/k$，得到

$\frac{\mathrm d ^2 X}{\mathrm d t^2}+\frac{k}{m} X=0$

满足 $x=A\cos (\omega t+\varphi)$，也可以是受迫振动。

微振动的简谐近似

单摆在小角摆动

以角度增加的方向为正方向。那么重力分力：$f=-mg\sin\theta$。

由于 $\theta$ 很小，$\sin \theta \approx \theta$，而且走过的弧长 $s=l\theta$，那么

$f=-\frac{mg}{l}s=-ks$

得到是简谐振动的形式，因此

$\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{g}{l}}$

周期

$T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$

复摆的小角摆动

定轴转动问题，固定 $O$ 点，对应 $z$ 轴。以角度增加的方向为正方向。

$M_z=J\frac{\mathrm d ^2\theta}{\mathrm d t^2}$

$M_z=-mgr_c\sin \theta \approx -mgr_c \theta$

因此

$\frac{\mathrm d ^2\theta}{\mathrm d t^2}+\omega ^2 \theta=0$

$\omega=\sqrt{mgr_c/J}$

如果复摆就是一个质点，得到 $J=mr^2_c$，代入，得到 $\omega=\sqrt{g/l}$。

设水平方向 $C$ 投影离原点距离为 $x$，则 $\theta \approx x/r_c$，得到

$E_p(x)=mgr_c(1-\cos \theta)\approx mgr_c \frac{\theta^2}{2}=\frac{mgx^2}{2r_c}=\frac{1}{2}kx^2$

为什么能够近似简谐振动？

在最低点 $x$ 处泰勒展开。

$E_p(x)\approx E_p(0)+\underbrace{\frac{\mathrm d E_p}{\mathrm d x}}_{=0}x+\frac{1}{2}\frac{\mathrm d^2 E_p}{\mathrm d x^2} x^2$



对于板子，分析横向运动，需要分析摩擦力，因此需要分析支持力。选两个圆柱的中点为原点。

首先，受力平衡，得到 $N_1+N_2=mg$，其次不能发生转动，力矩平衡

$N_1(l+x)=N_2(l-x)$

得到

$N_1=\frac{l-x}{2l}mg\quad N_2=\frac{l+x}{2l}mg$

$f_1-f_2=ma \Rightarrow a=\frac{\mu}{m}(N_1-N_2)=-\frac{x}{l}\mu g$

得到

$T=2\pi \sqrt{\frac{l}{\mu g}}$

如何判别简谐振动？

动力学方程形式：$\ddot{x}+\omega^2 x=0$ 动力学方程形式。$F_{合}=-k^* x+F_0$ 线性回复力。$E=\frac{1}{2}k^*x^2+\frac{1}{2}M^*v^2$ 能量的形式。

简谐振动的能量

动能 $E_k=\frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2}kA\sin^2 (\omega t+\varphi)$。

势能 $E_p=\frac{1}{2}kx^2=\frac{1}{2}kA^2 \cos ^2(\omega t+\varphi)$。


• 振子在振动过程中，动能和势能分别随时间变化，但任一时刻总机械能保持不变。

• 动能和势能的变化频率是弹簧振子振动频率的两倍。

• 谐振动的总能量与振幅的平方成正比。也就是说：

  $E=\frac{1}{2}kA^2\quad A=\sqrt{\frac{2E}{k}}=\sqrt{\frac{2E_0}{m\omega^2}}$

平行简谐振动的合成 振动频谱

垂直简谐振动的合成

阻尼振动

受迫振动 共振

习题

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$-mgR\sin\theta=J_O\ddot{\theta}$

然后由平行轴定理得到 $J_O=J_C+md^2=mR^2+mR^2=2mR^2$。

当 $\theta$ 很小的时候，$\sin\theta \approx \theta$，得到

$2mR^2 \ddot{\theta}+mgR\theta=0$

对比

$\ddot{x}+\omega^2x=0$

可以得到

$\omega^2=\frac{mgR}{2mR^2}=\frac{g}{2R},\omega=\sqrt{\frac{g}{2R}}$

$T=\frac{2\pi}{\omega}=2\pi\sqrt{\frac{2R}{g}}$

也可以使用能量，能量守恒。

$E=-mgR\cos\theta+\frac{1}{2}J_O\dot{\theta}^2=-mgR+\frac{1}{2}mgR\theta^2+mR^2\dot{\theta}^2$

对比能量的表达式：

$\frac{1}{2}k^*x^2+\frac{1}{2}m^*\dot{x}^2$

等效的劲度系数与质量：$k^*=mgR,m^*=2mR^2$。

$\omega=\sqrt{\frac{k^*}{m^*}}=\sqrt{\frac{g}{2R}}$

17-3


21-4



利用系统机械能


利用动力学方程

$M=k\Delta l\cdot L+mg \Delta l+\frac{1}{2}m'g \Delta l \quad \frac{\Delta l}{L}=\theta$

$J=\frac{1}{3}m'L^2+mL^2$

$J\ddot{\theta}=-M$

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其实就是求周期。第 $n$ 滴 $M_{总}=M+nm$，求的

$\omega=\sqrt{\frac{k}{M_{总}}}=\sqrt{\frac{k}{M+nm}}$

因此，走过 $\pi$，时间间隔

$\Delta t=\frac{\pi}{\omega}=\pi \sqrt{\frac{M+nm}{k}}$

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原题了。

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可以直接说明平衡位置。