02 振动 Vibration dynamics

谐振子

在物理学的不同领域甚至别的学科中，出现的方程式往往是完全一样的，这导致不同领域中会有相似的现象。因此对一个领域的研究可以扩展我们对另一个领域的认识，我们从一开始就应到认识到这种扩展的可能性，才能坚定地为此付出时间和精力。

学习谐振子本质上是在学习“常系数线性微分方程”。一般的$n$阶常系数线性微分方程可以写作$a_n\dfrac{d^n x}{dt^n}+a_{n-1}\dfrac{d^{n-1}x}{dt^{n-1}}+\cdots+a_1\dfrac{dx}{dt}+a_0x=f(t)$。其中，水平弹簧上挂一个重物的简谐运动模型的方程形式最简单，形如$m\dfrac{d^2 x}{dt^2}=-kx$。为了方便，我们暂时令$k=m$，那么消去得到$\dfrac{d^2 x}{dt^2}=-x$。我们发现，三角函数刚好满足这个性质，因此$x=\cos t$（或者$\sin t$）会是一个可行解。而经过尝试，我们发现$x=A\cos t$对于任意的$A$都是可行的——这说明了线性微分方程的一个极其重要的性质：如果用任意常数乘以方程的一个解，所得结果仍是方程的解。从数学上这可以用“常数可以提出微分之外”来解释，而它的物理意义却很有意思——如果我们在初始时把物体拉到原来的两倍的距离上，那么其受力也变成两倍；虽然路程边远，但它加速的也更快，最后的结果是时间不变——也就是说，对于遵循线性方程的运动来说，不管运动有多“强”，它都会具有相同的“时间图像”。所以为了使物体满足一般的方程$m\dfrac{d^2 x}{dt^2}=-kx$，我们必须尝试改变时间的标度。 设$x=\cos \omega_0 t$，其二阶导为$-\omega_0^2 \cos \omega_0 t = -\omega_0^2 x$。因此只需令$\omega_0^2 = \dfrac{k}{m}$就得到一个解了。我们知道三角函数是周期函数，而$w_0T=2\pi$时刚好走完一个周期，因此我们就称$T$为简谐运动的一个周期。

我们已经知道，仅根据微分方程是无法确定常数系数的，并且由于初速度初位移的各种不同，最后解的情况也不同。我们依旧假定解是三角函数的形式，那么改变初相位，得到解$\cos(\omega_0 t + \Delta)$，对它和差展开，我们发现任何形如$x=A\cos \omega_0 t+B\sin \omega_0 t$都是可能成为解的。我们可以用这个形式来待定系数，求出初始条件下的方程。

对于任何一个求得的解，我们可以验证解对应的弹性势能和动能之和对任意时间$t$恒为常数，这与能量守恒定律相符。

“简谐运动的解是三角函数”这一事实暗示了简谐运动与圆周运动在数学上具有某种联系，因为三角函数最初是定义在单位圆上的。其实，在研究圆周运动时，我们其实已经结果简谐运动的微分方程了——圆周运动的水平投影（或者竖直投影）就是简谐运动，向心加速度的水平分量水平投影运动的加速度，而就是对应简谐运动的加速度。如果我们把振动看作某个圆周运动的投影，那么我们就只需要分析简谐运动而没有必要分析微分方程了，尽管另一个方向的运动完全是人为补充的多余的运动。这暗示着，如果用复数的技巧，会使得运算变得简单。

受迫振动

受迫运动是弹簧振子在受到一个外策力$F(t)$的作用下的运动。假设力也是一个振动，比如$F(t)=F_0\cos \omega t$，那么动力学方程为

$m\dfrac{d^2 x}{dt^2}=-kx+F_0\cos \omega t$

我们在上文中非受迫振动时曾得到了一个固定的周期，对应有$\omega_0^2 = \dfrac{k}{m}$。这个$\omega _0$是由$k,m$决定的，即由弹簧振子本身的性质决定。所以我们可以做代换$k=m\omega_0^2$。那么也就是要解微分方程

$m\dfrac{d^2 x}{dt^2}+m\omega_0^2 x=F_0\cos\omega t$

我们设想$x$依然是三角函数，并且和外策力具有相同的频率（试一试总是可以的）。这是符合直觉的，因为假如我们不断来回推动物体，物体必将与力同步来回运动。代入$x = C\cos \omega t$，得到

$-mC\omega^2 \cos \omega t+m\omega_0^2 C\cos \omega t=F_0 \cos \omega t$

看来这是可行得，并且$C$必须等于$\dfrac{F_0}{m(\omega_0^2-\omega^2)}$

这个解就是受迫振动的运动，它表面受迫谐振子和外策力频率相同，但振动幅度由外策力频率决定。当$\omega=\omega_0$时，振动幅度趋向无穷（理想情况，实际情况由于摩擦力的存在，弹簧劲度系数有限，不可能达到无穷）；当$\omega$远小于$\omega_0$时，$C$为正，位移矢量和力的矢量方向相同，因为此时推得很慢；而远大于时，位移矢量必须和力得矢量方向相反。当外策力频率很高的时候，分母很大，振幅很小。

这个解可能只是一种情况，我们不能保证没有其他情况。在别的初始条件下还会有别的解，我们暂时先不讨论。

阻尼振动

现在我们再把阻力加入到方程中。在很多情况下，阻力与速度成正比，比如在油或很浓的液体中，物体运动的越快，油为了让其更快通过必须受到更大的力，因此阻力也就越大。我们解方程：

$m\dfrac{d^2 x}{dt^2}+c\dfrac{dx}{dt}+kx=F(t)$

方便起见，取$c=m\gamma,k=m\omega_0^2$，并再次假定$F=F_0\cos \omega t$，那么化简得到

$\dfrac{d^2 x}{dt^2}+\gamma\dfrac{dx}{dt}+\omega_0^2x=\dfrac{F_0\cos\omega t}{m}$

我们假设解是$x=A\cos(\omega t+\Delta)$这样的形式。但这样导致运算很繁琐。为了运算上的方便，我们引入复数的技巧。根据欧拉公式$e^{i\theta}=\cos \theta+i\sin \theta$，我们可以用幂指数来代替三角函数。我们把$x,F$看作复数，因为复数相等肯定得要求实部相等，我们把上述方程作为我们复数方程的实部（这种方法能适用正是因为方程是线性的，因此实部和虚部才能互相独立）。记$\hat{F}=F_0 e^{i\omega t}$（尖号代表复数），位移为复数$\hat{x}$，那么要解方程

$\dfrac{d^2 \hat{x}}{dt^2}+\gamma\dfrac{d \hat{x}}{dt}+\omega_0^2\hat{x}=\dfrac{\hat{F}}{m}$

根据我们的假设，$x$作为幂指数取一次导数就相当于其本身乘以指数上$t$的系数——微分被转化为了乘法！那么代入得到

$(i\omega)^2\hat{x}+\gamma(i\omega)\hat{x}+\omega_0^2 \hat{x}=\dfrac{\hat{F}}{m}$

因此$\hat{x} = \dfrac{\hat{F}}{m(\omega_0^2-\omega^2+i\gamma \omega)}$

这说明解是力乘以（复数的）常数，一个复数常数肯定可以被某个$\rho e^{i\theta}$表示，因此$\hat{x}=\rho e^{i\theta}F_0e^{i\omega t}=\rho F_0e^{i(\omega t+\theta)}$。取实部，就得到$x=\rho F_0\cos(\omega t+\theta)$。我们通过对这个常数分母实数化就可以得到$\dfrac{1}{m(\omega_0^2-\omega^2+i\gamma \omega)}=\dfrac{\omega_0^2-\omega^2-i\gamma \omega}{m(\omega_0^2-\omega^2+i\gamma \omega)(\omega_0^2-\omega^2-i\gamma \omega)}=\dfrac{\omega_0^2-\omega^2-i\gamma \omega}{m((\omega_0^2-\omega^2)^2+\gamma^2\omega^2)}$由此可得$\rho = \dfrac{1}{m\sqrt{(\omega_0^2-\omega^2)^2+\gamma^2\omega^2}}$，$\tan \theta=\dfrac{\gamma \omega}{\omega^2-\omega_0^2}$。

由此我们看到振幅是$\dfrac{F_0}{m\sqrt{(\omega_0^2-\omega^2)^2+\gamma^2\omega^2}}$，可见在阻尼存在的情况下振幅能达到极大而不是无穷大。$\gamma$是阻尼的系数，如果它很小，那么左边的项主导振幅的大小。

共振

在阻尼振动中，如果$\omega$和$\omega_0$非常接近并且$\gamma$很小，那么$(\omega_0^2-\omega^2)=(\omega_0+\omega)(\omega_0-\omega)$ $\approx 2\omega_0(\omega_0-\omega)$，$\gamma \omega \approx \gamma \omega_0$，于是振幅可以近似为$\dfrac{F_0}{m\sqrt{4\omega_0^2(\omega_0-\omega)^2+\gamma^2\omega_0^2}}$ $=\dfrac{F_0}{2m\omega_0\sqrt{(\omega_0-\omega)^2+\gamma^2/4}}$。这个公式成为“共振”公式，它是在$\omega$与$\omega_0$很接近且阻尼$\gamma$很小时的阻尼振动。共振现象的重要性在于，它在很多其他情况中也会出现。例如如果把一个电感、电阻和电容串联在一起，会得到一个关于电荷$q$的线性微分方程，这个方程和阻尼振动一模一样，因此我们可以直接得到解——电路同样有着共振的性质。

振子的能量

在没有阻尼和外策力的情况下，我们知道振子的能力就是动能和（弹性）势能之和$\dfrac{1}{2}mv^2+\dfrac{1}{2}kx^2$。对于一般的阻尼振动，我们知道$F(t)=m\dfrac{d^2 x}{dt^2}+\gamma m\dfrac{dx}{dt}+m\omega_0^2x$，外策力的功率应当等于系统能量的变化率，因此对外策力的功率$P=F\dfrac{dx}{dt}$对时间积分就可以得到振子能力的一般形式。$P=m\left[\dfrac{dx}{dt}\cdot\dfrac{d^2 x}{dt^2}+\omega_0^2x\cdot \dfrac{dx}{dt}\right]+\gamma m\left(\dfrac{dx}{dt}\right)^2$。其中，对于第一项和第二项，$\displaystyle\int m\left[\dfrac{dx}{dt}\cdot\dfrac{d^2 x}{dt^2}+\omega_0^2x\cdot \dfrac{dx}{dt}\right]dt=\dfrac{1}{2}m\left(\dfrac{dx}{dt}\right)^2+\dfrac{1}{2}m\omega_0^2 x^2$，恰好就是动能与弹性势能之和。这一项叫储能，即储存在振动中的能力。在外策力作用下，这一项在平均意义上是不变的。因此，我们可以把能量的转化理解为$\gamma m\left(\dfrac{dx}{dt}\right)^2$这一项“吸收了”所有外力做功的作用功率。因此我们说“振子的平均功率”为$\langle P\rangle=\left\langle \gamma m\left(\dfrac{dx}{dt}\right)^2\right\rangle$。如果$x=x_0\cos(\omega t+\Delta)$，那么$\dfrac{dx}{dt}$的幅度为$\omega x_0$。这个平均值就是对时间的积分意义下的平方平均值（高中里的交流电有效值就是这样定义的，事实上交流电就是振动的一个应用），因此$\dfrac{1}{2}\langle P\rangle=\gamma m \omega^2 x_0^2$。在电路中，$q$对应$x$，因此$\dfrac{dx}{dt}$对应$I$，$m \gamma$对应电阻$R$，因此电路中能量的消耗功率（即电功）为$I^2R=\dfrac{1}{2}I_0^2 R$，这就是焦耳热。

对应的，储能的平均值为$\langle E\rangle=\dfrac{1}{4}m(\omega^2 +\omega_0^2)x_0^2$。振子的功率只是为了抵消阻尼损耗，使得储能平均意义下保持不变。当$\omega$和$\omega_0$很接近时，发生共振， 储能很高——这使得我们可以用一个比较小的力获得了一个比较大的能量。所以我们可以用储能与振子的功率（每一次振动外力做的功）之比来度量振子的效率，这称为系统的$Q$值，它定义为$2\pi$乘以（为了方便）储能除以每一次完整振动期间外力做的功，也即储能除以每弧度里外力做的功。计算得$Q=2\pi \cdot \dfrac{\langle E\rangle}{\langle P\rangle \cdot \frac{2\pi}{\omega}}$ $=\dfrac{\omega^2+\omega_0^2}{2\gamma \omega}$。对于共振振子，可以进一步化简得到$Q=\dfrac{\omega_0}{\gamma}$，它也可以用来衡量共振图像（振幅与频率的关系）上突起的尖锐程度，$Q$越大图像越尖锐。在电路中，相应的$Q = \dfrac{L\omega}{R}$。

瞬变态

我们已经看到，当我们给振子施加一个稳定振动的外策力的时候，振子的运动也是稳定的。这样的运动称为“稳态响应”。而与之相应的是“瞬变响应”。瞬变态，是指当没有作用力存在，且系统不是简单地处于静止时，我们的微分方程的一个解。这在生活中很常见，比如我们只是敲一下一个物体，而不持续施加作用，那么这个物体的振动将逐渐变小并在一段时间之后消失。

首先，我们来看一个$Q$值很高的系统将发生什么情况。我们首先从非数学的角度来猜测此时微分方程的解的样子。我们在分析振子的能量时看到，外策力的能量全都被用来克服阻尼。那么一旦外策力停止做功，我们有理由相信，振子只能通过消耗储能来克服阻尼继续运动。由于$Q$值是振子本身的性质，与振子的状态无关，它反应了当前状态振子的储能与克服阻力的功率之比，那么在瞬变态中它应当反应“消耗储能的功率”。所以我们能够写出方程$\dfrac{dE}{dt}=-\dfrac{\omega E}{Q}$，比如$Q/2\pi=1000$时，每振动一周将会损耗储能的$1/1000$，因此瞬间能量损耗的速率就应当是当前储能的$1/Q$倍乘上单位时间走过的弧度。另一方面，我们根据生活经验也已经熟知$\omega$就是固有频率， 它不会在振幅衰减的时候发生变化。我们在钢琴上踩着踏板弹一个跳音，跳音的延音并不会发生音高的变化。所以式中的$\omega$就恒为$\omega_0$。基于这样的猜测，我们可以直接写出方程的解为$E=E_0e^{-\frac{w_0 t}{Q}}=E_0e^{-\gamma t}$。由于能量正比于振幅的平方，因此振子的运动应当写为$x=A_0e^{-\frac{\gamma t}{2}}\cos \omega_0 t$。

以上只是我们的猜测。下面我们继续采用复数的方法来严格求解微分方程

$\dfrac{d^2 \hat{x}}{dt^2}+\gamma\dfrac{d\hat{x}}{dt}+\omega_0^2\hat{x}=0$

我们设$\hat{x}=Ae^{i\alpha t}$。注意，我们这里没有设成$\hat{x}=Ae^{i\omega t}$，因为我们认为$\alpha$可以取复数，这样$i\alpha t$这一项又可以有实部，又可以有虚部，这样提取出幂指数为实数的那一项，$x$的振幅就会发生变化，这才符合我们的预期。指数的微分是容易的，因此微分方程立即化简为

$A(i\alpha)^2e^{i\alpha t}+A\gamma(i\alpha)e^{i\alpha t}+\omega_0^2 Ae^{i\alpha t}=0$

因式分解得

$(-\alpha^2+i\gamma \alpha+\omega_0^2)Ae^{i\alpha t}=0$

由于$Ae^{i\alpha t} \neq 0$，因此$-\alpha^2+i\gamma \alpha+\omega_0^2=0$。直接利用求根公式就可以得到$\alpha = \dfrac{i\gamma \pm \sqrt{4\omega_0^2-\gamma^2}}{2}=\dfrac{i\gamma}{2}\pm\sqrt{\omega_0^2-\dfrac{\gamma^2}{4}}$

我们暂且假设根号内大于0，并将这个根号记为$\omega_{\gamma}$。先来看$\alpha_1=\dfrac{i\gamma}{2}+\omega_{\gamma}$这个解，代入得到$\hat{x_1}=Ae^{(-\frac{\gamma}{2}+i\omega_{\gamma})t}=Ae^{-\frac{\gamma}{2}t}e^{i\omega_{\gamma}t}$，取其实部为$x_1=Ae^{-\frac{\gamma}{2}t}\cos \omega_\gamma t$。这和我们的猜测基本吻合，但频率不是固有频率$\omega_0$，而是比它稍微小一点，受阻尼影响，频率变为$\sqrt{\omega_0^2-\dfrac{\gamma^2}{4}}$。当$\gamma$较小时，基本可以忽略。

但我们还得到了另一个解$\alpha_2=\dfrac{i\gamma}{2}-\omega_\gamma$，代入有$\hat{x_2}=Ae^{(-\frac{\gamma}{2}-i\omega_{\gamma})t}=Ae^{-\frac{\gamma}{2}t}e^{-i\omega_{\gamma}t}$。我们知道线性微分方程的解乘以任何常数都是没有问题的，把两个解相加也是没有问题的（线性就是对加法和数乘封闭），因此任何一个形如$\hat{x}=e^{-\frac{\gamma t}{2}}(Ae^{i\omega_\gamma t}+Be^{-i\omega_\gamma t})$都是方程的解。为了取得实部作为我们的解，我们可以保留前一项复数$Ae^{i\omega_\gamma t}$，而令$Be^{-i\omega_\gamma t}$只能取$Ae^{i\omega_\gamma t}$的共轭复数，这样得到实数解的一般形式$x=e^{-\frac{\gamma t}{2}}(Ae^{i\omega_\gamma t}+A^* e^{-i\omega_\gamma t})$。这相比于原来的解多出来一个相移——我们的实数解时一个具有相移和阻尼的振动。利用初始状态的$x_0,v_0$，通解可以写为$x=e^{-\frac{\gamma t}{2}}\left[x_0\cos\omega_\gamma t+\dfrac{v_0+\gamma x_0/2}{\omega_\gamma}\sin\omega_\gamma t\right]$。

如果$\gamma$足够大，使得根号内小于0了呢？此时我们解为$\dfrac{i\gamma}{2}\pm i\sqrt{\dfrac{\gamma^2}{4}-\omega_0^2}$，正的那个时无振荡的指数衰减，另一个则是还要快得多的衰减。将这两种代入，并同样做线性组合，就能得到此时解的一般形式。

我们从物理上已经发现，当$\gamma$变化到超过某一临界值的时候，三角函数逐渐变成了指数函数。这再次证明了三角函数和指数函数的密切联系，在引入复数和欧拉公式的时候，这种关系就已经表现出来了。指数函数最后会收敛于0，这恰好体现了我们的解是“瞬变态”的解。

线性系统

线性系统就是线性代数中我们研究过的，对加法和数乘封闭的系统。在研究瞬变态的过程中，如果我们把左侧记为$L(x)$（一个关于$x$的函数），那么微分方程就是$L(x)=0$。线性微分方程有对于解的叠加和数乘的性质，即$L(x_1+x_2)=L(x_1)+L(x_2)$，$L(cx)=cL(x)$。因此如果有$L(x_1)=0,L(x_2)=0$，那么$L(\alpha x_1+\beta x_2)=0$恒成立。可以证明，由于瞬变态的振子方程是二阶的，所能求出的线性独立的解只有两个。而我们已经求出了这两个解，因此我们其实已经找出了这个方程的所有可能解。一般来说，我们能求得的独立解的数目与方程的“自由度”有关，现在暂时不讨论。

研究瞬变态的好处在于我们已经找出了$L(x)=0$的所有可能解。现在把方程替换成任意的$L(x)=F(t)$，如果我们有该方程的一个特解$x_0$，那么该特解叠加上任何一个瞬变态的解$x'$都满足$L(x_0+x')=L(x_0)+L(x')=L(x_0)=F(t)$。因此，我们可以把任何瞬变解叠加到受迫解上去，得到的仍然是受迫解。例如，当外策力发生变化的时候，我们想研究振子运动的变化，就可以用该外策力的受迫解去叠加瞬变解，来得到振子的变化过程。

如果外策力可以看成两个力的叠加，即$L(x)=F_a(t)+F_b(t)$。那么我们可以先解$L(x_1)=F_a(t)$，再解$L(x_2)=F_b(t)$。根据线性性，就有$L(x_1+x_2)=F_a(t)+F_b(t)$了，这说明我们可以把合力分解后逐个求解运动，最后再把运动叠加。

更一般地，如果外策力$F(t)$是一个任意的一般函数，那么解会变得非常复杂。我们通常有两种方法来解决这个问题：第一种是把复杂的函数分解为许多正弦函数之和，而我们已经知道正弦函数对应的解，而这些解叠加后就会得到最终的解，这个分解过程就是“傅里叶变换”；另一个方法是我们可以把$F(t)$切分，将每一个时间微元里的力看作一个短时间的冲力，这个冲力的作用可能是一连串的运动，那么当我们把每个冲力在对应时间的作用叠加起来，就会得到最终的运动，这个方法是“格林函数法”。

线性系统在物理里至关重要，因为绝大部分情况我们能解的都只有线性问题，对于非线性问题，一般只能数值求解。而实际情况表明，物理基本定理常常是线性的（这会不会只是因为我们发现的定律只是近似呢？）。例如，我们在电磁场中也可以使用叠加原理，但这恰恰是因为麦克斯韦方程组就是线性方程组！就我们所知，量子力学的伟大定律也是线性方程……

弹簧振子的模型可以类比许许多多线性系统，其中最巧妙的就是称为线性电路的电学系统。我们已经知道，电荷$q$可以类比位移$x$，电流$I$可以类比速度$v$。而事实上，电感$L$可以类比惯性$m$，电压$V$可以类比力$F$。这样，在电学系统中电感的方程$V=L\dfrac{d^2 q}{dt^2}$就是电学中的牛顿第二定律！那么，什么东西可以类比力学中的弹簧$F=kx$呢？换言之我们要寻找$V$和$q$的线性关系，答案是电容$V=\dfrac{1}{C} \cdot q$。因此，我们学到的一切力学中的内容都可以用线性电路来一一对应。当我们要分析一个复杂的力学系统时，可以建立一个完全同构的电学系统，而电学系统是易于建立、测量、调节的。既然电学系统和力学系统可以做到完全等价，那么电学系统中的定律，例如阻抗的串联和并联、基尔霍夫定律，就可以反过来应用于力学。以后我们还要更加详细地讨论。