例1：在光滑的水平桌面上有一质量为m、劲度系数为k的弹 簧振子，设弹簧原长位置为x轴的原点O.现将物体向右拉开 到P点使OP间距离为x0 . 然后由静止将其释放并开始计时。 求：(1) 弹簧振子的振动表达式； (2) 物体由P点第一次运动到O点的时间间 x 隔内, 弹簧中的弹性力施加给物体的冲量。 x0 O P (1) 解： ω = k m t = 0 时,
x = x0 , v = 0
A = x0 , ϕ = 0
x = x0 cos k m t
(2) I = m v 2 − m v1
I = m v 2 = − mω A = − x 0 km
t = T/4 时, I = ∫ −kx d t = ∫ 4 −kx0 cos k mt d t = − x0 km
4 0 0 T T
2012年3月15日
大连理工大学
秦 颖
1
例2：将竖直悬挂的弹簧振子(m, k)向下拉使弹簧伸长 为3mg/k, 然后由静止释放, 要使振子动能达到m2g2/k， 至少需要经历的时间是多少? 以平衡位置为原点。
解： 平衡时 m g = kl0
ω =
k m
x = A cos (ω t + ϕ )
3 mg mg 2 mg A= − = k k k
由初条件知 ，ϕ = 0
x = A cos ( ω t )
1 2 1 m2 g 2 2m 2 g 2 mv = mω 2 A2 sin2 (ωt ) = sin 2 (ω t ) = 2 2 k k π π m ωt =
4
t =
4
k
秦 颖
2
2012年3月15日
大连理工大学
例3：劲度系数为100N/m的轻弹簧和质量为10g的 小球组成弹簧振子，第一次将小球拉离平衡位置 4cm ，由静止释放任其摆动；第二次将球拉离平 衡位置2cm 并给以2m/s的初速度任其摆动。两次 16 × 10 − 4 16 2 振动的能量之比 E 1 A12 = 2 = = = 2 为( )。 E2 A2 8 1 ⎛ 2 v0 ⎞
⎜ x0 + ω 2 ⎟ ⎝ ⎠
例4：一弹簧振子竖起挂在电梯内,当电梯静止时振 子谐振动频率为ν0,现使电梯以加速度a向上作匀加 速运动,则其简谐振动的频率 将如何变化？(填不变、变大、 ν = 1 k 不变 2π m 变小、变大变小都有可能)
2012年3月15日 大连理工大学 秦 颖
3
例5：一单摆挂在电梯顶上，当电梯静止时，单摆 的谐振动周期为T0 ，现使电梯向下作匀加速运动, 则单摆周期将如何变化？(变大、变小、不变)
T0 = 2π
l g
T
ma mg
l T ′ = 2π 变大 g-a
2012年3月15日
大连理工大学
秦 颖
4
§4.3 阻尼振动
一、阻尼振动的动力学方程
d2x dx 微分方程： m 2 = − kx − γ dt dt
f = −γ (dx / dt )
d2 x dx + kx = 0 m 2 +γ dt dt
1. 受力特点：物体受回复力和与速度正比的阻尼力。 2.
γ
m
= 2β
k = ω 02 m
d2 x dx d 2 x γ dx k 2 + 2β + ω0 x = 0 + + x=0 2 2 dt dt dt m dt m
ω 0 ～无阻尼振动的固有频率
设 x → Ae
2012年3月15日
β ～阻尼系数
3. 设定试解： ( r 2 + 2β r + ω 02 )e r t = 0 → r 2 + 2β r + ω 02 = 0
rt
2 2 − b ± b2 − 4ac − 2β ± 4β − 4ω0 2 r= = = −β ± β 2 − ω0 2a 2
大连理工大学
秦 颖
5
二、微分方程的求解 1. 小阻尼：
r = −β ±
x
β 2 − ω 02
A
Ae − β t
A e − β t cos ω t
β
r = −β ± iω
O
x = Ae r t = Ae − β t cos(ω t + ϕ )
τ =
1 ～平均寿命或时间常数
2β
(ϕ = 0 )
t
A
T
振幅衰减，周期变大。 N = τ / T → Q = 2πτ / T = ωτ ～品质因数或系统 Q 值
r = −β ±
2. 大阻尼：
β 2 − ω 02
缓慢回归，没有周期。
2 β > ω 0→ ω = β 2 − ω 0 → r = − β ± ω
x = Ae
− ( β −ω ) t
+ Be
− ( β +ω ) t
r 3. 临界阻尼： = − β ± β 2 − ω 02 β = ω 0→ ω = 0 → r1 = r2 = − β
2012年3月15日 大连理工大学
快速回归，处于临界。
→ x = e − β t ( At + B )
秦 颖
6
§4.4 受迫振动
一、受迫振动的动力学方程
F = F0 c o s ω t
1. 受力特点：物体受回复力、阻尼力和周期性外力。 2.
d2 x dx d2 x dx 微分方程： m 2 = −kx − γ + F m 2 + γ + kx = F dt dt dt dt d2 x dx + 2β + ω02 x = f0 cos ω t dt 2 dt d 2 x γ dx k F + + x= 2 dt m dt m m
ω ～策动频率
ω 0 ～固有频率
a cos θ a 2 + b2 − b sin θ a 2 + b2
秦 颖
β ～阻尼系数
) = a 2 + b 2 cos(θ + ϕ )
7
3. 设定特解：由周期性外力特点 x → A cos(ω t + ϕ )
a cosθ − b sin θ = a 2 + b 2 (
2012年3月15日
大连理工大学
二、微分方程的求解 1. 方程通解：应该是阻尼的通解与受迫的特解之和。
(ω 02 − ω 2 ) cos (ω t + ϕ ) − 2 βω sin( ω t + ϕ ) = ( f 0 / A ) cos ω t
(ω 02 − ω 2 ) 2 + (2 βω ) 2 [cos(ω t + ϕ ) cosψ − sin(ω t + ϕ ) sinψ ]
= (ω 02 − ω 2 ) 2 + (2 βω ) 2 cos(ω t + ϕ + ψ ) = ( f0 / A ) cos ω t
A= f0
2 (ω 0 − ω 2 ) 2 + ( 2 βω ) 2
2βω ϕ = −ψ = − arctan 2 ω0 − ω 2
由初始条件决定的三个阻尼通解均是时间的衰减解。 由系统条件决定的非齐次方程的特解就是方程的解。
x = A cos( ω t + ϕ ) + Be − β t x ′ ( t ) → x = A cos( ω t + ϕ )
2012年3月15日 大连理工大学 秦 颖
8
x = A cos(ω t + ϕ ) + Be
−βt
x ′( t )
稳态解 x = A cos(ωt + ϕ )
x
t
稳态时受迫振动表达式虽然和无阻尼自由振动的 表达式相同，都是简谐振动，但实质有所不同。 振动的频率等于策动力的频率，稳态受迫振动与 初始状态无关。
2012年3月15日 大连理工大学 秦 颖
9
2. 位移共振：
A= f0
2βω ϕ = − arctan 2 ω0 − ω 2
A
2 (ω 0 − ω 2 ) 2 + ( 2 βω ) 2
ω ≈ ω0
β = 0
2 2(ω0 − ω 2 )( −2ω ) + 8β 2ω = 0
2 ω = ω 0 − 2β 2 特别对于小阻尼
Am =
f0 2β ω − β
2 0 2
=
2β ω ′
f0
β1
ω0
ω
3. 速度共振：
ωA=
f0 (ω − ω ) / ω + (2β )
2 0 2 2 2 2
v = x′ = −ω A sin(ω t + ϕ )
ω = ω0
f0 π vm = ϕ =− 2β 2
10
F = F0 cos( ω t ) 策动力与速度同步 v = ωA cos(ω t )
2012年3月15日 大连理工大学 秦 颖
小号发出的波足以把玻璃杯振碎
2012年3月15日 大连理工大学 秦 颖
11
1940年华盛顿的Tocama 悬索桥建成。 同年7月的一场大风引起桥的共振，桥被摧毁。
2012年3月15日 大连理工大学 秦 颖
12
例1：在一平板上放质量为m =1.0kg的物
体, 平板在竖直方向 上下作简谐振动，周期为T =0.5s，振幅A=0.02m。求: (1)平板 位于最高点时, 物体对平板的压力是多大？ (2)平板应以多大 振幅作振动才能使重物跳离平板。 N am 解：(1) ω = 2π = 4π mg T
am = Aω 2 = 0.02(4π ) 2 = 3.16 m/s 2
mg − N = mam
N = m ( g − am ) = 6.64 N
m
(2) N ≤ 0 时，物体跳离平板
am = Aω 2 = A(4π ) 2 ≥ 9.8
2012年3月15日 大连理工大学 秦 颖
A ≥ 0.062 m
13
例2：如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下挂一质量为M的盘子，一质量为 m的物体从离盘子h高度处自由下落到盘中并与盘子一起振动，试求：(1) 该系统的振动周期。(2)该系统的振动振幅。(3)取平衡位置为原点，位移 向下为正，并以开始振动时作为计时起点，求振动方程。 解：(1)
ω=
k m+M
T=
2π
ω
= 2π
m+ M k
mg k (2) 取平衡位置为坐标原点，取x轴向下为正
质量为m的物体如果放到盘子里, l 0 = 碰前速度 v =
h
m M
2 gh
碰后共同速度 v0
m 2 gh mv = ( m + M )v0 m+M mg 以碰撞过程结束为计时零点， x0 = − l0 = − k v0 =
A= x02 +
o
x
l0
x = A cos(ω t + ϕ )
v0 = ω x0 2kh ( M + m) g
14
ω2
v0 2
=
mg 2kh 1+ k (m + M ) g
大连理工大学
tan ϕ = −
秦 颖
2012年3月15日
例1：在光滑的水平桌面上有一质量为m、劲度系数为k的弹 簧振子，设弹簧原长位置为x轴的原点O.现将物体向右拉开 到P点使OP间距离为x0 . 然后由静止将其释放并开始计时。 求：(1) 弹簧振子的振动表达式； (2) 物体由P点第一次运动到O点的时间间 x 隔内, 弹簧中的弹性力施加给物体的冲量。 x0 O P (1) 解： ω = k m t = 0 时,
x = x0 , v = 0
A = x0 , ϕ = 0
x = x0 cos k m t
(2) I = m v 2 − m v1
I = m v 2 = − mω A = − x 0 km
t = T/4 时, I = ∫ −kx d t = ∫ 4 −kx0 cos k mt d t = − x0 km
4 0 0 T T
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1
例2：将竖直悬挂的弹簧振子(m, k)向下拉使弹簧伸长 为3mg/k, 然后由静止释放, 要使振子动能达到m2g2/k， 至少需要经历的时间是多少? 以平衡位置为原点。
解： 平衡时 m g = kl0
ω =
k m
x = A cos (ω t + ϕ )
3 mg mg 2 mg A= − = k k k
由初条件知 ，ϕ = 0
x = A cos ( ω t )
1 2 1 m2 g 2 2m 2 g 2 mv = mω 2 A2 sin2 (ωt ) = sin 2 (ω t ) = 2 2 k k π π m ωt =
4
t =
4
k
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2
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例3：劲度系数为100N/m的轻弹簧和质量为10g的 小球组成弹簧振子，第一次将小球拉离平衡位置 4cm ，由静止释放任其摆动；第二次将球拉离平 衡位置2cm 并给以2m/s的初速度任其摆动。两次 16 × 10 − 4 16 2 振动的能量之比 E 1 A12 = 2 = = = 2 为( )。 E2 A2 8 1 ⎛ 2 v0 ⎞
⎜ x0 + ω 2 ⎟ ⎝ ⎠
例4：一弹簧振子竖起挂在电梯内,当电梯静止时振 子谐振动频率为ν0,现使电梯以加速度a向上作匀加 速运动,则其简谐振动的频率 将如何变化？(填不变、变大、 ν = 1 k 不变 2π m 变小、变大变小都有可能)
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3
例5：一单摆挂在电梯顶上，当电梯静止时，单摆 的谐振动周期为T0 ，现使电梯向下作匀加速运动, 则单摆周期将如何变化？(变大、变小、不变)
T0 = 2π
l g
T
ma mg
l T ′ = 2π 变大 g-a
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4
§4.3 阻尼振动
一、阻尼振动的动力学方程
d2x dx 微分方程： m 2 = − kx − γ dt dt
f = −γ (dx / dt )
d2 x dx + kx = 0 m 2 +γ dt dt
1. 受力特点：物体受回复力和与速度正比的阻尼力。 2.
γ
m
= 2β
k = ω 02 m
d2 x dx d 2 x γ dx k 2 + 2β + ω0 x = 0 + + x=0 2 2 dt dt dt m dt m
ω 0 ～无阻尼振动的固有频率
设 x → Ae
2012年3月15日
β ～阻尼系数
3. 设定试解： ( r 2 + 2β r + ω 02 )e r t = 0 → r 2 + 2β r + ω 02 = 0
rt
2 2 − b ± b2 − 4ac − 2β ± 4β − 4ω0 2 r= = = −β ± β 2 − ω0 2a 2
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5
二、微分方程的求解 1. 小阻尼：
r = −β ±
x
β 2 − ω 02
A
Ae − β t
A e − β t cos ω t
β
r = −β ± iω
O
x = Ae r t = Ae − β t cos(ω t + ϕ )
τ =
1 ～平均寿命或时间常数
2β
(ϕ = 0 )
t
A
T
振幅衰减，周期变大。 N = τ / T → Q = 2πτ / T = ωτ ～品质因数或系统 Q 值
r = −β ±
2. 大阻尼：
β 2 − ω 02
缓慢回归，没有周期。
2 β > ω 0→ ω = β 2 − ω 0 → r = − β ± ω
x = Ae
− ( β −ω ) t
+ Be
− ( β +ω ) t
r 3. 临界阻尼： = − β ± β 2 − ω 02 β = ω 0→ ω = 0 → r1 = r2 = − β
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快速回归，处于临界。
→ x = e − β t ( At + B )
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6
§4.4 受迫振动
一、受迫振动的动力学方程
F = F0 c o s ω t
1. 受力特点：物体受回复力、阻尼力和周期性外力。 2.
d2 x dx d2 x dx 微分方程： m 2 = −kx − γ + F m 2 + γ + kx = F dt dt dt dt d2 x dx + 2β + ω02 x = f0 cos ω t dt 2 dt d 2 x γ dx k F + + x= 2 dt m dt m m
ω ～策动频率
ω 0 ～固有频率
a cos θ a 2 + b2 − b sin θ a 2 + b2
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β ～阻尼系数
) = a 2 + b 2 cos(θ + ϕ )
7
3. 设定特解：由周期性外力特点 x → A cos(ω t + ϕ )
a cosθ − b sin θ = a 2 + b 2 (
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二、微分方程的求解 1. 方程通解：应该是阻尼的通解与受迫的特解之和。
(ω 02 − ω 2 ) cos (ω t + ϕ ) − 2 βω sin( ω t + ϕ ) = ( f 0 / A ) cos ω t
(ω 02 − ω 2 ) 2 + (2 βω ) 2 [cos(ω t + ϕ ) cosψ − sin(ω t + ϕ ) sinψ ]
= (ω 02 − ω 2 ) 2 + (2 βω ) 2 cos(ω t + ϕ + ψ ) = ( f0 / A ) cos ω t
A= f0
2 (ω 0 − ω 2 ) 2 + ( 2 βω ) 2
2βω ϕ = −ψ = − arctan 2 ω0 − ω 2
由初始条件决定的三个阻尼通解均是时间的衰减解。 由系统条件决定的非齐次方程的特解就是方程的解。
x = A cos( ω t + ϕ ) + Be − β t x ′ ( t ) → x = A cos( ω t + ϕ )
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8
x = A cos(ω t + ϕ ) + Be
−βt
x ′( t )
稳态解 x = A cos(ωt + ϕ )
x
t
稳态时受迫振动表达式虽然和无阻尼自由振动的 表达式相同，都是简谐振动，但实质有所不同。 振动的频率等于策动力的频率，稳态受迫振动与 初始状态无关。
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9
2. 位移共振：
A= f0
2βω ϕ = − arctan 2 ω0 − ω 2
A
2 (ω 0 − ω 2 ) 2 + ( 2 βω ) 2
ω ≈ ω0
β = 0
2 2(ω0 − ω 2 )( −2ω ) + 8β 2ω = 0
2 ω = ω 0 − 2β 2 特别对于小阻尼
Am =
f0 2β ω − β
2 0 2
=
2β ω ′
f0
β1
ω0
ω
3. 速度共振：
ωA=
f0 (ω − ω ) / ω + (2β )
2 0 2 2 2 2
v = x′ = −ω A sin(ω t + ϕ )
ω = ω0
f0 π vm = ϕ =− 2β 2
10
F = F0 cos( ω t ) 策动力与速度同步 v = ωA cos(ω t )
2012年3月15日 大连理工大学 秦 颖
小号发出的波足以把玻璃杯振碎
2012年3月15日 大连理工大学 秦 颖
11
1940年华盛顿的Tocama 悬索桥建成。 同年7月的一场大风引起桥的共振，桥被摧毁。
2012年3月15日 大连理工大学 秦 颖
12
例1：在一平板上放质量为m =1.0kg的物
体, 平板在竖直方向 上下作简谐振动，周期为T =0.5s，振幅A=0.02m。求: (1)平板 位于最高点时, 物体对平板的压力是多大？ (2)平板应以多大 振幅作振动才能使重物跳离平板。 N am 解：(1) ω = 2π = 4π mg T
am = Aω 2 = 0.02(4π ) 2 = 3.16 m/s 2
mg − N = mam
N = m ( g − am ) = 6.64 N
m
(2) N ≤ 0 时，物体跳离平板
am = Aω 2 = A(4π ) 2 ≥ 9.8
2012年3月15日 大连理工大学 秦 颖
A ≥ 0.062 m
13
例2：如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下挂一质量为M的盘子，一质量为 m的物体从离盘子h高度处自由下落到盘中并与盘子一起振动，试求：(1) 该系统的振动周期。(2)该系统的振动振幅。(3)取平衡位置为原点，位移 向下为正，并以开始振动时作为计时起点，求振动方程。 解：(1)
ω=
k m+M
T=
2π
ω
= 2π
m+ M k
mg k (2) 取平衡位置为坐标原点，取x轴向下为正
质量为m的物体如果放到盘子里, l 0 = 碰前速度 v =
h
m M
2 gh
碰后共同速度 v0
m 2 gh mv = ( m + M )v0 m+M mg 以碰撞过程结束为计时零点， x0 = − l0 = − k v0 =
A= x02 +
o
x
l0
x = A cos(ω t + ϕ )
v0 = ω x0 2kh ( M + m) g
14
ω2
v0 2
=
mg 2kh 1+ k (m + M ) g
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tan ϕ = −
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