第六章 小振动 6． 1．振动的分类和线性振动的概念（参阅教材§6. 1. ） 1．引言 振动的分类（从能量的角度；从微分方程的类型；从自由度的数目） 平衡位置的概念及其分类（稳定、不稳定和随遇）。对振动问题有实际意义的是稳定平 衡位置 保守体系平衡位置稳定性的拉格朗日定理（勒襄—狄里赫里定理） 平衡位置的不稳定性准则（拉格朗日定理的逆问题）（迄今尚未完全解决） 微振动意即振幅很小，若平衡位置选为原点，则振动的坐标的绝对值很小。( 我 们往往假定振动的速度的绝对值也很小，且为同级小量 ① 。) 2．一个自由度保守体系的自由微振动的数学处理（查阅数学教材） 我们首先考虑水平直线上在一端固定的弹簧的作用下的质点的运动： 2 1 2 Tmx=  , 2 1 2 Vkx= , 2 11 22 2 L mx kx=? 得能量积分 22 11 22 E mx kx=+ （这里要求振幅足够小，以保证在弹性限度内。） 拉格朗日方程： 0mx kx+ = 即 2 0xxω+ = , 其中： 这是简谐振动。 2 /kmω = 简谐振动的解为 ()sinxA tω α=+ , ,A α 为积分常数，由初始条件决定。 事实上，能量积分： 22 1 2 EmAω= , 12E A mω = , A由能量确定， α 由振动的初位相确定。 考虑一般的保守体系的势能函数（坐标原点选在平衡位置），可以展开为级数 "" ++++= 3 3 2 210 )( xaxaxaVxV 常数项只影响势能的零点能量，一次项提供一个恒力， 只使平衡位置发生平移，对振动无本质影响； 对微振动，高阶项相对很小；均可略去。因而微振动的势能近似为二次项，动力学方程为线性方程 （简谐振动）。例如：单摆的振动，在振幅很小的情况下，是简谐振动。 3．考虑一般的完整，稳定，保守的力学体系在稳定平衡位置附近作微振动（坐标原点选在平 衡位置），其动能可以表为广义速度的齐二次式（且各项系数均为常数 ② ）；其势能可以表为广义坐 标的齐二次式（各项系数也是常数）。动力学 方程为线性方程（简谐振动） 。教材 174—180 页讨论了两个自由度的情形，推广到有限多个自由度 的情形也不困难。 【思考】159 页例 2 第（ 2）解法，如果作微振动，情况如何？ 6． 1．两个自由度保守体系的自由振动（参阅教材§6. 2. ） 1．先看一个实例（教材 178 页例 1）：双单摆。 取 12 ,θ θ 为广义坐标，通过拉格朗日函数得到动力学方程：（也可利用牛顿动力学方程） ① 根据能量守恒， 2 max max 11 22 Emx kx== 2 ；因此作微振动时 x 也是小量，而且我们可以假定， x 和 x 是同阶的小量。 ② 在动能只保留到二次项的情况下，各项系数只保留零次项，即常数。 1 ()() ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ++ ? ? ? ? ? ? ++= 2 21 2 21 2 1 2 coscossinsin 2 1 2 1 θθθθθ ll dt d ll dt d mmlT  ()[ ] 2121 2 2 2 1 22 1 2 cos2 2 1 2 1 θθθθθθθ ?+++=  mlml ( ) 211 coscoscos θθθ llmgmglV +??= 注意：考虑微振动，平衡位置 ∴== ,0 21 θθ 21 ,θθ 都是小量，保留二阶小量，得 () 21 2 2 2 1 2 22 2 1 θθθθ  ++= mlT ， ( ) mglmglV 32 2 1 2 2 2 1 ?+= θθ （势能的最后一 项为常数项，可略去。以下详见教材 179 页。 ） 可得拉格朗日方程 ( ) 022 121 =++ θθθ gl  ( ) 12 2 0lgθθ θ+ +=   这是二阶线性齐次常系数微分方程组，解必有 ( )αωθ +?= tA ii sin 2,1=i ③ 代入方程组，得 ? ? ? ? ? ? ? = ? ? ? ? ? ? ?+? =? ? ? ? ? ? ? ? 0 02 2 2 1 2 2 2 1 2 A l g A AA l g ωω ωω 利用久期方程求本征值 ω， () () 2 1 2 2 22 22 g l g l ω ω =? =+ 进一步求本征矢量 ( ) ( ) () () 11 21 22 21 2 2 AA A A = =? 由线性齐次方程解的可叠加性， () () 2 1 sin k ii kk k Atθωα = = += ∑ " 1, 2i = 有四个积分常数 ( ) 1 , k k A α ，由初始条件决定。（另两个常数 ( ) 2 k A 不独立，由 ( ) 1 k A 决定； () () 22 1 , k k k A A ω 由本征值问题确定。） 2．两个自由度保守体系的自由微振动的一般情况。(174— 178 页) 在微振动的情况下， 可得 ③ 这里 α ，对于不同 的i i θ 是共同的常数；但是对于用 ( ) , k i A k ω 标志的不同 的k ( ) ( ) (sin kk ii k At ) k θ ωα=?+是不同的，因此要记为 k α 2 ∑ = = 2 1, 2 1 ji jiij xxaT  ∑ = = 2 1, 2 1 ji jiij xxbV 均为对称常系数。 ijij ba , jiijjiij bbaa == , 拉格朗日方程为; 试解为()2,1,0 2 1 ==+ ∑ = ixbxa j jijjij  ( ) 2,1,sin =+?= itAx ii αω 把试解代入方程，得 () 2,1,0 2 1 2 ==? ∑ = iAab j jijij ω 久期方程 ( ) 0det 2 =? ω ijij ab ， ( )( )( ) 0)( 2 2 1212 2 2222 2 1111 2 =????= ωωωω abababf 即 =)( 2 ωf ( ) ( ) ( ) 02 2 122211 2 121211222211 4 2 122211 =?+?+?? bbbbababaaaa ωω 平衡位置 是稳定的，必有 0= i x 0)0()0( =>≠ VxV i 0,0,0 2 1222112211 >?>>∴ bbbbb （推导方法参阅 174 页前半或 176 页末） 相仿，由动能的非负性可以得出 从而 0,0,0 2 1222112211 >?>> aaaaa ( ) 0)(,0)0( 4 2 122211 2 2 122211 2 >?≈+∞→>?== ωωω aaafbbbf 又易看出，当 或 ，有0/ 1111 2 >= abω 0/ 2222 2 >= abω ( ) 0 2 2 1212 <??= ωabf 则曲线 ( ) 2 ωf 和 的正半轴相交两次，即 有两个不相等的正实根 和 2 ω 2 ω 2 1 ω 2 2 ω 从而得到两个试解的振幅之比 ( ) () ()1 2 2 11212 11 2 111 1 1 1 2 μ ω ω = ? ? = ab ba A A ( ) () ()2 2 2 21212 11 2 211 2 1 2 2 μ ω ω = ? ? = ab ba A A 方程的两组解 ? ? ? +?= +?= )sin( )sin( 11 )1( 1 )1( 2 )1( 2 11 )1( 1 )1( 1 αωμ αω tAx tAx ? ? ? +?= +?= )sin( )sin( 22 )2( 1 )2( 2 )2( 2 22 )2( 1 )2( 1 αωμ αω tAx tAx 由线性方程解的可叠加性 即 2,1, )2( 2 )1( 1 =+= ixCxCx iii ? ? ? +?′++?′= +?′++?′= )sin()sin( )sin()sin( 22 )2( 1 )2( 211 )1( 1 )1( 22 22 )2( 111 )1( 11 αωμαωμ αωαω tAtAx tAtAx 注意：常数 已经吸收进常数振幅中去了。常数 由本征值问题决 定。四个积分常数 由初条件确定。 21 ,CC 21 )2( 2 )1( 2 ,,, ωωμμ 21 )2( 1 )1( 1 ,,, ααAA ′′ 3 以上还有一种情况未考虑进去，就是 12 12 22 22 11 11 a b a b a b == λ= ，此时 () 2 ,1 1 2 ij i j i j ij Laxxλ = =? ∑  () 2 1 0 ij j j j ax xλ = += ∑  久期方程 ( ) ( )( ) 2 222 11 22 12 0faaaωωλ= ??= 2 ω 有两个相等的实根， 22 12 ω ωλ== 12 ω ωω λ∴ =≡= 。这时得到的 μ 值均为 0 0 ， 可为任意值，这样可得到解 ? ? ? +?= +?= )sin( )sin( 222 111 αω αω tAx tAx 依然有四个积分常数 1212 ,,,AAα α 由初条件确定。 3．上述方法推广到 n个自由度保守体系，并无原则上的困难。（见教材§6 。3 ） 6． 3．简正坐标和简正振动： （见教材§ 6. 4.） 1．如果能找到一组广义坐标，使得力学体系的动能是带有正系数的广义速度的平方项 之和，势能是带有正系数的广义坐标的平方项之和，（均没有交叉项）那么拉格朗日函数就 可表示为一个自由度的拉格朗日函数之和，每个拉格朗日方程就只含一个自由度的广义坐标 和广义速度。对这样的方程实际上可以直接写出解来。这样的广义坐标叫做简正坐标。因此 多自由度体系微振动问题的求解就归结为寻找简正坐标的问题。数学上，寻找简正坐标，就 是把两个矩阵同时对角化，或把两个二次式同时化为平方和。 我们还是先看一个实例，（178 页例 1）。引进一组新的广义坐标 21 ,qq () () ? ? ? ?= += 212 211 21 21 θθ θθ q q ( ) () ? ? ? ?= += 2/ 2/ 212 211 qq qq θ θ 由此可得 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?+? ? ? ? ? ? += 2 2 2 1 2 2 1 1 2 1 1 2 1 qqmlT  () 2 2 2 1 2 1 qqmglV += 得到拉格朗日方程 () () ? ? ? ? ? =++ =?+ 022 022 22 11 q l g q q l g q   解得 ( ) () ? ? ? +?= +?= 2222 1111 sin sin αω αω tAq tAq 其中 () () 2 1 2 2 22 22 g l g l ω ω ? =? ? ? ? ? =+ ? ? 从而得原来的广义坐标的通解：（和 179 页结果相同只相差一个无足轻重的公共常系数） 12 111 2 12 211 2 sin( ) sin( ) 22 sin( ) sin( ) 22 AA tt AA tt 2 2 θ ωα ωα θ ωα ωα ? =?++?+ ? ? ? ? =?+??+ ? ? 4 由此可见，用了广义坐标 ； 都可表为广义坐标或其导数的平方和的形式，拉 格朗日方程中各广义坐标互不关联，因而解可以直接写出。 就称为简正坐标。问题是： 如何找简正坐标？ 12 ,qq ,TV 21 ,qq 2．第一种方法：利用线性代数的方法。 事实上， () ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = 2 1 21 2 11 12 2 1 θ θ θθ    mlT () ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = 2 1 21 10 02 2 1 θ θ θθmglV 寻找简正坐标，把二次型化为平方和，就是把上述两个矩阵同时化为对角型 采用线性变换 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = ? ? ? ? ? ? ? ? 2 1 2 1 2/11 2/11 θ θ q q ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = ? ? ? ? ? ? ? ? 2 1 2 1 2/12/1 2/12/1 q q θ θ () () () () ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? + = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = 2 1 21 2 2 1 21 2 2/110 02/11 2 1 2/12/1 2/12/1 11 12 2/12/1 2/12/1 2 1 q q qqml q q qqmlT       () () ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = 2 1 21 2 1 21 10 01 2 1 2/12/1 2/12/1 10 02 2/12/1 2/12/1 2 1 q q qqmgl q q qqmglV 对于拉格朗日方程组，矩阵形式为 0 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? + ? ? ? ? ? ? ? ? + θ θ l g dt d dt d dt d l g dt d 把 θ 转换为 ，引入了一个矩阵，再左乘这个矩阵的转置，得 q () 0 2/12/1 2/12/1 /// ///2 2/12/1 2/12/1 2 1 2222 2222 = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? + + ? ? ? ? ? ? ? ? ? q q lgdtddtd dtdlgdtd 即 0 2 1 10 0 2 1 1 2 1 2 2 2 2 = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? +? ? ? ? ? ? ? +? ? ? ? ? ? + q q l g dt d l g dt d 这就是教材 183 页 式 (4.4 ) 处理一般情况的系统数学方法，可参阅教材§6 。5 （187 － 192 页） ： 第一步，利用正交矩阵，先将其中一个矩阵对角化；第二步，再将另一个矩阵对角化， 同时保持第一个矩阵为对角形式。由于这两个矩阵都是实对称的，这样做总是可能的。证明 可查阅线性代数的有关教材。 3．第二种方法：待定系数法。（见教材 186 页） 在两个自由度的情况下，这是很方便的。还是来看 178 页例 1。寻找简正坐标，即寻找 把 θ 转换为 的矩阵， q 5 只要设 11 2 21 q q 2 θ αθ θ βθ =+ ? ? =+ ? 可解得 21 1 12 , qq qq 2 α β θθ α βαβ ? ? == ? ? 代入 () () 222 12 12 22 12 1 2 1 2 2 Tml Vmgl θ θθθ θθ ? =++ ? ? ? ? =+ ? ?   得 () ()()() () ()()() 22 2 2 2 122 222 2 12 122 1 221 221 2 21 2 1 21 21 221 2 Tml q q Vmglqq q ββ αα αβαβ αβ βα αβ αβ ? ?? =?+?++? ? ?? ? ? ? ? =++? ? ? ?  2 q 0 为了使交叉项系数为零 解得 21 210 αβ αβ αβ +? ?= ? ? += ? 1 2 αβ=? = 即 11 21 1 2 1 2 q q 2 2 θ θ θ θ ? =+ ? ? ? ? =? ? ? () 22 12 22 12 11 1 11 2 22 1 2 Tml q q Vmglqq ? ?? ???? =++? ? ?????? ? ???? ?? ? ? =+ ? ?  2 待定系数法，其实就是利用解方程组求坐标变换矩阵的矩阵元。这种方法推广到三个或 更多个自由度的情况，是直截了当的，但工作量增加很快，因此并不方便。 4．第三种方法是：根据简正坐标的物理意义，对体系进行分析，凭物理直觉“猜测” 简正坐标。这种方法在 6． 5． 进行介绍。（见教材§6. 7 ） 5．简正坐标的物理意义： ω 的一个本征值（本征频率）刻划了体系的一个振动模式，称为本征振动或简正振动。体 系可以按某个本征频率振动（简正振动），也可以是若干个简正振动的线性叠加。初条件可 以决定体系的振动模式。（见 184－185 页） 6． 4．一维晶格的纵振动（见教材§6. 6. ） 本节内容应和§6 。 2【例 2】，（ 3N = 一维晶格的纵向振动） ；§ 6。 3【例】（ 181---182 页）（ 一维晶格的横向振动）结合起来阅读。 4N = 这里“一维”是指沿直线分布的晶格，“纵振动”是指振动方向沿晶格分布的方向 沿晶格建立 x 轴，以质点 0 为原点，指向第 个质点为正向。第 个质点的坐标 n n 0 nnn x xu=+ 0,1,nN= " ；共 1N + 个质点 0 n x na= 为平衡位置的坐标， 为偏离平衡位置的位移（以偏向正 x 的方向为正）。 0 nn uxx=? n 假定晶格只受相邻晶格的作用力： 第 n 个质点所受作用力在 x 轴上的投影， ( ) ( )11n nn n FF F + ? =+其中 ( ) [ ] 1 1 n nn FKuu + + =? ? n 为第（n+1 ）个质点对第 n 个质点作用力在 x 轴上的投影 6 ( ) [ ] 1 1 n nn FKuu ? ? =? ? n 为第（n － 1）个质点对第 n 个质点作用力在 x 轴上的投影 n F 为有势力， n n V F u ? =? ? ，假定两端晶格固定： 0 0 N uu= = ， () () 12 22 22 11 1 01 11 22 NN nn nn N V Kuu Ku uu u ?? + == ?? =?=+?+ ?? ?? ∑∑1? 2 于是得动力学方程： () () () 11 2 1 11 11 2 1 21 22,3 nn n n n NN N N mu F K u u n mu F K u u u n N mu F K u u n N +? ?? ? ? == ? =? ? == + ? = ? ? ? == ? =? ?   "  4N = ：181 页§6. 3. 【例】横向振动； 3N = ：179 页§6. 2. 【例 2】 6． 5．多原子分子的振动（见教材§6. 7. ） 1． 多原子分子的自由度： 多原子分子为由 n 个原子（看成质点）组成的质点系，若质点静止于各自的平衡位置，整个 分子可看成一个刚体。但实际上各原子在平衡位置附近作微振动。因此整个质点系的运动可以分 解为整体（看成刚体）的运动和各质点微振动的叠加。 n原子分子的 个自由度中，平动自由度 3 个；转动自由度 3 个（线型分子为 2 个） ；其余 个为振动自由度（线型分子为 3n (36n? ) ( )35n? 个）。以下我们不考虑平动和转动，只考虑振动。 也不影响分子在空间的趋向；不改变分子的总动量，也不改变分子的总角动量。 2． 第 α 个原子的位置矢量 0 rru α αα = + GG G ，其中 0 r α G 对应于平衡位置， u α G 表示偏离平衡位置的位 移。 既然不考虑平动，应有分子的总动量为零： 0 0 sc Pmr mr mumr αα αα α α αα α = =+== ∑ ∑∑ G G GGG   且各原子的平衡位置不变， 0 0r α = G  ，从而有 0 c r = G  （质心保持静止）， （振动的总 动量为零），积分得 0mu αα α = ∑ G  0 r α G ， ， c r G mu α α α ∑ G ， mr α α α ∑ G 均为常矢量。由质心的定义，有 ，考虑到振动是在内力作用下进行，不影响质心的位置，有 ，所以就有 0 cs mr m r mr αα α αα =?= ∑∑ GG c G c G 0 cs mr mr mu m r mr αα αα α α α αα α α =+=?= ∑∑∑∑ GG G 0mu αα α = ∑ G 。 既然不考虑转动，总角动量为零 () () 000 0 0 d Lrmr rumru rmu rmu dt ααα α α αα α α αα α αα =×= +× +≈ ×= ×= ∑∑ ∑ ∑ G G G GG GG G G G G  （以上计算中已经略去了二阶小量）积分得 0 l rmuC ααα α × = ∑ G G G 此结论当没有振动（ ）时也成立，因此 0u α ≡ G 0 l C = G ，于是得 0 0rmu ααα α ×= ∑ G G 7 这两个方程 ，0mu αα α = ∑ G 0 0rmu ααα α × = ∑ G G 是动力学微分方程的积分，（对动量守恒 和角动量守恒再积分得到的结果），不是原来意义下的约束，但是我们可以把它们视 为约束方程而使问题得到简化，这是对约束概念的推广。 3． 实例：【例 1】线型三原子对称分子 ABA。纵向 轴；横向 轴 OX ;OY OZ 不考虑平动和转动，分子中振动的动能和势能分别为： 222222 2 22 111333 2 22AB Tmxyzxyz mxyz???=++++++++ ???  ? ? ()() ()( 22 2 112 23 2 13 2 13 2 22Vkxx xx kyyy zzz ? =?+?++?++? ? ) ? ? k 其中九个坐标为振动位移的分量： uxiyjz αα α α =++ G G G G 势能中，前项表示纵向伸长缩短的势能，后项表示横向扭曲的势能。( 实际上，无论是 伸缩，还是扭曲，势能都要比上式复杂得多，只是在微振动的情况下才能近似表为二 次式。) 其中 9 个坐标应满足约束： 0mu αα α = ∑ G ： () 13 2 0 AB mxx mx+ +=； ( ) 13 2 0 AB my y my+ +=； () 13 2 0 AB mz z mz++ = ()()() 3 011 33 1 0 AA mr u mli xi yj zk m li xi yj zk αα α α= =×=×+++?×++ ∑ 3 G G GGG G GG GG ()() 31 1 3A ml z z j y y k ?? =?+? ?? G G 即 13 y y= ； 13 zz= 共 5 个约束，自由度 35sn=?=4 3 选广义坐标： ； 11321 ,qxxqxx=+ =? [ ] 1 13 2 2 y lyy yδ ? =+?， [ ] 1 13 2 2 z lzz zδ ? =+? y δ 是度量对称轴在 平面内弯曲程度的角度 OXY 或 () ( ) ( ) 112 2 1312 /2, / , /2 AB xqq x mmqxqq=+ =? =? () 2132 , 22 yA yB B AB A AB lm lm m yyyy mm m mm δ δ =? = =? = ++ ； 相仿。 123 ,,zzz 22 22 12 444 AAAB yz B mm m mm Tqq l 2 δ δ? ?=++ + ? ?   总质量： 2 AB mmm= + () 2 222211 122 44 yz B km k k Vqql m 2 δ δ=+++ 由此可见，所选的广义坐标是简正坐标，寻找简正坐标可以采用§6 。 5 中介绍的系统 8 方法。但也可以根据问题的特点（对称性等），凭直觉“猜测”简正坐标。（见教材 197-198 页） 【例 2】（ 198 页）对称的三角形分子 ABA，夹角 2θ ○ 1 这是非线型三原子分子。三个原子的平衡位置当然在一个平面内。以 123（从右到左） 标记原子 ABA；建立直角坐标系如图，使 XOY 平面与分子所在平面重合，原点与 原子 B 重合，Y 轴平分夹角。就有： ( ) 10 sin cosrl i jθ θ=+ G G G ， 20 0r = G ， () 30 sin cosrl i jθ θ=? + GG G 。振动由矢量 uxiyjzk αα α α =++ G G G G 刻划。振动自由度数 。 ()36sn=?=3 约束方程 给出三个方程：0mu αα α = ∑ G ( ) 13 2 0 AB mxx mx+ += （1 ） ( ) 13 2 0 AB my y my+ +=； （ 2） ( ) 13 2 0 AB mz z mz+ += （ 3） 约束方程 0 0mr u αα α α ×= ∑ G G 给出三个方程： 13 cos ( ) 0 A ml z zθ + = （ 4） 13 sin ( ) 0 A ml z zθ ? = ， （ 5） ( ) ( ) 13 13 sin cos 0 A ml y y x xθθ? ?+ =?? ?? （6 ） 由（ 3） (4) (5)解得： ，即三个振动自由度均位于 平面内（即原子 作振动时，保持位于 平面内）。也就是说，如果振动偏离 平面，就要破坏 总动量为零和总角动量为零的条件，这样的振动应归入平动或转动。 123 0zzz=== OXY OXY OXY 其余 6 个坐标 123123 ,,,,,x xxyyy还有 3 个约束方程（1 ）（2 ）（6 ） ，与 s=3 一致。 ○ 2 当 2θ π= 时，本例的结果和线型分子相同。（理应如此） ○ 3 振动模式：从物理概念分析振动模式： 原子 2 沿 X 轴振动，从物理和分子结构的对称性来分析，原子 1， 3 的振动有两种模式 （图 1，图 4），但图 4 应归入转动。 原子 2 沿 Y 轴振动，有两种模式（图 2，图 3）。综上所述共有三种模式。 图 3 与图 2 情况相似，我们着重分析图 1 和图 2。 图 1 图 2 213 0yyy=+0= 0抵消 213 0xxx= +=抵消 13 x x+ 叠加，选 11 qxx=+ 3 31 y y+ 叠加，选 31 qyy 3 = + 1-2，2-3 长度改变（拉压相反） 1-2 ，2-3 夹角改变（叠加） 夹角改变（相互抵消） 长度改变（拉压相同） ④势能的计算 ( )( ) 12 12 12 uu xxi yyj?=? + ? GG GG ( )( ) 32 32 32 uu xxi yyj?= ? + ? G G G G 9 单位矢量 () 1 sin cosBAijθ θ=+ & JJJG GG ( ) 3 sin cosBAijθ θ=? + & JJJJG G G 投影 ()() 112 12 sin coslxx yyθ θΔ= ? + ? ( )() 232 32 sin coslxx yyθ θΔ=? ? + ? 单位矢量 () 1 cos sinBAijθ θ ⊥ =? JJJG GG ( ) 3 cos sinBAijθ θ ⊥ =? ? JJJJG G G 投影 [c()() 12 12 os sin]xx yyθ θ??? + ( ) ( ) 32 32 [cos sxx yyin]θ θ?? ?? l δ= () 22 2 11 2 2 22 Vkll kl 2 δ=Δ+Δ+ δ 是夹角 2θ 的改变量。 ⑤广义坐标的选择：我们已选取 113 3A 2B 1A 图 1 图 2 图 3 图 4 X Y qxx+ 313 y， qy= = + 3 3 另一个广义坐标取什么？ 选取 ，则 6 个坐标 21 qxx=? 12312 ,,,,,x xxyyy均可用 表示（见教材 199 页（ 8）式）而使约束方程成为恒等式。计算 ，只有一个交叉项 ，所以 是简正坐标（只“猜” 到了一个简正坐标）。为求另两个简正坐标，仍需对角化一 个矩阵，但计算量小得多了。 123 ,,qqq (,,)Lqqt 23 qq 1 q 3 若选 ，则求得 中有三个交叉项，所以 21 qyy′ =? (,,)Lqqt 123 ,,qqq′ 都不是简正坐 标。为求简正坐标，仍需对角化矩阵。 6． 6． 力学体系的强迫振动( 见教材§6. 8.) 1． 一个自由度体系的强迫振动 0 sin p mx kx F tω=? + 即 2 0 sin p x xf tω ω=? + 2 k m ω = 0 0 F f m = 10 设特解为： 11 sin p x Atω= 代入方程得 22 110p A Afωω? =? + 0 1 22 p f A∴ ω ω = ? 考虑到对应齐次方程的通解，上述非齐次方程的通解为： () 0 2 2 2 1 sin sin 1 p p f x At tω α ω ω ω =++ ? 0 ,Aω α 为积分常数。（由初始条件决定） 上式表明：振动由两项构成，一项是固有频率的振动，另一项是强迫频率的振动。 （注意：200 页倒 4 行： “体系最后将按强迫力频率进行振动”是指有阻尼的情况，因 为阻尼实际上是不可避免的。有阻尼情况的强迫振动见§7 。3 。） 2． 两个自由度体系的强迫振动：（以一个实际例子来说明）步骤如下： ○ 1 求体系的固有振动频率（相当于求自由振动的解，即求对应齐次方程的通解，但 自由振动将因阻尼不可避免而衰减，对强迫振动有影响的是固有振动频率） ○ 2 求强迫振动的特解。 ○ 3 对解的分析。 6.7.阻尼振动（参阅教材第七章） 1． 阻尼运动简介 阻尼的一般性质： 阅读教材 211—213 页 滚动摩擦：圆柱体在一个面上滚动时，两者都并非绝对的刚体，而在接触处产生无法绝 对避免的形变而引起的。因此这个问题的研究对象不属于质点和刚体的范围。这个问题在工 程上有重要意义。 （参阅参考资料 1。203 页或其他有关书籍。 ） 2．恒力作用下的阻尼直线运动: 牛顿动力学方程为： 其中 d ma F F=+ GG G d F G 为阻力； F G 为其他的力。 我们只考虑：直线运动（一维问题，坐标为 x ） 无其他外力或只受恒力，即 0 FF= =常数 阻力是速度（在坐标轴上的投影）的函数，即 () d F cf v=? 这样，动力学方程可表为 () ()2, dv f vfv dt αβ=? 满足 () 2 fv α β ∞ = 上述方程在几种特殊情形下的解（教材 214—218 页） 3.一维阻尼振动: （218—221 页） （1） 运动方程可以化为： 2 0 20xxxβω+ +=  其解为带有指数衰减振幅的谐振动（与简谐振动不同）或为非周期性衰减的运动。 【思考】上述方程与 165 页（4。24）式有什么不同？两者的解有什么区别？ （2）有阻尼的强迫振动： 2 0 2c p F osx xx m tβ ω++=  ω 非齐次方程。 在 0 β ω< 的情形下，其解为： ( ) ( )cos cos t p xae t b t β ω ?ω ? δ= ?+ ? 11 注意：两项的频率都不同于固有频率 0 ω 。阻尼振动的频率 β 有关，强迫振动频率 由强迫力决定。阻尼振动振幅按指数规律衰减而趋于零，“体系最后将按强迫力频率进行振 动” （教材 200 页倒 4 行）指的就是这种有阻尼的情形。 （3）振幅与相位差的讨论： （220—221 页） 【思考】 0 β ω> 条件下的解，情况如何？ *4．多自由度体系的阻尼振动 第六章习题： 207 页 6．1 ，6 ．4 ， 6． 5； 207 页 6．6 ，6 ．7 ， 6． 2，6 ． 3， 6．9 ， 6． 11，6 ．14 ； 12