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) 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) 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(勒襄一狄里赫里定理) 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。) 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 T=mx2,V=kx2,L=m2-kx2得能量积分E=mx2+kx2 (这里要求振幅足够小,以保证在弹性限度内。) 拉格朗日方程:m+kx=0即x+2x=0,其中:O2=k/m这是简谐振动。 简谐振动的解为x=Asn(ot+a),A,a为积分常数,由初始条件决定 事实上,能量积分:E=mfb,12E Oym,,A由能量确定,a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 (x)=V+a1x+a2x2+a2x3+……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);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1,62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,Es1 kx2:因此作微振动时文也是小量,而且我们可以假定,文和x 是同阶的小量 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
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： 1 2 2 T mx = , 1 2 2 V kx = , 1 1 2 2 2 2 L = − mx kx 得能量积分 1 1 2 2 2 2 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： mx kx + = 0 即 2 x x +ω = 0 , 其中： 这是简谐振动。 2 ω = k m/ 简谐振动的解为 xA t = + sin ( ) ω α , A,α 为积分常数，由初始条件决定。 事实上，能量积分： 1 2 2 2 E mA = ω , 1 2E A ω m = , 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 )( 210 2 3 xaxaxaVxV 3 ++++= "" 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 1 2 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 1 1 2 2 E mx 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
Mausin, +sino d (I cos0, +Icos,) 2+mfp2+2+21o(- V=-mglcos0, -mg(l cos0,+/cos, 注意:考虑微振动,平衡位置1=62=0.B162都是小量,保留二阶小量,得 1m(2+2+),r=lmg(2+2)-3mg(势能的最后 项为常数项,可略去。以下详见教材179页。) 可得拉格朗日方程 1282+a2)+2g=0 这是二阶线性齐次常系数微分方程组,解必有O,=Asin(o1+a)1=12③ 代入方程组,(~214=04=0 0 利用久期方程求本征值, 进一步求本征矢量40 A 由线性齐次方程解的可叠加性,=∑4sin(01+a)=…1=12 有四个积分常数A,a4,由初始条件决定。(另两个常数A2不独立,由A(决定; 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a,对于不同i的O1是共同的常数:但是对于用A,O4标志的不同k e=4si(a41+a)是不同的,因此要记为ak
( ) ( ) ⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + + ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ += + 2 1 2 2 1 2 2 1 2 sinsin coscos 2 1 2 1 θ θθ ll θθ dt d ll dt d mlT m [ ( )] 21 21 2 2 2 1 2 2 1 2 cos2 2 1 2 1 θ += ++ −θθθθθθ ml ml ( ) 1 1 2 −= mglV cosθ − θ + llmg coscos θ 注意：考虑微振动，平衡位置θ =θ 21 = ,0 ∴ 21 θ ,θ 都是小量，保留二阶小量，得 ( ) 21 2 2 2 1 2 2 2 2 1 θθθθ = mlT ++ ， mglV (2 ) 3mgl 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 l( 21 ) gθθθ 1 =++ 022 l g (θθ θ 12 2 + ) + = 0 这是二阶线性齐次常系数微分方程组，解必有 θ = (ω ⋅tA +α) ii sin i = 2,1 ③ 代入方程组，得 ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −+− ⎟ =− ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − 0 2 0 2 2 1 2 2 2 1 2 A l g A AA l g ω ω ωω 利用久期方程求本征值ω ， ( ) ( ) 2 1 2 2 2 2 2 2 g l g l ω ω = − = + 进一步求本征矢量 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 2 2 2 1 2 2 A A A A = = − 由线性齐次方程解的可叠加性， ( ) ( ) 2 1 sin k i i kk k θ ωα A t = = ∑ + =" i = 1, 2 有四个积分常数 ( ) 1 , k A αk ，由初始条件决定。（另两个常数 ( ) 2 k A 不独立，由 ( ) 1 k A 决定； ( ) ( ) 2 2 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 i 的 θ i 是共同的常数；但是对于用 ( ) , k Ai ωk 标志的不同 k 的 ( ) ( ) sin ( k k θ ii k = ⋅ A t ω α+ k ) 是不同的，因此要记为αk 2
2之a內、1 ∑=2立不可与均为对称常系数,4=4=b 拉格朗日方程为:∑(anx,+b2x)=0.1=12试解为x=Asim(+a)1=12 把试解代入方程,得∑(,-a102)A1=0.1=12 久期方程deb-ano)=0,f(o3)=(21-a1o)2-a2o2)-(h2-a2o2)=0 即(o3)=(1a2-a2b-(a1b2+a2b1-2a2b202+(b2-b2)=0 平衡位置x1=0是稳定的,必有V(x2≠0)>(0)=0 b1>0,b2>0,b1b2-b2>0(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a1>0,a2>0,a1a2-a2>0从而 f(o2=0)=b1b2-b2>0f(32→+2)(1a2-an2 又易看出,当o32=bh1/a1>0或O2=b21{a2>0,有∫=(b2-a202)<0 则曲线/(o2)和o32的正半轴相交两次,即o32有两个不相等的正实根o12和o2 A0-a12-b 从而得到两个试解的振幅之比A0b2a2 ao. =A 方程的两组解x0=4sm(ont+a) x2)=A12sin(21+a2) sin(o,(+a,)x2=u2 2)A, 2)sin(@ 2- t+a)) 由线性方程解的可叠加性x,=C1x+C2x12),=12即 x,=A sin(o t+a+A sin(@2 t+a2) x2=2!4sin(o11+a1)+2)A12)sin(O2t+a2) 注意:常数CC2已经吸收进常数振幅中去了。常数2,m2),o1,O2由本征值问题决 定。四个积分常数A1),A12),a1a2由初条件确定
∑= = 2 2 1, 1 ji jiij xxaT ∑= = 2 2 1, 1 ji jiij xxbV ,ba ijij 均为对称常系数。 == bbaa jiijjiij , 拉格朗日方程为; ( ) 2,1,0 试解为 2 1 ∑ ==+ = ixbxa j jijjij = sin( ⋅ ) itAx =+ 2,1, ii ω α 把试解代入方程，得 ( ) 2,1,0 2 1 2 ∑ ==− = iAab j ω jijij 久期方程det( ) 0 2 ab ijij ω =− ， )( ( )( )( ) 0 2 2 1212 2 2222 2 1111 2 ω −= ω ω abababf ω =−−− 即 )( = 2 f ω ( ) ( 2 ) ( ) 0 2 122211 2 11222211 1212 2 4 122211 ω −+−− ω bbbbababaaaa =−+ 平衡位置 是稳定的，必有 xi = 0 ≠ >VxV = 0)0()0( i ,0,0 0 2 ∴ 11 22 bbbbb 122211 >−>> （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 ,0,0 0 从而 2 11 22 aaaaa 122211 >−>> )0( )(,0 ( ) 0 2 4 122211 2 2 122211 2 f ω >−== fbbb ω aaa ω >−≈+∞→ 又易看出，当 1111 0/ 或 ，有 2 ω ab >= 0/ 2222 2 ω ab >= ( ) 0 2 2 abf 1212 ω <−−= 则曲线 ( ) 2 f ω 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 ω1 2 ω 2 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( ) 1 1 )1( 1 )1( 2 )1( 2 1 1 )1( 1 )1( 1 μ αω αω x tA tAx ⎩ ⎨ ⎧ = +⋅ = +⋅ sin( ) sin( ) 2 2 )2( 1 )2( 2 )2( 2 2 2 )2( 1 )2( 1 μ αω αω x A t Ax t 由线性方程解的可叠加性 2,1, 即 )2( 2 )1( 1 ii i ixCxCx =+= ⎩ ⎨ ⎧ = ′ ++⋅ ′ +⋅ = ′ ++⋅ ′ +⋅ sin( ) sin( ) sin( sin() ) 2 2 )2( 1 )2( 1 21 )1( 1 )1( 22 2 2 )2( 1 11 )1( 11 μ μαω αω αω αω tAx A t AtAx t 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 AA ′′ ,,, αα 3
以上还有一种情况未考虑进去,就是如=2==,此时 1a22 L ai, (x x; -nx x, ∑a(x+Ax)=0久期方程f(m2)=(a1a2-a2)(a2-4)=0 02有两个相等的实根,O12=02=2 O2=O=√。这时得到的值均为 可为任意值,这样可得到解 x1=A1Sin(·t+a1) Ix2=A2 sin (o-I+a2) 依然有四个积分常数A1,A2,a1,a2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q12q2 θ +(√22Ja=(q √221a2=(-q2) 由此可得T=1 V=mg/a1 +q2 得到拉格朗日方程 √2k1=0 解得{q A, sin(o,- (+a) 2+(+5 q2=A4si(2t+a2)球 g 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) 6=sin(a1·t+a1)+-sin(2·t+a2) A sin(o, 1+a, -A sin(@, -1+a
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 i j L a xx x λ = = − ∑ x ( ) 2 1 0 ij j j j ax x λ = ∑ + = 久期方程 ( ) ( )( ) 2 2 2 2 11 22 12 f aa a ω ω = − − λ = 0 2 ω 有两个相等的实根， 2 2 ω1 2 = = ω λ ∴ω1 2 = ≡= ω ω 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( ) 22 2 11 1 αω αω tAx tAx 依然有四个积分常数 1212 A A,,, α 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 ( ) ( ) ⎩ ⎨ ⎧ −= += 12 2 11 2 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 mlT q q ( ) 2 2 2 1 2 1 = + qqmglV 得到拉格朗日方程 ( ) ⎪ ( ) ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ =++ =−+ 022 022 2 2 1 1 q l g q q l g q 解得 ( ) ( ) ⎩ ⎨ ⎧ +⋅= +⋅= 22 2 2 1111 sin sin αω αω tAq tAq 其中 ( ) ( ) 2 1 2 2 2 2 2 2 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） 1 2 1 11 2 1 2 2 11 2 sin( ) sin( ) 2 2 sin( ) sin( ) 2 2 A A t t A A t t 2 2 θ ωα ωα θ ωα ωα ⎧ = ⋅+ + ⋅+ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ = ⋅+ − ⋅+ ⎪⎩ 4
由此可见,用了广义坐标q1,q2;T,V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。q1q2就称为简正坐标。问题是 如何找简正坐标? 2.第一种方法:利用线性代数的方法 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 T=m}2(1q2 1/21/2211/21/2 1/2-1/2人11人1/2-1/2人2 2m/ 0 q1 0 q2 对于拉格朗日方程组,矩阵形式为 802 dt-I 把转换为q,引入了一个矩阵,再左乘这个矩阵的转置,得 2d/dm2+g/1) 1/21/2 12-1/2人d2dn2d2ld2+g1人1/2-1/√2人q2 0 2丿dr2l 4=0这就是教材183页(44)式 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 把转换为q的矩阵
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？ 1 2 q q, T V, 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 mglV θθ 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 22 22 22 22 =⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + + ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − q q lgdtddtd dtdlgdtd 即 0 2 1 0 1 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 4=+aB可解得B=2a-B q2 代入 q2=1+B62 a,2= =m(2+2+22) y=mng(22+2) m([2-2/+)92+(2-2+1)42+2(a+B-2a-)9 为了使交叉项系数为零 a+B-2B-1=0 1m/9=2+1 20+1=0解得=-B=后即 q2=01-5B2 √2 T √2 √2 mg(2+q2) 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 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】,(N=3一维晶格的纵向振动):§6。3【例】(181--182 页)(N=4一维晶格的横向振动)结合起来阅读 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n个质点为正向。第n个质点的坐标 xn=x0+nn=0,1…N;共N+1个质点x0=na为平衡位置的坐标,ln=xn-x0 为偏离平衡位置的位移(以偏向正x的方向为正)。 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,Fn=Fm+F0其中 [un-n1]为第(n+D)个质点对第n个质点作用力在x轴上的投影
只要设 11 2 2 1 q q 2 θ αθ θ βθ ⎧ = + ⎨ ⎩ = + 可解得 21 1 1 2 , q q qq α β 2 θ θ α β α β − − = = − − 代入 ( ) ( ) 222 1 2 12 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 T ml V mgl θ θ θθ θ θ ⎧ = ++ ⎪⎪ ⎨ ⎪ = + ⎪⎩ 得 ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 22 2 2 2 2 1 2 222 2 2 12 1 2 1 2 21 2 21 2 2 1 2 1 2 1 2 1 22 1 2 T ml q q V mglq q q q β β α α α β αβ α β βα αβ α β ⎧ = − ⎡ ⎤ + + − + + + − ⎪ ⎣ ⎦ ⎪ − ⎨ ⎪ = + ⎡ ⎤ + + − + ⎪ ⎣ ⎦ − ⎩ 1 2 − q q 0 为了使交叉项系数为零 解得 2 1 2 10 α β αβ αβ ⎧ + − −= ⎨ ⎩ + = 1 2 α β =− = 即 1 1 2 1 1 2 1 2 q q 2 2 θ θ θ θ ⎧ = + ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ = − ⎪⎩ ( ) 2 2 1 2 2 2 1 2 11 1 1 1 2 2 2 1 2 T ml q q V mgl q q ⎧ ⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎪ = + +− ⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎪ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎨ ⎪ = + ⎪⎩ 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】，（ N = 3 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。 N = 4 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 n n n x = + x u n N = 0,1," ；共 N +1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 n n u xx = − 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， (n 1 1 ) ( ) FF F nn n + n− = + 其中 ( ) [ ] 1 1 n F Ku u n n + =− − 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
K[vn-n]为第(n-1)个质点对第n个质点作用力在x轴上的投影 F为有势力,F=- an'假定两端晶格固定:t40=ly=0, K(um -+/I (n-n)+以(-2|于是得动力学方程: mi1=F1=K(l2-2a1) n=1 mi,=F,=K(un++un-1-2un FN=K( n=N-1 N=4:181页§63.【例】横向振动:N=3:179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3n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 (3m-6)个为振动自由度(线型分子为(3n-5)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a个原子的位置矢量=0+l2,其中o对应于平衡位置,L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:P=∑m=∑m20+∑mLn=m元=0 且各原子的平衡位置不变,j=0,从而有元=0(质心保持静止),m立=0(振动的总 动量为零),积分得0,F,∑m,∑m均为常矢量。由质心的定义,有 ∑m20=∑m=m元,考虑到振动是在内力作用下进行,不影响质心的位置,有 ∑m元=∑m+∑mL=∑mn·=m,所以就有∑mLn=0 既然不考虑转动,总角动量为零 L=∑玩xm元=∑(0+)xm(+)=∑而xm元=∑xm玩=0 (以上计算中已经略去了二阶小量)积分得∑0×m2=C 此结论当没有振动(Ln=0)时也成立,因此C=0,于是得∑动0xmL=0
( ) [ ] 1 1 n F Ku u n n − =− − n− 为第（n－1）个质点对第 n 个质点作用力在 x 轴上的投影 Fn 为有势力， n n V F u ∂ = − ∂ ，假定两端晶格固定： 0 0 N u u = = ， ( ) ( ) 1 2 2 2 2 2 11 1 0 1 1 1 2 2 N N n n nn N n n V Ku u Ku u u u − − + = = ⎡ ⎤ = −= + −+ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ∑ ∑ + −1 2 于是得动力学方程： ( ) ( ) ( ) 11 2 1 1 1 11 2 1 2 1 2 2,3, 2 1 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 + − −− − − ⎧ == − = ⎪ ⎨ == + − = − ⎪ = = − =− ⎩ " N = 4：181 页§6. 3.【例】横向振动； N = 3 ：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 (3 6 n − ) (3 5 n − )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 rr u α = α + α GG G ，其中 0 r α G 对应于平衡位置，uα 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 P m r m r m u mr αα αα α α s c αα α = ∑ = += ∑ ∑ = G G G GG 且各原子的平衡位置不变， 0 r 0 α = G ，从而有 0 cr = G （质心保持静止）， （振动的总 动量为零），积分得 m u 0 α α α ∑ = G 0 r α G ， ，cr G m uα α α ∑ G ， m r 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 m r m r mr α α 0 α c s α α ∑ ∑= ⋅= G G c G c G m r m r mu m r mr αα αα 0 α α α c s αα α α ∑∑ ∑ ∑ = + = ⋅= GG G G m u 0 α α α ∑ = G 。 既然不考虑转动，总角动量为零 ( ) 0 00 0 ( ) 0 d L r mr r u m r u r mu r mu dt α αα α α α α α α α α α α α α α α α = × = +× + ≈ × = × = ∑∑ ∑ ∑ 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 r mu C α αα α ∑ × = G G G 此结论当没有振动（ ）时也成立，因此 u 0 α ≡ G 0 Cl = G ，于是得 0 r mu 0 α αα α ∑ × = G G 7
这两个方程∑m=0,∑0Xm=0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OX轴;横向OY;OZ轴 不考虑平动和转动,分子中振动的动能和势能分别为 T=-m k[(x-x)+(-x)]+2[(x+y2-2y)+(+2-23)] 其中九个坐标为振动位移的分量:n=xi+yaj+二a 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 2m,a=0 ma(+x)+mg2=0: m,(+y3)+mBJ2=0 m(=1+=3)+m2=2=0 0=∑m×=m后×(x+y+三k)+m(B)×(x7+y+) m(=-)7+(x-y)k]即y=y2:== 共5个约束,自由度s 5=4 选广义坐标:q=x+x,92=x-x;6=/[y+y3-2y2] δ.=|z+z1-2 6,是度量对称轴在OX平面内弯曲程度的角度 或x=(q1+q2)/2,x=-(m1/mB)q,x=(q1-q2)/2 y2 ,y1=y3 mB-y2-20 16m (2m4+m) 1,=2,-3相仿。 2m1+m T-m,Im +"的2+"mF[2+82]总质量:m=2m+m k,m2k,2 k, 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
这两个方程 m uα α 0 ， α ∑ = G 0 r mu 0 α αα 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： 2 22 2 2 2 2 22 1 11 3 33 2 22 1 1 2 2 T mx y z x y z mx y z A B = ++++ + + + + ⎡ ⎤ ⎡ ⎣ ⎦ ⎣ ⎤ ⎦ ( )( ) ( )( 2 2 2 112 23 2 1 3 2 13 2 1 1 2 2 2 2 V kxx xx k yy y zz z = − + − + +− + +− ⎡ ⎤ ⎡ ⎣ ⎦ ⎣ ) 2 ⎤ ⎦ k 其中九个坐标为振动位移的分量：u x i yj z 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： m u 0 α α α ∑ = G ： ( ) 13 2 0 m x x mx A B + + = ； ( 13 2 ) 0 m y y my A B + + = ； ( ) 13 2 0 m z z mz A B ++ = ( ) ( ) ( ) 3 0 1 1 1 3 3 1 0 m r u m li x i y j z k m li x i y j z k αα α A A α= = ×= × + + + −× + + ∑ 3 G GG G GG G G G G ml z z j y y k A ( )( ) 31 1 3 = − +− ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ G G 即 1 3 y = y ； 1 3 z z = 共 5 个约束，自由度 s n = −= 3 5 4 选广义坐标： q x xq x x 1 1 32 1 =+ =− , 3； [ ] 1 13 2 2 y δ lyy y − = +− ， [ ] 1 13 2 2 z δ lzz z − = +− y δ 是度量对称轴在 平面内弯曲程度的角度 OXY 或 1 12 2 ( )/2, ( / , ) 1 3 12 ( )/ 2 A B x q q x mmq x q q = + =− = − ( ) 2 1 3 2 , 2 2 2 y A B y B A B A A B l m m l m y y y y m m m mm 2 δ δ = − = =− = + + ； 相仿。 123 zz z , , 2 2 22 1 2 4 44 A AA B y z B mm m mm T qq l m m 2 = ++ + ⎡δ δ ⎤ ⎣ ⎦ 总质量： 2 m mm = A B + ( ) 2 1 12 2 2 22 2 1 2 4 42 y z B km k k V qq l 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26 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:=l(sin+ cosy),而=0, 70=1(-si7+cosb)。振动由矢量花=x7+y+k刻划。振动自由度数 =(3n-6)=3 约束方程∑m元=0给出三个方程:m(x1+x)+m2x2=0 (1) m(y+y)+my2=0; (2) m(=1+=3)+m2=2=0 约束方程∑m2动0×=0给出三个方程:m1cos(=1+3)=0 (4) m sin(=1-=3)=0 m,[(,)sin8-(*, +x,)cos0]=0 由(3)(4)(5)解得:-1=2=23=0,即三个振动自由度均位于OXY平面内(即原子 作振动时,保持位于OYY平面内)。也就是说,如果振动偏离OYY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 其余6个坐标x1,x2,x3,y,y2,y3还有3个约束方程(1)(2)(6),与s=3一致。 ②当26=x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 y2=0y1+y3=0抵消 x2=0x1+x3=0抵消 叠 加, x3叠加,选q=x1+x3 y+y3叠加,选q3=y1+y 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 -=(x-x)7+(-y2 2-2=(x-x2)+(y3-y2)
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： rl i j 10 = + (sin cos θ θ ) G G G ， 20 r = 0 G ， rl i j 30 =− + ( ) sin cos θ θ G G G 。振动由矢量u x i y j zk αα α α =+ + G G G G 刻划。振动自由度数 s n = −= ( ) 3 6 3 。 约束方程 m uα α 0 给出三个方程： α ∑ = G ( 13 2 ) 0 m x x mx A B + + = （1） ( 13 2 ) 0 m y y my A B + + = ； （2） ( 13 2 ) 0 m z z mz A B + + = （3） 约束方程 0 mr u 0 αα α α ∑ × = G G 给出三个方程： 1 3 cos ( ) 0 ml z z A θ + = （4） 1 3 sin ( ) 0 ml z z A θ − = ， （5） ( 13 13 )sin ( ) cos 0 ml y y x x A ⎡ ⎤ − θ −+ = θ ⎣ ⎦ （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 zz z === 0 OXY OXY OXY 其余 6 个坐标 12312 3 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 2 13 y yy = + 0 = 0 抵消 0 2 13 x xx = 0 + = 抵消 1 3 x + x 叠加，选 1 1 q xx = + 3 1 3 y + y 叠加，选 3 1 q yy = + 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 u u x xi y y j 12 12 12 −= − + − ( )( ) G G G G u u x xi y y j 32 32 32 −= − + − ( )( ) G G G G 9
单位矢量(B4=sin+c0s07 BA)=-sin ]i +cos0j 投影△=(x-x2)sin+(y-y2) cOs A2=-(x3-x2)sinO+(y3-y2)cosb 单位矢量(B4)=c1-sn B cos8i-sinBj #[( -x2)cos0-(n-y2)sin 0] +[-(, -x2)cos0-(3 -y2)sin@]=18 k(△F+△)+kF52 6是夹角26的改变量 图2 图 图4 ⑤广义坐标的选择:我们已选取q1=x1+x3,q3=H+y3另一个广义坐标取什么? 选取q2=x-x3,则6个坐标x,x2,x3,y1,y2,y3均可用q1,q2,q3表示(见教材199 页(8)式)而使约束方程成为恒等式。计算L(q1q,1),只有一个交叉项q2q3,所以 q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 个矩阵,但计算量小得多了。 若选q2=y1-y,则求得L(q,q,1)中有三个交叉项,所以q22,q3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 m=-kx+FsnO即 x=-o'x+fosinap/ a'k f6=
单位矢量( ) 1 BA i = + sin cos θ θ j & JJJG G G (BA i 3 ) =− + sin cos θ θ j & JJJJG G G 投影 Δ= − + − l xx yy 1 12 12 () ( ) sinθ cosθ Δ =− − + − l xx yy 2 32 32 ( )() sinθ cosθ 单位矢量( ) 1 BA i cos sin θ θ j ⊥ = − JJJG G G (BA i 3 ) cos sin θ θ j ⊥ =− − JJJJG G G 投影[ c () ( ) 1 2 1 2 xx yy − −− os sin ] θ θ + [ c −− − − ( xx yy 3 2 ) os s θ ( 3 2 ) in ] θ = lδ ( ) 22 2 11 2 2 1 1 2 2 V k l l 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 1 1 3 3A 2B 1A 图 1 图 2 图 3 图 4 X Y q xx + 3 13 = ，q y = + y 3 3 另一个广义坐标取什么？ 选取 q xx 2 1 = − ，则 6 个坐标 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 qq q , , Lqqt (, ,) 2 3 q q 1 q 3 若选 q yy 2 1 ′ = − ，则求得 中有三个交叉项，所以 Lqqt (, ,) 123 qq q , ,′ 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 mx kx F t =− + ω p 即 2 0 sin p x =− + ω xf t ω 2 k m ω = 0 0 F f m = 10
