[ 常微分方程 ] 04 高阶微分方程实例——质点振动

[ 常微分方程 ] 04 高阶微分方程实例——质点振动

引用

CSDN

1.

https://blog.csdn.net/2201_75660982/article/details/143066872

高阶微分方程在物理学中有着广泛的应用，特别是在描述质点振动现象时。本文将通过详细的物理推导和数学分析，探讨无阻尼自由振动、有阻尼自由摆动、无阻尼强迫振动和有阻尼强迫振动等不同情况下的质点振动模型。

一、质点振动

01 无阻尼自由振动

（1）物理推导

当我们在研究一个数学摆的简谐运动的时候，分析其受力如下图所示，我们将重力分为切向和法向两个方向。

设绳子的拉力为T，有在法向和切向的受力分析有如下表达式：

$$
\begin{cases}
T-mg\cos \varphi=F_n\
\boxed{mg\sin\varphi}=\underbrace{F_t=-ma_t}_{牛顿第二定律}=-m\displaystyle\frac{d^2l}{dt^2}=\boxed{-mL\frac{d^2\varphi}{dt^2}}
\end{cases}
$$

对上面画框的部分进行整理可以得到

$$
\frac{d^2\varphi}{dt^2}=-\frac{g}{L}\sin\varphi
$$

怎么和书上的不一样？事实上，物理人为了简化模型，由于单摆的角度极其微小，此时认为$\sin \varphi \approx \varphi$（之所以要这样处理，是因为我们难以解决非线性微分方程），并令$\omega^2=\displaystyle\frac{g}{L}$，得到书上的表达式

$$
\frac{d^2\varphi}{dt^2}+\omega^2\varphi=0 \tag{1}
$$

（2）微分方程推导

这是一个二阶常系数微分方程，其特征方程是

$$
\lambda^2+\omega^2=0
$$

解出共轭复根$\lambda_{1,2}=\pm\omega i$，其通解为

$$
\begin{align*}
\varphi&=c_1\cos\omega t+c_2\sin\omega t\
&=\underbrace{\sqrt{c_2^2+c_2^2}\left(\frac{c_1}{\sqrt{c_1^2+c_2^2}}\cos\omega t+\frac{c_2}{\sqrt{c_1^2+c_2^2}}\sin\omega t\right)}_{辅助角公式}\
&=A\left( \sin\theta\cos\omega t+\cos\theta\sin \omega t\right)\
&=A\sin(\omega t+\theta)
\end{align*}\tag{2}
$$

可以看出单摆的运动轨迹服从正弦函数，我们利用常微分方程的初值问题定义，给不同的初值赋予不同的物理条件，就可以得到不同的物理意义。

$$
\begin{cases}
\displaystyle周期:T=\frac{2\pi}{\omega}\
角频率：\omega=2\pi \nu\
\displaystyle频率:\nu=\frac{1}{T}=\frac{\omega}{2\pi}
\end{cases}
$$

由于这是二阶微分方程，需要两个常数作为初值(主要就是指位置和一阶导速度），赋予$t = 0$时的初值条件为

$$
\begin{cases}
\varphi\big|{t=0}=\varphi_0\quad(初始角度为\varphi_0)\
\displaystyle\frac{d\varphi}{dt}\bigg|{t=0}=0\quad(初始速度为0)
\end{cases}
$$

此时代入式(2)中所得到的通解为

$$
\varphi=\varphi_0\sin\left(\omega t+\frac{\pi}{2}\right)
$$

实际就是一个物理情景：我们将该单摆拉到$\varphi_0$的位置并由静止状态松开，让其自由摆动。

02 有阻尼自由摆动

通常我们认为空气阻力和一个物体运动的速度成正比，因此我们在式(1)中加入阻尼因子得到

$$
\frac{d^2\varphi}{dt^2}+\underbrace{\frac{\mu}{m}\frac{d\varphi}{dt}}_{表示阻尼}+\frac{g}{L}\varphi=0 \tag{3}
$$

为了方程更加简洁，物理人会给常数一个更简单的符号，（其中$n$指示阻尼的大小），替换得到

$$
\frac{d^2\varphi}{dt^2}+2n\frac{d\varphi}{dt}+\omega^2\varphi=0
$$

其特征方程为

$$
\lambda^2+2n\lambda+\omega^2=0\
\Longrightarrow \lambda_{1,2}=-n\pm\boxed{\sqrt{n^2-\omega^2}}
$$

可以看到这里面有根号，如果说被开根的数是负数的话，就要涉及复数了，这里我们进行分类讨论:

• 小阻尼：当$n<\omega$，被开根数小于0，$\lambda_{1,2}=-n+\underbrace{\sqrt{\omega^2-n^2}}_{\displaystyle\omega_1}i$，此时通解为

$$
\begin{align*}
\varphi&=e^{-nt}(c_1\cos\omega_1 t+c_2\sin\omega_1 t)\
&=\boxed{Ae^{-nt}}\sin(\omega_1t+\theta)
\end{align*}
$$

可以看到上面振幅和$t$有关，并且是负相关，意味着有阻尼时的振动强度是逐渐减弱的，虽然已经没有了标准的周期性（指振幅不一致了），但是摆动的最大偏离的间隔时间仍然相同，也就是仍具有振动性质。

• 大阻尼：当$n>\omega$，此时$\lambda_2<\lambda_1<0$，其通解为

$$
\varphi=c_1 e^{\lambda_1t}+c_2e^{\lambda_2t}
$$

研究解的图像可以发现，由

$$
\begin{cases}
\varphi=c_1e^{\lambda_1t}+c_2e^{\lambda_2t}=0\quad(解曲线最多只有一个根)\
\displaystyle\frac{d\varphi}{dt}=e^{\lambda_1t}[c_1\lambda_1 +c_2\lambda_2e^{(\lambda_2-\lambda_1)t}]\quad (t 很大时符号与c_1相反)
\end{cases}
$$

由$e$指数可以看出，在$t$很大时，其一阶导绝对值逐渐减小，也就是曲线逐渐趋于平稳，此时摆并不具备振动性质了。

• 临界阻尼：也就是$n=\omega$的临界状态（临界阻尼值），此时特征方程有重根$\lambda_1=\lambda_2=-n$，此时阻尼恰好可以抑制振动，而呈现出如上图所示的效果，而当$n$向下变化一个很小的范围时，摆就又具有振动性质了，这就又回到了小阻尼的图像。

03 无阻尼强迫振动

加入外力的因素，且不考虑阻尼，即方程(1)变为

$$
\frac{d^2\varphi}{dt^2}+\frac{g}{L}\varphi=\frac{1}{mL}F(t) \tag{4}
$$

当我们施加的力以正弦函数为周期进行变化时，设$\frac{F(t)}{mL}=H\sin pt$，其对应齐次线性微分方程的通解为

$$
\varphi=A\sin(\omega t+\theta)
$$

• 若$\omega\neq p$，式(4)有形如下式的特解，并对照系数之后解得：

$$
\widetilde{\varphi}=\underbrace{M}{0}\cos pt +\underbrace{N}{\displaystyle\frac{H}{\omega^2-p^2}}\sin pt
$$

则式(4)的通解为

$$
\varphi=\underbrace{A\sin(\omega t+\theta)}{固有振动}+\underbrace{\frac{H}{\omega^2-p^2}\sin pt}{强迫振动}
$$

可以发现，若外力的角频率$p$越接近固有振动的角频率$\omega$，则强迫振动的振幅就越大，那如果二者相等呢？

• 若$\omega=p$，特别的，此时振幅一定是最大的。式(4)有如下形式的特解：

$$
\widetilde{\varphi}=t(\underbrace{M}{\displaystyle-\frac{H}{2\omega}}\cos\omega t+\underbrace{N}{0}\sin\omega t)
$$

即方程的通解为

$$
\varphi=A\sin(\omega t+\theta)-\frac{H}{2\omega}t\cos \omega t
$$

该方程描述了，随着时间的增大，摆的偏离程度将无限增加，这称为共振现象，但这是不符合物理直觉和实际生活的，别忘了，我们在推导单摆运动方程的时候，$\sin\varphi\approx \varphi$的成立条件是在角度极小的时候，也就是说当摆的偏离到达一定程度时，已经不能用该方程来描述单摆运动了。

04 有阻尼强迫振动

对于

$$
\frac{d^2\varphi}{dt^2}+2n\frac{d\varphi}{dt}+\omega^2\varphi=H\sin pt\tag{5}
$$

这里我们只讨论小阻尼情形，即$n<\omega$，对应齐次线性微分方程通解及式(5)的特解为

$$
\varphi=Ae^{-nt}\sin(\omega_1 t+\theta)
$$

$$
\widetilde{\varphi}=\underbrace{M}{\displaystyle\frac{-2npH}{(\omega^2-p^2)^2+4n^2p^2}}\cos pt+\underbrace{N}{\displaystyle\frac{(\omega^2-p^2)H}{(\omega^2-p^2)^2+4n^2p^2}}\sin pt
$$

由于观察得到

$$
M^2+N^2=\frac{H^2}{(\omega^2-p^2)^2+4n^2p^2}
$$

则我们可以将其简化，得到

$$
\begin{cases}
M=\displaystyle\boxed{\frac{H}{\sqrt{(\omega^2-p^2)^2+4n^2p^2}}}\cos\theta^=H^\cos\theta^\
N=\displaystyle\boxed{\frac{H}{\sqrt{(\omega^2-p^2)^2+4n^2p^2}}}\sin\theta^=H^\sin\theta^
\end{cases}
$$

则式(5)的通解为

$$
\varphi=Ae^{-nt}\sin(\omega_1 t+\theta)+H^\sin (pt+\theta^)
$$

可以观察发现，振动仍由两部分组成，但第二部分虽然和外力的频率一样，可是振幅已经不同了。此时我们仍然想知道当我们施加的外力符合什么条件时，振幅最大，此时需要$H^*$最大，即需要$(\omega^2-p^2)^2+4n^2p^2$最小。记

$$
\varPhi(p)=(\omega^2-p^2)^2+4n^2p^2
$$

求一次导并令其为零得：

$$
\varPhi'(p)=-4p(\omega^2-p^2)+8n^2p=0\
\Longrightarrow p^*=\sqrt{\omega^2-2n^2}\quad(需要保证被开根数大于零，即为小阻尼情形)
$$

此时$\varPhi''(p^)=8p^2>0,\displaystyle H^_{\max}=\frac{H}{2n\sqrt{\omega^2-n^2}}$，$p$达到了共振频率，单摆产生共振现象。

05 质点振动小结