单自由度系统的受迫振动

一、简谐激励下的受迫振动

1、问题的提出

前几节讨论的都是单自由度系统在给定初始条件下的自由振动。当系统受到随时间变化的激振力作用时，产生的振动称为受迫振动。工程中最基本的激励形式是简谐激励，即激振力随时间按正弦或余弦规律变化，例如不平衡转子产生的离心惯性力。

简谐激励之所以重要，是因为一般周期力可以展开为傅里叶级数，从而化为不同频率简谐激励的叠加；非周期的一般激振力也可以用傅里叶变换转换成简谐分量的叠加。因此简谐激励是其他形式载荷作用下受迫振动分析的基础，重要的共振现象也是由简谐激励引起的。

考虑由质量 $m$、弹簧（刚度系数 $k$）和黏性阻尼器（阻尼系数 $c$）构成的单自由度系统，其上作用简谐激振力 $f(t)$。取系统静平衡位置为坐标 $x$ 的原点，由牛顿运动定律（或虚位移原理、拉格朗日方程）可得系统的振动微分方程

$$ m\ddot{x} + c\dot{x} + kx = f(t) $$

\begin{tikzpicture}[x=1cm,y=1cm,>=stealth,thick]
  \draw[very thick] (-1.4,3.8)--(1.4,3.8);
  \foreach \x in {-1.3,-1.1,...,1.3} \draw[thin] (\x,3.8)--++(-0.18,0.18);
  \draw[decorate,decoration={coil,aspect=.45,segment length=3mm,amplitude=3mm}] (-0.65,3.8)--(-0.65,1.65);
  \draw (-0.65,3.45) node[right] {$k$};
  \draw (0.65,3.8)--(0.65,3.35)--(0.95,3.15)--(0.35,2.85)--(0.95,2.55)--(0.35,2.25)--(0.65,2.05)--(0.65,1.65);
  \draw (0.65,3.45) node[right] {$c$};
  \draw[fill=blue!12] (-1.2,0.75) rectangle (1.2,1.65);
  \node at (0,1.2) {$m$};
  \draw[->,red] (0,0.75)--(0,-0.25) node[below] {$f(t)=F_0\sin\omega t$};
  \draw[->] (1.55,1.2)--(1.55,0.25) node[right] {$x(t)$};
\end{tikzpicture}

设简谐激振力为：

$$ f(t) = F_0\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t} $$

式中 $F_0$ 为简谐激振力的幅值，简称力幅；$\omega$ 为简谐激振力的频率，简称激振频率；$\mathrm{i} = \sqrt{-1}$ 为虚数单位。$f(t)$ 的实部和虚部分别与余弦激励 $F_0\cos\omega t$ 和正弦激励 $F_0\sin\omega t$ 相对应。由于激振力取了复数形式，其产生的位移 $x$ 也取复数形式，实部和虚部分别对应余弦激励和正弦激励的响应。

于是受迫振动的振动微分方程为

$$ m\ddot{x} + c\dot{x} + kx = F_0\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t} $$

式中固有频率 $\omega_0 = \sqrt{k/m}$，阻尼比 $\xi = c/(2m\omega_0) = c/(2\sqrt{mk})$，有阻尼固有频率 $\omega_\mathrm{d} = \omega_0\sqrt{1-\xi^2}$。以下除特别说明外，均只讨论欠阻尼情况 $\xi < 1$。

2、复数分析方法

（1）振动微分方程的标准化

方程 $m\ddot{x} + c\dot{x} + kx = F_0\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}$ 显含时间 $t$，故系统为非自治系统。两边同除以质量 $m$：

$$ \ddot{x} + \frac{c}{m}\dot{x} + \frac{k}{m}x = \frac{F_0}{m}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t} $$

由 $\dfrac{c}{m} = 2\xi\omega_0$、$\dfrac{k}{m} = \omega_0^2$，并记静位移：

$$ B = \frac{F_0}{k} $$

即力幅 $F_0$ 作用下产生的静位移，则 $\dfrac{F_0}{m} = \dfrac{F_0\omega_0^2}{k} = B\omega_0^2$。于是方程化为标准形式：

$$ \ddot{x} + 2\xi\omega_0\dot{x} + \omega_0^2 x = B\omega_0^2\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t} $$

引入频率比：

$$ \bar{\omega} = \frac{\omega}{\omega_0} $$

根据常微分方程理论，非齐次方程的全解 $x$ 包含对应齐次方程的通解 $x_1(t)$ 和非齐次方程本身的特解 $x_2(t)$，即 $x(t)=x_1(t)+x_2(t)$。齐次方程的特征根为 $-\xi\omega_0\pm\mathrm{i}\omega_\mathrm{d}$，故欠阻尼情况下：

$$ x_1(t) = \mathrm{e}^{-\xi\omega_0 t}(C_1\cos\omega_\mathrm{d}t + C_2\sin\omega_\mathrm{d}t) $$

它表示衰减振动，在振动开始后的短暂时间内趋于零，称为暂态响应。

（2）位移复频响应函数

根据方程右端项的形式，设特解为：

$$ x_2(t) = X\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t} $$

式中 $X$ 为位移特解的复幅值。求导得：

$$ \dot{x}_2(t) = \mathrm{i}\omega X\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}, \qquad \ddot{x}_2(t) = -\omega^2 X\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t} $$

代入标准形式的方程：

$$ \left(-\omega^2 + 2\mathrm{i}\xi\omega_0\omega + \omega_0^2\right)X\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t} = B\omega_0^2\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t} $$

由于 $\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t} \neq 0$ 对任意 $t$ 成立，消去两边的 $\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}$，得：

$$ \left(\omega_0^2 - \omega^2 + 2\mathrm{i}\xi\omega_0\omega\right)X = B\omega_0^2 $$

解出复幅值，并利用 $\omega = \bar{\omega}\omega_0$、$B\omega_0^2 = F_0\omega_0^2/k$：

$$ X = \frac{B\omega_0^2}{\omega_0^2 - \omega^2 + 2\mathrm{i}\xi\omega_0\omega} = \frac{B}{1 - \bar{\omega}^2 + 2\mathrm{i}\xi\bar{\omega}} = \frac{F_0}{k\left(1 - \bar{\omega}^2 + 2\mathrm{i}\xi\bar{\omega}\right)} $$

记：

$$ X = H(\omega)F_0 $$

式中 $H(\omega)$ 为激振力频率的复函数，称为位移复频响应函数，简称频响函数。它是振动力学中的一个重要函数，其形式为：

$$ H(\omega) = \frac{1}{k\left(1 - \bar{\omega}^2 + 2\mathrm{i}\xi\bar{\omega}\right)} $$

分子分母同乘分母的共轭复数 $1 - \bar{\omega}^2 - 2\mathrm{i}\xi\bar{\omega}$：

$$ H(\omega) = \frac{1 - \bar{\omega}^2 - 2\mathrm{i}\xi\bar{\omega}}{k\left[(1 - \bar{\omega}^2)^2 + (2\xi\bar{\omega})^2\right]} $$

（3）位移振幅放大系数与相位差

将上式写成复指数形式。分母中的实部与虚部构成直角三角形，其斜边为 $\sqrt{(1-\bar{\omega}^2)^2 + (2\xi\bar{\omega})^2}$，因此：

$$ H(\omega) = \frac{1}{k}\beta\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta} $$

式中 $\beta$ 为位移振幅放大系数：

$$ \beta(\omega) = \frac{1}{\sqrt{(1 - \bar{\omega}^2)^2 + (2\xi\bar{\omega})^2}} $$

$\theta$ 为位移响应滞后于激振力的相位差。由：

$$ \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta} = \frac{1 - \bar{\omega}^2 - 2\mathrm{i}\xi\bar{\omega}}{\sqrt{(1 - \bar{\omega}^2)^2 + (2\xi\bar{\omega})^2}} $$

比较实部与虚部得：

$$ \cos\theta = \frac{1 - \bar{\omega}^2}{\sqrt{(1 - \bar{\omega}^2)^2 + (2\xi\bar{\omega})^2}}, \qquad \sin\theta = \frac{2\xi\bar{\omega}}{\sqrt{(1 - \bar{\omega}^2)^2 + (2\xi\bar{\omega})^2}} $$

于是：

$$ \theta(\omega) = \arccos\frac{1 - \bar{\omega}^2}{\sqrt{(1 - \bar{\omega}^2)^2 + (2\xi\bar{\omega})^2}} $$

反余弦函数的值域为 $[0, \pi]$，故上式给出的 $\theta$ 无需再作象限修正；采用 $\arccos$ 表示相位差可直接保证结果落在 $[0,\pi]$ 内，从而避免反正切函数的象限歧义。由 $\sin\theta > 0$（$\xi > 0$、$\bar{\omega} > 0$）可知 $\theta \in (0, \pi)$，即位移响应总是滞后于激振力。

（4）稳态响应

综合以上结果可得特解：

$$ x_2(t) = H(\omega)F_0\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t} = B\beta\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\omega t - \theta)} $$

它表示系统在简谐激振力作用下产生的、频率等于激振频率的简谐振动，称为稳态响应。下面分析简谐激励为正弦激励的情形，此时：

$$ f(t) = F_0\sin\omega t $$

即取 $F_0\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}$ 的虚部。由于振动微分方程是实系数线性方程，取虚部运算与求导、线性组合均可交换，故正弦激励下的位移响应就是 $x_2(t)$ 的虚部。仍用 $x$ 表示，得：

$$ x(t) = A\sin(\omega t - \theta), \qquad A = B\beta $$

式中 $A$ 为稳态位移响应的幅值。由此可见，$\beta$ 表示振动位移幅值比静位移放大的倍数，故称 $\beta$ 为位移振幅放大系数；而 $X$ 本身是复数，既包含振幅信息也包含相位信息，并非 $x_2(t)$ 的幅值。

3、非齐次方程的通解

（1）通解的结构

取正弦激励，方程的全解为：

$$ x = \mathrm{e}^{-\xi\omega_0 t}(C_1\cos\omega_\mathrm{d}t + C_2\sin\omega_\mathrm{d}t) + B\beta\sin(\omega t - \theta) $$

代入初始条件 $x(0) = x_0$、$\dot{x}(0) = \dot{x}_0$ 可得待定系数。

证明
记 $x_1(t) = \mathrm{e}^{-\xi\omega_0 t}(C_1\cos\omega_\mathrm{d}t + C_2\sin\omega_\mathrm{d}t)$，则：

$$ \dot{x}_1(t) = \mathrm{e}^{-\xi\omega_0 t}\left[(-\xi\omega_0 C_1 + \omega_\mathrm{d}C_2)\cos\omega_\mathrm{d}t - (\omega_\mathrm{d}C_1 + \xi\omega_0 C_2)\sin\omega_\mathrm{d}t\right] $$

又 $\dot{x}_2(t) = B\beta\omega\cos(\omega t - \theta)$。在 $t = 0$ 处取 $x(0) = x_0$：

$$ x_0 = C_1 + B\beta\sin(-\theta) = C_1 - B\beta\sin\theta $$

即 $C_1 = x_0 + B\beta\sin\theta$。在 $t = 0$ 处取 $\dot{x}(0) = \dot{x}_0$：

$$ \dot{x}_0 = -\xi\omega_0 C_1 + \omega_\mathrm{d}C_2 + B\beta\omega\cos\theta $$

解出：

$$ C_2 = \frac{\dot{x}_0 + \xi\omega_0 C_1 - B\beta\omega\cos\theta}{\omega_\mathrm{d}} = \frac{\dot{x}_0 + \xi\omega_0 x_0 + B\beta\left(\xi\omega_0\sin\theta - \omega\cos\theta\right)}{\omega_\mathrm{d}} $$

取 $\xi = 0$ 时上式给出 $C_2 = -\dfrac{B\beta\omega}{\omega_0} = -\dfrac{B\bar{\omega}}{1 - \bar{\omega}^2}$，与通解合并即得初始条件为零时的响应。

因此，在正弦激励作用下系统的动态响应为：

$$ \begin{aligned} x(t) = &\ \mathrm{e}^{-\xi\omega_0 t}\left(x_0\cos\omega_\mathrm{d}t + \frac{\dot{x}_0 + \xi\omega_0 x_0}{\omega_\mathrm{d}}\sin\omega_\mathrm{d}t\right) \\ & + B\beta\mathrm{e}^{-\xi\omega_0 t}\left(\sin\theta\cos\omega_\mathrm{d}t + \frac{\xi\omega_0\sin\theta - \omega\cos\theta}{\omega_\mathrm{d}}\sin\omega_\mathrm{d}t\right) \\ & + B\beta\sin(\omega t - \theta) \end{aligned} $$

上式右端第一项是由初始条件引起的衰减自由振动，其振幅由初始条件确定；第二项是由简谐激励引起的伴随自由振动，它与初始条件无关，也是衰减振动，频率为系统的固有频率；第三项是由简谐激励引起的稳态响应，其频率与激振频率相同。前两项都是暂态响应，经过一段时间之后衰减到可以忽略不计，因此分析简谐激励作用下系统的受迫振动响应时，通常只考虑稳态响应。

（2）初始条件为零时的响应与拍现象

进一步取无阻尼 $\xi=0$、非共振 $\omega\ne\omega_0$，并令初始条件为零，则上式化为：

$$ x(t) = \frac{B}{1 - \bar{\omega}^2}\left(\sin\omega t - \bar{\omega}\sin\omega_0 t\right) $$

此时 $\omega_\mathrm{d}=\omega_0$；相位应按 $\bar{\omega}<1$ 与 $\bar{\omega}>1$ 分别取 $0$ 与 $\pi$，等价地也可保留带符号的代数放大系数 $1/(1-\bar{\omega}^2)$。

证明
由通解中系数的表达式，初始条件为零时 $C_1 = B\beta\sin\theta = 0$；取 $\bar{\omega} < 1$，则 $\beta = \dfrac{1}{1 - \bar{\omega}^2}$，于是

$$ \begin{aligned} x(t) &= -\frac{B\bar{\omega}}{1 - \bar{\omega}^2}\sin\omega_0 t + \frac{B}{1 - \bar{\omega}^2}\sin\omega t \\ &= \frac{B}{1 - \bar{\omega}^2}\left(\sin\omega t - \bar{\omega}\sin\omega_0 t\right) \end{aligned} $$

证毕。

由此可以看出，即使初始条件为零，也存在与稳态振动相伴的、振动频率为固有频率的自由振动。

若激振频率 $\omega$ 与固有频率 $\omega_0$ 非常接近，可令 $\bar{\omega} = 1 + 2\varepsilon$，即 $\omega = \omega_0 + 2\varepsilon\omega_0$，其中 $\varepsilon$ 为小量，则

$$ \begin{aligned} x(t) &= \frac{B}{1 - (1 + 2\varepsilon)^2}\left(\sin\omega t - \sin\omega_0 t - 2\varepsilon\sin\omega_0 t\right) \\ &\approx -\frac{B}{4\varepsilon}\left(\sin\omega t - \sin\omega_0 t\right) \\ &\approx -\frac{B}{2\varepsilon}\sin\varepsilon\omega_0 t\cos\omega_0 t \end{aligned} $$

证明
第一步中 $1 - (1+2\varepsilon)^2 = -4\varepsilon(1+\varepsilon) \approx -4\varepsilon$；又 $\sin\omega t - \sin\omega_0 t$ 与 $2\varepsilon\sin\omega_0 t$ 同为 $O(\varepsilon)$ 量级，但前者被分母中的 $-4\varepsilon$ 放大后为 $O(1/\varepsilon)$，后者为 $O(1)$，故保留前者而略去后者。

第二步用和差化积公式 $\sin\omega t - \sin\omega_0 t = 2\cos\dfrac{(\omega+\omega_0)t}{2}\sin\dfrac{(\omega-\omega_0)t}{2}$，并利用 $\dfrac{\omega+\omega_0}{2} = \omega_0(1+\varepsilon) \approx \omega_0$、$\dfrac{\omega-\omega_0}{2} = \varepsilon\omega_0$，即得

$$ \sin\omega t - \sin\omega_0 t \approx 2\cos\omega_0 t\sin\varepsilon\omega_0 t $$

代入第一步的结果即得所要证的式子。证毕。

这相当于振幅按 $\dfrac{B}{2\varepsilon}\sin\varepsilon\omega_0 t$ 变化的、周期为 $2\pi/\omega_0$ 的简谐振动，振幅变化的周期为 $\pi/(\varepsilon\omega_0)$。这种在激振频率与固有频率接近时发生的现象称为拍。由于实际振动系统总是存在阻尼的，自由振动将随时间逐步衰减，因此拍现象只能发生在受迫振动的初始阶段。

二、幅频特性与相频特性分析

1、位移振幅放大系数

\begin{tikzpicture}
\begin{axis}[width=11cm,height=7cm,xmin=0,xmax=3,ymin=0,ymax=8,
 xlabel={$\bar{\omega}=\omega/\omega_0$},ylabel={$\beta$},axis lines=left,
 legend style={font=\small,at={(0.98,0.98)},anchor=north east},samples=240,domain=0:3]
\addplot[blue,thick] {1/sqrt((1-x^2)^2+(2*0.05*x)^2)};\addlegendentry{$\xi=0.05$}
\addplot[orange,thick] {1/sqrt((1-x^2)^2+(2*0.10*x)^2)};\addlegendentry{$\xi=0.10$}
\addplot[green!55!black,thick] {1/sqrt((1-x^2)^2+(2*0.20*x)^2)};\addlegendentry{$\xi=0.20$}
\addplot[purple,thick] {1/sqrt((1-x^2)^2+(2*0.40*x)^2)};\addlegendentry{$\xi=0.40$}
\draw[dashed] (axis cs:1,0)--(axis cs:1,8);
\end{axis}
\end{tikzpicture}

系统响应幅值随激振频率变化的曲线称为幅频曲线，它表示响应幅值随激振频率变化的特性；相位差随激振频率变化的曲线称为相频曲线，它表示相位差随激振频率变化的特性。位移幅频响应由位移振幅放大系数 $\beta(\omega)$ 表示，位移相频响应由相位差 $\theta(\omega)$ 表示。分析的方法是分低频段（$\bar{\omega} \ll 1$）、共振区（共振点 $\bar{\omega} = 1$ 附近）和高频段（$\bar{\omega} \gg 1$）三个频段分别讨论。

由位移振幅放大系数：

$$ \beta(\omega) = \frac{1}{\sqrt{(1 - \bar{\omega}^2)^2 + (2\xi\bar{\omega})^2}} $$

可以得出如下特性。

（1）低频段（$\bar{\omega} \ll 1$）

$$ \lim_{\bar{\omega} \to 0}\beta(\omega) = \frac{1}{\sqrt{(1 - 0)^2 + 0}} = 1 $$

即 $\beta \to 1$，$\theta \to 0$。这表明当激振频率远小于系统固有频率时，质点动位移振幅等于力幅引起的弹簧静变形，即 $A = B$，且位移响应与激振力同相。此时阻尼力幅值 $cB\beta\omega$ 与惯性力幅值 $mB\beta\omega^2$ 都比较小，弹簧恢复力主要与外力平衡，系统呈现弹性特征。

（2）高频段（$\bar{\omega} \gg 1$）

$$ \lim_{\bar{\omega} \to \infty}\beta(\omega) = \lim_{\bar{\omega} \to \infty}\frac{1}{\sqrt{\bar{\omega}^4 + 4\xi^2\bar{\omega}^2}} = \lim_{\bar{\omega} \to \infty}\frac{1}{\bar{\omega}^2\sqrt{1 + 4\xi^2/\bar{\omega}^2}} = 0 $$

即 $\beta \to 0$，$\theta \to \pi$。这表明当激振频率远大于系统固有频率时，位移振幅趋于零，且位移响应与激振力反相；此时惯性力幅值 $mB\beta\omega^2$ 比较大，外力主要用于克服惯性力，系统呈现惯性特征。

（3）共振区与位移共振频率

当激振频率接近固有频率时，响应振幅达到极大值的现象称为共振现象，对应的频率称为共振频率，用 $\omega_\mathrm{r}$ 表示，下标 r 表示共振（resonance）。

位移共振频率可以通过 $\dfrac{\mathrm{d}\beta}{\mathrm{d}\bar{\omega}} = 0$ 求得。

证明
记 $g(\bar{\omega}) = (1 - \bar{\omega}^2)^2 + (2\xi\bar{\omega})^2$，则 $\beta = g^{-1/2}$，由复合函数求导法则：

$$ \frac{\mathrm{d}\beta}{\mathrm{d}\bar{\omega}} = -\frac{1}{2}g^{-3/2}g'(\bar{\omega}) $$

由于 $g > 0$，$\dfrac{\mathrm{d}\beta}{\mathrm{d}\bar{\omega}} = 0$ 等价于 $g'(\bar{\omega}) = 0$。由求导法则：

$$ g'(\bar{\omega}) = 2(1 - \bar{\omega}^2)(-2\bar{\omega}) + 2(2\xi\bar{\omega})(2\xi) = -4\bar{\omega}(1 - \bar{\omega}^2) + 8\xi^2\bar{\omega} = 4\bar{\omega}\left(\bar{\omega}^2 - 1 + 2\xi^2\right) $$

令其为零，得 $\bar{\omega} = 0$ 或 $\bar{\omega}^2 = 1 - 2\xi^2$。前者使 $\beta$ 取极小值 $1$（对应低频段的静变形），故位移共振频率比应取

$$ \bar{\omega}_\mathrm{r} = \sqrt{1 - 2\xi^2} $$

它要求 $\xi < 1/\sqrt{2}$。

于是位移共振频率为：

$$ \omega_\mathrm{r} = \omega_0\sqrt{1 - 2\xi^2} $$

由上式可知阻尼系统的位移共振频率 $\omega_\mathrm{r}$ 小于固有频率 $\omega_0$ 以及 $\omega_\mathrm{d} = \omega_0\sqrt{1-\xi^2}$。当 $\xi \geq 1/\sqrt{2}$ 时 $\omega_\mathrm{r}$ 无实数解，位移幅频曲线不存在极值，随着激振频率的增大 $\beta$ 单调下降。对应位移共振频率的位移振幅放大系数为：

$$ \beta = \frac{1}{2\xi\sqrt{1 - \xi^2}} $$

证明
在共振处 $\bar{\omega}_\mathrm{r}^2 = 1 - 2\xi^2$，故 $1 - \bar{\omega}_\mathrm{r}^2 = 2\xi^2$，$(2\xi\bar{\omega}_\mathrm{r})^2 = 4\xi^2(1 - 2\xi^2)$。代入 $\beta$ 的定义式，分母的平方为：

$$ (2\xi^2)^2 + 4\xi^2(1 - 2\xi^2) = 4\xi^4 + 4\xi^2 - 8\xi^4 = 4\xi^2(1 - \xi^2) $$

开方即得 $\beta(\bar{\omega}_\mathrm{r}) = \dfrac{1}{2\xi\sqrt{1 - \xi^2}}$。

对应速度振幅和加速度振幅极大值的频率分别称为速度共振频率和加速度共振频率：速度共振频率等于系统的固有频率 $\omega_0$，而加速度共振频率为 $\omega_0/\sqrt{1 - 2\xi^2}$，大于 $\omega_0$。由于 $\xi$ 比较小，位移、速度和加速度的共振频率相差较小，于是定义激振频率等于固有频率时是共振点，即可以认为固有频率就是共振频率，当 $\omega = \omega_0$ 时系统发生共振。此时位移振幅放大系数和相位差为

$$ \beta = \frac{1}{2\xi}, \qquad \theta = \frac{\pi}{2} $$

此时外力用于克服阻尼力，惯性力和弹簧恢复力平衡，系统呈现阻尼特征。

2、位移相位差

\begin{tikzpicture}
\begin{axis}[width=11cm,height=7cm,xmin=0,xmax=3,ymin=0,ymax=180,
 xlabel={$\bar{\omega}=\omega/\omega_0$},ylabel={$\theta/(^\circ)$},axis lines=left,
 ytick={0,45,90,135,180},legend style={font=\small,at={(0.98,0.35)},anchor=east},samples=240,domain=0.001:3]
\addplot[blue,thick] {atan2(2*0.05*x,1-x^2)};\addlegendentry{$\xi=0.05$}
\addplot[orange,thick] {atan2(2*0.10*x,1-x^2)};\addlegendentry{$\xi=0.10$}
\addplot[green!55!black,thick] {atan2(2*0.20*x,1-x^2)};\addlegendentry{$\xi=0.20$}
\addplot[purple,thick] {atan2(2*0.40*x,1-x^2)};\addlegendentry{$\xi=0.40$}
\draw[dashed] (axis cs:1,0)--(axis cs:1,180);
\end{axis}
\end{tikzpicture}

由

$$ \theta(\omega) = \arccos\frac{1 - \bar{\omega}^2}{\sqrt{(1 - \bar{\omega}^2)^2 + (2\xi\bar{\omega})^2}} $$

并注意到 $\theta \in [0, \pi]$，可以写出分段形式

$$ \theta(\omega) = \begin{cases} \arctan\dfrac{2\xi\bar{\omega}}{1 - \bar{\omega}^2}, & \bar{\omega} < 1 \quad (1 - \bar{\omega}^2 > 0) \\[8pt] \dfrac{\pi}{2}, & \bar{\omega} = 1 \\[8pt] \pi + \arctan\dfrac{2\xi\bar{\omega}}{1 - \bar{\omega}^2}, & \bar{\omega} > 1 \quad (1 - \bar{\omega}^2 < 0) \end{cases} $$

相位差具有如下特征：$\bar{\omega} \to 0$ 时 $\theta \to 0$，位移响应与激振力同相；$\bar{\omega} = 1$ 时对任意 $\xi > 0$ 有 $\theta = \pi/2$，即共振时位移响应滞后激振力 $\pi/2$；$\bar{\omega} \to \infty$ 时 $\theta \to \pi$，位移响应与激振力反相。由位移相频曲线还可以看出，各条曲线都通过点 $(1, \pi/2)$，阻尼比越小曲线在共振点附近变化越剧烈。

3、品质因子与半功率带宽

（1）品质因子

把 $\bar{\omega} = 1$ 时的位移振幅放大系数称为系统的品质因子，记为 $Q$，其值为：

$$ Q = \beta\big|_{\bar{\omega} = 1} = \frac{1}{\sqrt{(1 - 1)^2 + (2\xi)^2}} = \frac{1}{2\xi} $$

品质因子反映阻尼强弱以及共振区内响应峰的尖锐程度。若 $Q=20$，则 $\xi=0.025$；若 $Q=10$，则 $\xi=0.05$。关系 $Q=1/(2\xi)$ 在代数上可用于任意 $\xi>0$，但“品质因子”和“共振峰”的物理解释通常用于轻阻尼振荡系统；不能把 $Q$ 本身当作阻尼状态的独立判据。

（2）半功率带宽

稳态中阻尼器消耗的平均功率为：

$$ \overline P=\frac{1}{T}\int_0^T c\dot x^2\,\mathrm dt =\frac12c\omega^2A^2 =\frac{F_0^2}{2c}\frac{4\xi^2\bar{\omega}^2}{(1-\bar{\omega}^2)^2+(2\xi\bar{\omega})^2}. $$

在 $\bar{\omega}=1$ 时，$\overline P$ 取得最大值 $F_0^2/(2c)$。令 $\overline P$ 等于最大功率的一半，得到：

$$ (1-\bar{\omega}^2)^2=4\xi^2\bar{\omega}^2. $$

两个正根分别为：

$$ \bar{\omega}_1=\sqrt{1+\xi^2}+\xi,\qquad \bar{\omega}_2=\sqrt{1+\xi^2}-\xi. $$

因此半功率带宽满足以下精确关系：

$$ \xi = \frac{\bar{\omega}_1 - \bar{\omega}_2}{2} = \frac{\Delta\bar{\omega}}{2} $$

或：

$$ Q = \frac{1}{\Delta\bar{\omega}} $$

即：

$$ \Delta\omega = \omega_1 - \omega_2 = \frac{\omega_0}{Q} $$

小阻尼时 $\bar{\omega}_1\approx1+\xi$、$\bar{\omega}_2\approx1-\xi$，并且两点的位移幅值近似等于共振点位移幅值的 $1/\sqrt2$；“半功率点即 $-3\,\mathrm{dB}$ 幅值点”是小阻尼近似，而非任意阻尼下的严格等式。

\begin{tikzpicture}
\begin{axis}[width=11cm,height=7cm,xmin=0.6,xmax=1.4,ymin=0,ymax=1.08,xlabel={$\bar{\omega}$},ylabel={$\overline P/\overline P_{\max}$},axis lines=left,samples=240,domain=0.6:1.4]
\addplot[blue,very thick] {(4*0.10^2*x^2)/((1-x^2)^2+(2*0.10*x)^2)};
\addplot[dashed] coordinates {(0.6,0.5) (1.4,0.5)};
\draw[dashed] (axis cs:0.905,0)--(axis cs:0.905,0.5);
\draw[dashed] (axis cs:1.105,0)--(axis cs:1.105,0.5);
\node[below] at (axis cs:0.905,0) {$\bar{\omega}_2$};
\node[below] at (axis cs:1.105,0) {$\bar{\omega}_1$};
\node at (axis cs:1,0.62) {$\Delta\bar{\omega}=2\xi$};
\end{axis}
\end{tikzpicture}

根据实验测得的幅频曲线定出半功率带宽，就可以根据上式得到系统的阻尼比，这是实际测量阻尼的一种方法。带宽 $\Delta\omega$ 与品质因子 $Q$ 成反比，$Q$ 越大（阻尼越小），共振峰越尖锐，带宽越窄，这正是 $Q$ 值衡量共振品质的含义所在。

4、共振的物理本质

理解受迫振动最直观的工具是矢量图（旋转矢量表示法）。

将稳态解 $x = A\sin(\omega t - \theta)$ 代入振动微分方程，由各导数关系可得稳态振动中作用在质点上的各项：

$$ \begin{aligned} -kx &= -kB\beta\sin(\omega t - \theta) \\ -c\dot{x} &= -cB\beta\omega\sin\left(\omega t - \theta + \frac{\pi}{2}\right) \\ -m\ddot{x} &= -mB\beta\omega^2\sin(\omega t - \theta + \pi) \end{aligned} $$

这四个量（连同激振力 $F_0\sin\omega t$）都是同频率 $\omega$ 的简谐函数，可以用复平面上的旋转矢量表示，力平衡要求四个矢量的合成为零。

（1）低频段

$\omega$ 很小，$m\omega^2 A \approx 0$（惯性力可忽略），$c\omega A \approx 0$（阻尼力可忽略），系统主要由弹性恢复力与激振力平衡，因此 $kA \approx F_0$，$A \approx F_0/k = B$，$\theta \approx 0$。这解释了为什么低频响应接近静力学问题——质点还来不及获得明显的加速度，阻尼力也基本为零，激振力几乎全部由弹簧的弹性变形承担。

（2）高频段

$\omega$ 很大，惯性力 $mA\omega^2$ 占据主导，弹性恢复力 $kA$ 相对很小，激振力主要与惯性力平衡，即 $mA\omega^2 \approx F_0$，$A \approx F_0/(m\omega^2) \to 0$，$\theta \approx \pi$。

（3）共振区

$\omega = \omega_0$ 时 $m\omega_0^2 = k$，惯性力与弹性恢复力大小相等、方向相反，互相抵消，激振力全部由阻尼力平衡：$c\omega_0 A = F_0$，于是

$$ A = \frac{F_0}{c\omega_0} = \frac{F_0}{2\xi k} = \frac{B}{2\xi} = BQ, \qquad \theta = \frac{\pi}{2} $$

这与第 3 节中 $\beta\big|_{\bar{\omega}=1} = 1/(2\xi)$ 的结果一致。在共振频率处，惯性力和弹性恢复力刚好互相抵消，只剩下阻尼力对抗激振力。正因如此，阻尼的大小直接决定了共振振幅——阻尼越小，同一激振力下所需的阻尼力所对应的速度越大，从而振幅越大。当 $\omega$ 略大或略小于 $\omega_0$ 时，惯性力和弹性恢复力不再完全抵消，其合力足以覆盖阻尼力的作用效果，因此振幅从峰值回落。

5、简谐激振力做功与共振的能量解释

不考虑阻尼时，简谐激振力在一个简谐运动周期内做的功为：

$$ W = \int_0^{2\pi/\omega}(F_0\sin\omega t)\dot{x}\,\mathrm{d}t = \int_0^{2\pi/\omega}F_0 A\sin\omega t\cos(\omega t - \theta)\,\mathrm{d}t = \pi F_0 A\sin\theta $$

证明
由积化和差公式

$$ \sin\omega t\cos(\omega t - \theta) = \frac{1}{2}\left[\sin(2\omega t - \theta) + \sin\theta\right] $$

在一个周期上对第一项积分：$\displaystyle\int_0^{2\pi/\omega}\sin(2\omega t - \theta)\,\mathrm{d}t = \left[-\frac{\cos(2\omega t - \theta)}{2\omega}\right]_0^{2\pi/\omega} = 0$；对第二项积分得 $\sin\theta \cdot \dfrac{2\pi}{\omega}$。因此

$$ W = F_0A \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{2\pi}{\omega}\sin\theta = \pi F_0A\sin\theta $$

证毕。

对于无阻尼系统，除了共振情况外，由相位差的表达式可知 $\theta$ 或等于零或等于 $\pi$，因此 $\sin\theta = 0$，即在每一个周期内简谐力在简谐位移上做的功等于零，系统作稳态振动。当系统共振时 $\theta = \pi/2$，$\sin\theta = 1$，在一个周期内简谐力做功为 $\pi F_0A$，即系统在每个周期内都有能量输入，而系统又没有阻尼来耗散能量，故系统振动幅值越来越大。这就从能量角度解释了无阻尼共振时振幅趋于无穷大的原因。

此外，由等效黏性阻尼的结果可知，黏性阻尼力在一个周期内做的负功为 $-\pi c\omega A^2$，即阻尼耗散的能量不仅与频率成正比，还与振幅的平方成正比。振动频率越高，能量耗散越快，因此与低频振动相比，高频振动被阻尼衰减得更快。

三、基础简谐激励作用下的响应

1、问题的提出

受迫振动并不总是由激振力引起的，位移激励也会引起系统振动。如地震引起建筑物的振动和飞机机身振动引起机上安装仪表的振动等都属于这种情况。基础通常指地基和支座等。

考虑单自由度系统，其中基础作已知的简谐运动。设基础简谐位移为：

$$ y = Y_0\sin\omega t $$

式中 $Y_0$ 为基础简谐位移的振幅，$\omega$ 为其变化频率。取系统在 $y = 0$ 时的静平衡位置为坐标原点，$x$ 和 $y$ 分别为质点和基础的绝对位移。下面分别考虑绝对振动和相对振动两种情况。

   ┌─────┐
   │  k  │ 弹簧
   └──┬──┘
   ┌──┴──┐
   │  c  │ 阻尼器        ↑
   └──┬──┘                y(t)
   ┌──┴──┐             基础位移
   │  m  │ 质点
   └─────┘  → x(t) 绝对位移

2、绝对运动

（1）振动微分方程

系统振动微分方程为：

$$ m\ddot{x} + c(\dot{x} - \dot{y}) + k(x - y) = 0 $$

移项整理得：

$$ m\ddot{x} + c\dot{x} + kx = c\dot{y} + ky $$

将 $y = Y_0\sin\omega t$、$\dot{y} = Y_0\omega\cos\omega t$ 代入上式右端：

$$ m\ddot{x} + c\dot{x} + kx = Y_0(c\omega\cos\omega t + k\sin\omega t) $$

两端同除以质量 $m$，并利用 $\dfrac{c}{m} = 2\xi\omega_0$、$\dfrac{k}{m} = \omega_0^2$、$\omega = \bar{\omega}\omega_0$：

$$ \begin{aligned} \ddot{x} + 2\xi\omega_0\dot{x} + \omega_0^2 x &= \frac{Y_0}{m}\left(c\omega\cos\omega t + k\sin\omega t\right) \\ &= Y_0\left(2\xi\omega_0\omega\cos\omega t + \omega_0^2\sin\omega t\right) \\ &= Y_0\omega_0^2\left[\sin\omega t + 2\xi\bar{\omega}\cos\omega t\right] \end{aligned} $$

将方括号内的两项合并为一个正弦函数：由 $\sqrt{1 + (2\xi\bar{\omega})^2}\sin(\omega t + \alpha) = \sin\omega t + 2\xi\bar{\omega}\cos\omega t$ 可得：

$$ \ddot{x} + 2\xi\omega_0\dot{x} + \omega_0^2 x = Y_0\omega_0^2\sqrt{1 + (2\xi\bar{\omega})^2}\sin(\omega t + \alpha) $$

式中：

$$ \alpha = \arccos\frac{1}{\sqrt{1 + (2\xi\bar{\omega})^2}} = \arctan(2\xi\bar{\omega}) $$

由于阻尼的存在，系统的暂态响应很快就衰减到可以忽略不计，因此这里不予考虑，只分析稳态响应。

（2）稳态响应的求解

为便于反复使用，先给出如下引理：

引理1 设 $\xi < 1$，则方程：

$$ \ddot{x} + 2\xi\omega_0\dot{x} + \omega_0^2 x = \Omega_0\sin(\omega t + \alpha) $$

的稳态解为：

$$ x = \frac{\Omega_0}{\omega_0^2}\beta\sin(\omega t + \alpha - \theta) $$

式中 $\Omega_0$ 为右端项的幅值，量纲为加速度；$\dfrac{\Omega_0}{\omega_0^2}$ 即与之相应的静位移；$\beta$、$\theta$ 由上文位移振幅放大系数和相位差的表达式给出。

证明
设稳态解为 $x = C\sin(\omega t + \gamma)$，其中 $C$、$\gamma$ 为待定常数。由求导得 $\dot{x} = C\omega\cos(\omega t+\gamma)$、$\ddot{x} = -C\omega^2\sin(\omega t+\gamma)$，代入方程左端：

$$ \begin{aligned} \ddot{x} + 2\xi\omega_0\dot{x} + \omega_0^2 x &= C\left[(\omega_0^2 - \omega^2)\sin(\omega t + \gamma) + 2\xi\omega_0\omega\cos(\omega t + \gamma)\right] \\ &= C\omega_0^2\left[(1 - \bar{\omega}^2)\sin(\omega t + \gamma) + 2\xi\bar{\omega}\cos(\omega t + \gamma)\right] \end{aligned} $$

由辅助角公式，方括号内两项可合并为 $\dfrac{1}{\beta}\sin(\omega t + \gamma + \theta)$，其中 $\beta = \dfrac{1}{\sqrt{(1-\bar{\omega}^2)^2 + (2\xi\bar{\omega})^2}}$、$\theta$ 满足 $\cos\theta = \dfrac{1-\bar{\omega}^2}{\sqrt{\cdots}}$、$\sin\theta = \dfrac{2\xi\bar{\omega}}{\sqrt{\cdots}}$，即 $\theta = \arccos\dfrac{1-\bar{\omega}^2}{\sqrt{(1-\bar{\omega}^2)^2+(2\xi\bar{\omega})^2}}$。于是

$$ \ddot{x} + 2\xi\omega_0\dot{x} + \omega_0^2 x = \frac{C\omega_0^2}{\beta}\sin(\omega t + \gamma + \theta) $$

令其等于右端项 $\Omega_0\sin(\omega t + \alpha)$。由于 $\sin(\omega t + \gamma + \theta)$ 与 $\sin(\omega t + \alpha)$ 是同一频率的简谐函数，两端恒等当且仅当幅值与相位分别相等：

$$ \frac{C\omega_0^2}{\beta} = \Omega_0, \qquad \gamma + \theta = \alpha $$

于是 $C = \dfrac{\Omega_0\beta}{\omega_0^2}$、$\gamma = \alpha - \theta$，即 $x = \dfrac{\Omega_0}{\omega_0^2}\beta\sin(\omega t + \alpha - \theta)$。证毕。

将引理用于绝对运动方程，其中 $\Omega_0 = Y_0\omega_0^2\sqrt{1 + (2\xi\bar{\omega})^2}$，相应的静位移为 $Y_0\sqrt{1 + (2\xi\bar{\omega})^2}$，于是：

$$ A = Y_0\sqrt{\frac{1 + (2\xi\bar{\omega})^2}{(1 - \bar{\omega}^2)^2 + (2\xi\bar{\omega})^2}} $$

$$ \theta = \arccos\frac{1 - \bar{\omega}^2}{\sqrt{(1 - \bar{\omega}^2)^2 + (2\xi\bar{\omega})^2}} - \alpha $$

式中 $A$ 表示位移响应的幅值，$\theta$ 表示位移响应 $x$ 滞后于位移激励 $y$ 的相位。

为避免反正切的象限歧义，绝对位移相对基础位移的相位可直接写为：

$$ \theta=\operatorname{atan2}\!\left(2\xi\bar{\omega}^3,\,1-\bar{\omega}^2+4\xi^2\bar{\omega}^2\right), $$

其中 $\theta\in[0,\pi]$ 表示滞后角。

\begin{tikzpicture}
\begin{axis}[width=11cm,height=7cm,xmin=0,xmax=3,ymin=0,ymax=180,xlabel={$\bar{\omega}$},ylabel={$\theta/(^\circ)$},axis lines=left,ytick={0,45,90,135,180},samples=240,domain=0.001:3,legend style={font=\small,at={(0.98,0.98)},anchor=north east}]
\addplot[blue,thick] {atan2(2*0.05*x^3,1-x^2+4*0.05^2*x^2)};\addlegendentry{$\xi=0.05$}
\addplot[orange,thick] {atan2(2*0.10*x^3,1-x^2+4*0.10^2*x^2)};\addlegendentry{$\xi=0.10$}
\addplot[green!55!black,thick] {atan2(2*0.20*x^3,1-x^2+4*0.20^2*x^2)};\addlegendentry{$\xi=0.20$}
\addplot[purple,thick] {atan2(2*0.40*x^3,1-x^2+4*0.40^2*x^2)};\addlegendentry{$\xi=0.40$}
\end{axis}
\end{tikzpicture}

（3）绝对运动传递率

为了便于分析，引入绝对运动传递率 $T_\mathrm{A}$，其定义为：

$$ T_\mathrm{A} = \frac{A}{Y_0} $$

式中下标 A 表示绝对运动（absolute motion）。由 $A$ 的表达式得：

$$ T_\mathrm{A} = \sqrt{\frac{1 + (2\xi\bar{\omega})^2}{(1 - \bar{\omega}^2)^2 + (2\xi\bar{\omega})^2}} $$

\begin{tikzpicture}
\begin{axis}[width=11cm,height=7cm,xmin=0,xmax=3,ymin=0,ymax=8,xlabel={$\bar{\omega}$},ylabel={$T_\mathrm{A}$},axis lines=left,samples=240,domain=0:3,legend style={font=\small,at={(0.98,0.98)},anchor=north east}]
\addplot[blue,thick] {sqrt((1+(2*0.05*x)^2)/((1-x^2)^2+(2*0.05*x)^2))};\addlegendentry{$\xi=0.05$}
\addplot[orange,thick] {sqrt((1+(2*0.10*x)^2)/((1-x^2)^2+(2*0.10*x)^2))};\addlegendentry{$\xi=0.10$}
\addplot[green!55!black,thick] {sqrt((1+(2*0.20*x)^2)/((1-x^2)^2+(2*0.20*x)^2))};\addlegendentry{$\xi=0.20$}
\addplot[purple,thick] {sqrt((1+(2*0.40*x)^2)/((1-x^2)^2+(2*0.40*x)^2))};\addlegendentry{$\xi=0.40$}
\draw[dashed] (axis cs:1.414,0)--(axis cs:1.414,1);
\end{axis}
\end{tikzpicture}

绝对运动传递率具有如下特性：

低频段 $\bar{\omega} \ll 1$ 时 $T_\mathrm{A} \approx 1$，$\theta \approx 0$，说明系统的位移响应和位移激励的幅值近似相等、二者相位基本相同，它们之间的相对运动可以忽略不计。

在共振点 $\bar{\omega} = 1$ 附近，绝对运动传递率有峰值，其值为：

$$ T_\mathrm{A} = \sqrt{\frac{1 + (2\xi)^2}{(2\xi)^2}} = \sqrt{1 + \frac{1}{4\xi^2}} = \sqrt{1 + Q^2} $$

这时基础位移经过弹簧和阻尼被放大 $T_\mathrm{A}$ 倍传递到质点。

当 $\bar{\omega} = \sqrt{2}$ 时 $T_\mathrm{A} = 1$，它与阻尼无关：

$$ T_\mathrm{A}\big|_{\bar{\omega}=\sqrt{2}} = \sqrt{\frac{1 + 4\xi^2 \cdot 2}{(1 - 2)^2 + 4\xi^2 \cdot 2}} = \sqrt{\frac{1 + 8\xi^2}{1 + 8\xi^2}} = 1 $$

在高频段 $\bar{\omega} \gg \sqrt{2}$ 时有 $T_\mathrm{A} \approx 0$，说明基础运动被阻尼和弹簧隔离了，绝对位移响应的幅值远小于基础位移的幅值，或者说质点绝对位移响应可以忽略不计。这个特点可以用来指导减振系统的设计。

3、相对运动

（1）振动微分方程

下面分析质点相对于基础的运动，即它们之间的相对运动。用 $z$ 表示质点相对于基础的位移，即：

$$ z = x - y $$

将 $x = z + y$ 代入方程 $m\ddot{x} + c(\dot{x} - \dot{y}) + k(x - y) = 0$：

$$ m(\ddot{z} + \ddot{y}) + c\dot{z} + kz = 0 $$

整理得：

$$ m\ddot{z} + c\dot{z} + kz = -m\ddot{y} $$

将 $y = Y_0\sin\omega t$ 代入上式右端，$\ddot{y} = -\omega^2Y_0\sin\omega t$，两端同除以质量 $m$：

$$ \ddot{z} + 2\xi\omega_0\dot{z} + \omega_0^2 z = Y_0\omega^2\sin\omega t $$

这说明基础激励问题通过相对位移可以转化为在质点 $m$ 上施加等效惯性力 $f(t) = -m\ddot{y}$ 的受迫振动问题。

（2）相对运动传递率

将引理用于相对运动方程，其中 $\Omega_0 = Y_0\omega^2 = Y_0\omega_0^2\bar{\omega}^2$ 且 $\alpha = 0$，相应的静位移为 $Y_0\bar{\omega}^2$，于是稳态解：

$$ z(t) = A\sin(\omega t - \theta) $$

$$ A = Y_0\bar{\omega}^2\beta = \frac{Y_0\bar{\omega}^2}{\sqrt{(1 - \bar{\omega}^2)^2 + (2\xi\bar{\omega})^2}} $$

$$ \theta = \arccos\frac{1 - \bar{\omega}^2}{\sqrt{(1 - \bar{\omega}^2)^2 + (2\xi\bar{\omega})^2}} $$

引入相对运动传递率 $T_\mathrm{R}$，其定义为：

$$ T_\mathrm{R} = \frac{A}{Y_0} $$

式中下标 R 表示相对运动（relative motion）。由 $A$ 的表达式得：

$$ T_\mathrm{R} = \frac{\bar{\omega}^2}{\sqrt{(1 - \bar{\omega}^2)^2 + (2\xi\bar{\omega})^2}} $$

\begin{tikzpicture}
\begin{axis}[width=11cm,height=7cm,xmin=0,xmax=3,ymin=0,ymax=8,xlabel={$\bar{\omega}$},ylabel={$T_\mathrm{R}$},axis lines=left,samples=240,domain=0:3,legend style={font=\small,at={(0.98,0.98)},anchor=north east}]
\addplot[blue,thick] {x^2/sqrt((1-x^2)^2+(2*0.05*x)^2)};\addlegendentry{$\xi=0.05$}
\addplot[orange,thick] {x^2/sqrt((1-x^2)^2+(2*0.10*x)^2)};\addlegendentry{$\xi=0.10$}
\addplot[green!55!black,thick] {x^2/sqrt((1-x^2)^2+(2*0.20*x)^2)};\addlegendentry{$\xi=0.20$}
\addplot[purple,thick] {x^2/sqrt((1-x^2)^2+(2*0.40*x)^2)};\addlegendentry{$\xi=0.40$}
\end{axis}
\end{tikzpicture}

\begin{tikzpicture}
\begin{axis}[width=11cm,height=7cm,xmin=0,xmax=3,ymin=0,ymax=180,xlabel={$\bar{\omega}$},ylabel={$\theta/(^\circ)$},axis lines=left,ytick={0,45,90,135,180},samples=240,domain=0.001:3,legend style={font=\small,at={(0.98,0.35)},anchor=east}]
\addplot[blue,thick] {atan2(2*0.05*x,1-x^2)};\addlegendentry{$\xi=0.05$}
\addplot[orange,thick] {atan2(2*0.10*x,1-x^2)};\addlegendentry{$\xi=0.10$}
\addplot[green!55!black,thick] {atan2(2*0.20*x,1-x^2)};\addlegendentry{$\xi=0.20$}
\addplot[purple,thick] {atan2(2*0.40*x,1-x^2)};\addlegendentry{$\xi=0.40$}
\end{axis}
\end{tikzpicture}

（3）相对运动传递率的特性

低频段 $\bar{\omega} \ll 1$ 时 $T_\mathrm{R} \approx 0$，$\theta \approx 0$，说明质点和基础之间基本没有相对运动，即它们的绝对位移幅值和相位都基本相同。

在共振点 $\bar{\omega} = 1$ 附近，$\theta = \pi/2$，此时 $T_\mathrm{R}$ 由阻尼大小决定，即：

$$ T_\mathrm{R} = \frac{1}{2\xi} = Q $$

当 $\bar{\omega} \gg 1$ 时有 $T_\mathrm{R} \approx 1$，$\theta = \pi$，说明基础位移和相对位移的幅值基本相同，二者反相。这个特点可以用来指导测振系统的设计：当固有频率远小于被测振动频率时，质点相对基础的位移就近似等于基础的绝对位移，据此可做成位移计。

四、任意周期激励下的受迫振动

1、傅里叶级数与谐波分析方法

常用的激励形式还包括非简谐的任意周期力。由数学分析理论可知，如果周期激励 $f(t) = f(t + T)$ 在一个周期 $[t, t + T]$ 内只有有限个第一类间断点和极值点，或分段连续可积，则它可以展开为如下的傅里叶级数：

$$ f(t) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{+\infty}\left(a_n\cos n\omega t + b_n\sin n\omega t\right) $$

式中 $\omega$ 为周期激励的基频，$T = 2\pi/\omega$ 为周期激励最小正周期，而 $a_0$、$a_n$ 和 $b_n$ 的表达式为：

$$ a_0 = \frac{2}{T}\int_0^T f(t)\,\mathrm{d}t $$

$$ a_n = \frac{2}{T}\int_0^T f(t)\cos n\omega t\,\mathrm{d}t $$

$$ b_n = \frac{2}{T}\int_0^T f(t)\sin n\omega t\,\mathrm{d}t $$

式中 $a_0/2$ 是周期激励 $f(t)$ 在一个周期内的平均值，反映了周期激励的静态成分，它引起的是静变形；$\omega$ 是一次谐波频率，$2\omega$ 是二次谐波频率，依此类推。这种将周期函数展开为傅里叶级数的分析方法称为谐波分析方法。

2、稳态响应

对于线性振动系统，其振动微分方程是线性的，受迫振动响应具有可叠加性，这是线性系统的重要性质，称为线性系统的叠加原理。根据叠加原理，线性系统在任意周期力作用下的稳态响应就是各次谐波激励单独作用下稳态响应的叠加。

为了便于分析，将傅里叶级数改写为

$$ f(t) = F_0 + \sum_{n=1}^{+\infty}F_n\sin(n\omega t + \alpha_n) $$

式中 $\overline F$ 为 $f(t)$ 在一个周期内的平均值，$F_n$ 和 $\alpha_n$ 分别为 $n$ 次谐波激励的幅值和初相位，它们的表达式为

$$ F_0 = \frac{a_0}{2} $$

$$ F_n = \sqrt{a_n^2 + b_n^2} $$

$$ \alpha_n = \arccos\frac{b_n}{\sqrt{a_n^2 + b_n^2}} $$

于是任意周期力作用下系统的振动微分方程为

$$ m\ddot{x} + c\dot{x} + kx = F_0 + \sum_{n=1}^{+\infty}F_n\sin(n\omega t + \alpha_n) $$

方程的解包含两部分：一部分是对应齐次方程的通解和简谐激励引起的伴随自由振动响应，由于阻尼的存在，这部分响应是系统的暂态响应；另一部分就是稳态响应。根据方程右端项的形式，其特解具有如下形式：

$$ x = \frac{F_0}{k} + \sum_{n=1}^{+\infty}x_n $$

式中 $F_0/k$ 是动态响应中的静态成分，$x_n$ 是由 $f(t)$ 的 $n$ 次谐波分量 $F_n\sin(n\omega t + \alpha_n)$ 作用下系统的稳态响应。记第 $n$ 次谐波的频率比：

$$ \bar{\omega}_n = \frac{n\omega}{\omega_0} $$

以及相应的静位移 $B_n = F_n/k$，则：

$$ x_n = A_n\sin(n\omega t - \theta_n) $$

$$ A_n = B_n\beta_n $$

$$ \theta_n = \arccos\frac{1 - \bar{\omega}_n^2}{\sqrt{(1 - \bar{\omega}_n^2)^2 + (2\xi\bar{\omega}_n)^2}}-\alpha_n $$

$$ \beta_n = \frac{1}{\sqrt{(1 - \bar{\omega}_n^2)^2 + (2\xi\bar{\omega}_n)^2}} $$

这样，系统在任意周期力 $f(t)$ 作用下的稳态位移响应为：

$$ x = \frac{F_0}{k} + \sum_{n=1}^{+\infty}B_n\beta_n\sin(n\omega t- \theta_n) $$

该响应具有如下特性：稳态响应是周期的，其周期等于周期激振力的周期；稳态响应是各次谐波激励分量分别产生的稳态响应的叠加。

3、频谱图与系统的滤波特性

在稳态响应的成分中，频率 $n\omega$ 靠近系统固有频率 $\omega_0$（或 $\bar{\omega}_n$ 接近 1）的那些谐波激励引起的位移放大系数 $\beta_n$ 比较大，因而该位移在稳态位移响应中是主要成分；谐波频率远离固有频率的谐波位移放大系数比较小，它们在稳态响应中是次要成分。因此可以认为，机械振动系统既是一个放大器，又是一个滤波器，相当于放大了谐波频率靠近固有频率的谐波响应，抑制了谐波频率远离固有频率的谐波响应。这一性质称为共振选频效应。

以频率 $n\omega$（或频率比 $\bar{\omega}_n$）为横坐标，分别作出幅值谱 $|X_n|$（或 $\beta_n$）随频率的变化以及相位谱 $\theta_n$ 随频率的变化，得到的离散图称为频谱图。频谱图可以直观地看出各次谐波分量对总响应的贡献大小。频谱分析方法适用于分析任意周期激励力（以及周期惯性力激励）作用下的受迫振动，它也是频域分析方法（以频率为自变量研究系统特性）的雏形。

例 1：三角波周期力的稳态响应
试求无阻尼单自由度质量-弹簧系统在三角波周期力作用下的稳态响应，并画出周期力和稳态位移响应的频谱图。三角波在一个周期内的取值为

$$ f(t) = \begin{cases} \dfrac{4F_0 t}{T}, & 0 \leq t < \dfrac{T}{4} \\[8pt] 2F_0 - \dfrac{4F_0 t}{T}, & \dfrac{T}{4} \leq t \leq \dfrac{3T}{4} \\[8pt] \dfrac{4F_0 t}{T} - 4F_0, & \dfrac{3T}{4} < t \leq T \end{cases} $$

解
激励的周期 $T = 2\pi/\omega$，其中 $\omega$ 为激励的频率。把周期函数 $f(t)$ 展开为傅里叶级数

$$ f(t) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n\cos n\omega t + b_n\sin n\omega t\right) $$

由于 $f(t)$ 是奇函数，即 $f(-t) = -f(t)$（对以 $T$ 为周期的函数，这等价于 $f(T - t) = -f(t)$；例如在 $0 \leq t \leq T/4$ 上 $f(t) = 4F_0t/T$，而在 $3T/4 \leq T - t \leq T$ 上 $f(T-t) = 4F_0(T-t)/T - 4F_0 = -4F_0t/T$），而 $\cos n\omega t$ 为偶函数，故 $f(t)\cos n\omega t$ 为奇函数，它在对称区间 $[-T/2, T/2]$ 上的积分为零，即

$$ a_n = \frac{2}{T}\int_{-T/2}^{T/2}f(t)\cos n\omega t\,\mathrm{d}t = 0 \qquad (n = 0, 1, 2, \cdots) $$

其中 $n = 0$ 即 $a_0 = 0$，即激励在一个周期内的平均值为零。

又 $f(t)\sin n\omega t$ 为偶函数，故

$$ b_n = \frac{2}{T}\int_{-T/2}^{T/2}f(t)\sin n\omega t\,\mathrm{d}t = \frac{4}{T}\int_0^{T/2}f(t)\sin n\omega t\,\mathrm{d}t $$

也可以把 $b_n$ 写成 $\dfrac{2}{T}\left(\displaystyle\int_0^{T/2} + \int_{T/2}^{T}\right)$，再对第二个半周期作代换 $t = u + T/2$，利用半波反对称 $f(t + T/2) = -f(t)$：

$$ \int_{T/2}^{T}f(t)\sin n\omega t\,\mathrm{d}t = \int_0^{T/2}f(u + T/2)\sin(n\omega u + n\pi)\,\mathrm{d}u = (-1)^{n+1}\int_0^{T/2}f(u)\sin n\omega u\,\mathrm{d}u $$

因此 $b_n = \dfrac{2}{T}\left[1 + (-1)^{n+1}\right]\displaystyle\int_0^{T/2}f(t)\sin n\omega t\,\mathrm{d}t$，当 $n$ 为偶数时为零，当 $n$ 为奇数时等于 $\dfrac{4}{T}\displaystyle\int_0^{T/2}f(t)\sin n\omega t\,\mathrm{d}t$，与上式一致。当 $n$ 为奇数时，记 $\sigma = n\omega = 2n\pi/T$，则

$$ \begin{aligned} \int_0^{T/2}f(t)\sin\sigma t\,\mathrm{d}t &= \int_0^{T/4}\frac{4F_0 t}{T}\sin\sigma t\,\mathrm{d}t + \int_{T/4}^{T/2}\left(2F_0 - \frac{4F_0 t}{T}\right)\sin\sigma t\,\mathrm{d}t \\ &= I_1 + I_2 \end{aligned} $$

由分部积分公式 $\displaystyle\int t\sin\sigma t\,\mathrm{d}t = \frac{\sin\sigma t}{\sigma^2} - \frac{t\cos\sigma t}{\sigma}$、$\displaystyle\int\sin\sigma t\,\mathrm{d}t = -\frac{\cos\sigma t}{\sigma}$，并注意 $n$ 为奇数时 $\sigma T/4 = n\pi/2$ 使 $\sin(n\pi/2) = (-1)^{(n-1)/2}$、$\cos(n\pi/2) = 0$：

$$ I_1 = \frac{4F_0}{T}\left[\frac{\sin\sigma t}{\sigma^2} - \frac{t\cos\sigma t}{\sigma}\right]_0^{T/4} = \frac{4F_0}{T}\cdot\frac{(-1)^{(n-1)/2}}{\sigma^2} = \frac{F_0 T}{n^2\pi^2}(-1)^{(n-1)/2} $$

其中用到 $\sigma^2 = 4n^2\pi^2/T^2$。又

$$ \begin{aligned} I_2 &= 2F_0\left[-\frac{\cos\sigma t}{\sigma}\right]_{T/4}^{T/2} - \frac{4F_0}{T}\left[\frac{\sin\sigma t}{\sigma^2} - \frac{t\cos\sigma t}{\sigma}\right]_{T/4}^{T/2} \\ &= 2F_0\cdot\frac{1}{\sigma} - \frac{4F_0}{T}\left(\frac{1}{\sigma}\cdot\frac{T}{2} - \frac{(-1)^{(n-1)/2}}{\sigma^2}\right) = \frac{4F_0}{T\sigma^2}(-1)^{(n-1)/2} \end{aligned} $$

其中用到 $\cos n\pi = -1$（$n$ 为奇数），故 $\left[-\dfrac{\cos\sigma t}{\sigma}\right]_{T/4}^{T/2} = \dfrac{1}{\sigma}$，且 $2F_0\cdot\dfrac{1}{\sigma}$ 与 $\dfrac{4F_0}{T}\cdot\dfrac{1}{\sigma}\cdot\dfrac{T}{2}$ 相互抵消。于是

$$ I_1 + I_2 = \frac{2F_0 T}{n^2\pi^2}(-1)^{(n-1)/2} $$

$$ b_n = \frac{4}{T}(I_1 + I_2) = \begin{cases} \dfrac{8F_0}{\pi^2}\cdot\dfrac{(-1)^{(n-1)/2}}{n^2}, & n = 1, 3, 5, \cdots \\[8pt] 0, & n = 2, 4, 6, \cdots \end{cases} $$

因此 $f(t) = \displaystyle\sum_{n=1,3,5,\cdots}^{\infty}b_n\sin n\omega t$。系统的振动微分方程为

$$ m\ddot{x} + kx = \sum_{n=1,3,5,\cdots}^{\infty}b_n\sin n\omega t $$

由叠加原理，特解（即稳态响应）为

$$ x = \sum_{n=1,3,5,\cdots}^{\infty}B_n\beta_n\sin n\omega t, \qquad B_n = \frac{b_n}{k}, \qquad \beta_n = \frac{1}{1 - \bar{\omega}_n^2}, \qquad \bar{\omega}_n = \frac{n\omega}{\omega_0}, \qquad \omega_0^2 = \frac{k}{m} $$

由于系统没有阻尼，因此各次谐波响应的相位差等于零或 $\pi$，上式中的 $\beta_n$ 为带符号的代数量。于是稳态响应为

$$ x = \frac{8F_0}{\pi^2 k}\sum_{n=1,3,5,\cdots}^{\infty}\frac{(-1)^{(n-1)/2}\sin n\omega t}{n^2\left(1 - \bar{\omega}_n^2\right)} $$

由于激励的傅里叶级数按 $1/n^2$ 规律递减，收敛较快，只需取前几个谐波就能给出很好的近似。若某个谐波的频率满足 $n\omega \approx \omega_0$，即该谐波落入共振区，则分母 $1 - \bar{\omega}_n^2 \to 0$，该谐波在响应中被显著放大而成为主要成分，这正是共振选频效应的体现。

五、一般激振力下的响应

1、问题的提出

在许多工程问题中，如地震、载重汽车的突然装载和导弹的发射等，系统受到的激励都不是周期性的，而是任意的时间函数。在这种激励作用下，系统不产生稳态响应，而只有瞬态响应；激励作用停止后，系统将作自由衰减振动。

求解一般激振力下系统响应的方法包括卷积积分、傅里叶变换和拉普拉斯变换。下面先由脉冲响应建立卷积积分，再说明它与频响函数及傅里叶变换的联系。

2、狄拉克 $\delta$ 函数及其性质

一般激振力 $f(t)$ 可视为连续分布的微小脉冲之叠加。单位脉冲用狄拉克（P. A. M. Dirac）$\delta$ 分布表示。$\delta$ 不是普通函数，其定义是：对任意光滑试验函数 $\varphi(t)$：

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\delta(t)\varphi(t)\,\mathrm{d}t=\varphi(0) $$

取 $\varphi(t)=1$ 即得 $\int_{-\infty}^{\infty}\delta(t)\,\mathrm{d}t=1$，且 $\delta$ 的支集集中在 $t=0$。

在实际应用中，$\delta$ 函数总是伴随着积分一起出现。它具有对称性 $\delta(x) = \delta(-x)$、相似性 $\delta(ax) = |a|^{-1}\delta(x)$，尤其具有如下重要性质：

平移后 $\delta(t-\tau)$ 的支集位于 $t=\tau$，并满足

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\delta(t-\tau)\varphi(t)\,\mathrm{d}t=\varphi(\tau), \qquad \int_{-\infty}^{\infty}\delta(t-\tau)\,\mathrm{d}t=1 $$

选择性质：

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\delta(t - \tau)f(t)\,\mathrm{d}t = f(\tau) $$

分布性质：$\delta(t - \tau)$ 可以把集中量转化为分布量，或任意集中量乘上 $\delta$ 函数就是对应的分布量。单位脉冲激励是对应单位冲量的瞬态力，利用这个性质可以把单位脉冲激励表示为

$$ f_0 = I_0\delta(t - \tau) $$

式中 $I_0 = 1$ 是单位冲量，$f_0$ 表示作用在 $t = \tau = 0$ 时刻且冲量为 1 的单位脉冲激励或单位脉冲载荷。

3、脉冲响应函数

系统在 $t = \tau = 0$ 时刻的单位脉冲激励作用下的振动微分方程为

$$ m\ddot{x} + c\dot{x} + kx = f_0 = I_0\delta(t) = \delta(t) $$

将上式各项乘以微分 $\mathrm{d}t$：

$$ m\,\mathrm{d}\dot{x} + c\,\mathrm{d}x + kx\,\mathrm{d}t = \delta(t)\,\mathrm{d}t $$

设单位脉冲激励作用之前系统处于静止，即初始位移和初始速度皆为零。在单位脉冲激励作用的瞬间，由于作用时间等于零，位移来不及变化，即 $x = \mathrm{d}x = 0$，但速度可以发生突变，于是上式变为

$$ m\,\mathrm{d}\dot{x} = \delta(t)\,\mathrm{d}t $$

对时间积分并利用 $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\delta(t)\,\mathrm{d}t = 1$，可得速度的增量为 $1/m$。上式就是冲量定理。因此，在单位脉冲激励作用下，系统产生的位移和速度分别为：

$$ x(0) = 0, \qquad \dot{x}(0) = \frac{1}{m} $$

也就是说，系统在单位脉冲激励作用下的响应，等同于以 $x(0) = 0$、$\dot{x}(0) = 1/m$ 为初始条件的自由振动。将这对初始条件代入欠阻尼自由振动解

$$ x(t) = \mathrm{e}^{-\xi\omega_0 t}\left(x_0\cos\omega_\mathrm{d}t + \frac{\dot{x}_0 + \xi\omega_0 x_0}{\omega_\mathrm{d}}\sin\omega_\mathrm{d}t\right) $$

得：

$$ x(t) = \frac{1}{m\omega_\mathrm{d}}\mathrm{e}^{-\xi\omega_0 t}\sin\omega_\mathrm{d}t \qquad (t > 0) $$

这就是在单位脉冲激励作用下系统产生的脉冲响应，称为脉冲响应函数，通常记为 $h(t)$，即

$$ h(t) = \frac{1}{m\omega_\mathrm{d}}\mathrm{e}^{-\xi\omega_0 t}\sin\omega_\mathrm{d}t \qquad (t > 0) $$

其物理意义为：$h(t)$ 是系统在 $t = 0$ 时刻受到单位脉冲激励后的自由振动响应，它是一个幅值随时间指数衰减的正弦波——衰减速率由 $\xi\omega_0$ 决定，振荡频率为 $\omega_\mathrm{d}$。

若单位脉冲激励作用的时刻是 $t = \tau$，则脉冲响应也是在 $t = \tau$ 时刻发生，此时脉冲响应函数为

$$ h(t - \tau) = \frac{1}{m\omega_\mathrm{d}}\mathrm{e}^{-\xi\omega_0(t - \tau)}\sin\omega_\mathrm{d}(t - \tau) \qquad (t > \tau) $$

而当 $t < \tau$ 时的脉冲响应为零。若系统在 $t = \tau$ 时刻受任意冲量 $I$ 作用，则根据单位脉冲响应函数可以得到其响应为

$$ x(t) = I \times h(t - \tau) $$

4、卷积法与杜哈梅积分

在 $t = \tau$ 至 $t = \tau + \mathrm{d}\tau$ 这个微小时间间隔内，脉冲激振力产生的冲量为 $I(\tau) = f(\tau)\mathrm{d}\tau$。在这个冲量作用下，由上式可知系统的响应为

$$ \mathrm{d}x(t) = h(t - \tau)f(\tau)\mathrm{d}\tau $$

根据线性系统的叠加原理，系统在 $f(t)$ 作用下的响应等于系统在 $0 \leq \tau \leq t$ 区间内所有作用产生的响应总和，即

$$ x(t) = \int_0^t f(\tau)h(t - \tau)\,\mathrm{d}\tau $$

这个公式称为杜哈梅（Duhamel）积分，在数学上称为 $f(t)$ 与 $h(t)$ 的卷积，因而这种确定在一般激励作用下系统响应的方法称为卷积方法。

将 $h(t)$ 的表达式代入，得杜哈梅积分的具体形式

$$ x(t) = \frac{1}{m\omega_\mathrm{d}}\int_0^t f(\tau)\mathrm{e}^{-\xi\omega_0(t - \tau)}\sin\omega_\mathrm{d}(t - \tau)\,\mathrm{d}\tau $$

若初始条件不为零，则需要叠加由初始扰动引起的暂态响应，即

$$ x(t) = \mathrm{e}^{-\xi\omega_0 t}\left(x_0\cos\omega_\mathrm{d}t + \frac{\dot{x}_0 + \xi\omega_0 x_0}{\omega_\mathrm{d}}\sin\omega_\mathrm{d}t\right) + \int_0^t f(\tau)h(t - \tau)\,\mathrm{d}\tau $$

初始条件项是一个指数衰减的振荡，随着 $t$ 的增大迅速消失。此外，如果系统初始静止（$x_0 = \dot{x}_0 = 0$），初始条件项自动为零。杜哈梅积分表明，线性系统的响应等于激励力与脉冲响应函数的卷积。

5、傅里叶变换

一般非周期激励 $f(t)$ 的周期可以视为无穷大，其频谱函数 $F(\omega)$ 为连续分布，它们之间的关系为：

$$ F(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty}f(t)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}\,\mathrm{d}t $$

上式就是傅里叶正变换，它把时域内的激振力 $f(t)$ 变换到频域内的 $F(\omega)$，成为频率 $\omega$ 的函数。傅里叶逆变换为：

$$ f(t) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}F(\omega)\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}\,\mathrm{d}\omega $$

6、卷积定理与频响函数

由杜哈梅积分 $x(t) = \displaystyle\int_0^t f(\tau)h(t-\tau)\,\mathrm{d}\tau$，利用傅里叶变换的卷积定理：两个函数卷积的傅里叶变换等于它们各自傅里叶变换的乘积，即

$$ X(\omega) = H(\omega)F(\omega) $$

式中 $X(\omega)$ 为响应的傅里叶变换，$F(\omega)$ 为激励的频谱函数，而 $H(\omega)$ 为系统的频响函数。于是，对单位脉冲响应 $h(t)$ 满足的方程

$$ m\ddot{h} + c\dot{h} + kh = \delta(t) $$

两端作傅里叶变换。利用傅里叶变换的微分性质 $\mathcal{F}[\dot{h}] = \mathrm{i}\omega H(\omega)$、$\mathcal{F}[\ddot{h}] = -\omega^2 H(\omega)$ 以及 $\mathcal{F}[\delta(t)] = 1$：

$$ \left(-m\omega^2 + \mathrm{i}\omega c + k\right)H(\omega) = 1 $$

因此

$$ H(\omega) = \frac{1}{k - m\omega^2 + \mathrm{i}\omega c} $$

分子分母同除以 $k$ 即得

$$ H(\omega) = \frac{1/k}{1 - \bar{\omega}^2 + 2\mathrm{i}\xi\bar{\omega}} $$

这与第一节中位移复频响应函数 $H(\omega)$ 的表达式完全一致。

7、与复数分析法的联系

复数分析方法中的推导结果为 $X = H(\omega)F_0$，其中

$$ H(\omega) = \frac{1}{k - m\omega^2 + \mathrm{i}\omega c} $$

它与第一节中按频率比写出的 $H(\omega) = \dfrac{1}{k\left(1 - \bar{\omega}^2 + 2\mathrm{i}\xi\bar{\omega}\right)}$ 只差分子分母同除以 $k$ 的等价变形（由 $m\omega^2 = k\bar{\omega}^2$、$\omega c = 2k\xi\bar{\omega}$ 可知）。而由傅里叶变换得到的频响函数

$$ H(\omega) = \frac{X(\omega)}{F(\omega)} = \frac{1}{k - m\omega^2 + \mathrm{i}\omega c} $$

两者完全一致，本质上定义了同一个量 $H(\omega)$——它描述了系统对频率为 $\omega$ 的简谐激励的稳态响应特性。复数分析方法求的是单频激励下的稳态响应，频响函数则给出了全频段的系统特性。$H(\omega)$ 恰好就是单位脉冲响应 $h(t)$ 的傅里叶变换，时域的脉冲响应和频域的频响函数是同一个系统特性的两种表示，它们通过傅里叶变换互相联系。

在频域中，系统对输入的处理变得极其简单：输出频谱等于频响函数与输入频谱的乘积。

六、响应谱

1、响应谱的概念

在工程中，往往不关心响应的完整时间历程，而只关心响应的最大值，这个最大值决定了结构是否会破坏。将单自由度系统在不同固有频率 $\omega_0$（或不同固有周期 $T_0 = 2\pi/\omega_0$）下的最大响应幅值连成曲线，就得到响应谱（response spectrum）。响应谱以固有周期 $T_0$（或固有频率 $\omega_0$）为横坐标，以最大响应值为纵坐标。

常见的响应谱有：

• 位移响应谱：最大位移 $S_\mathrm{d} = \max|x(t)|$
• 速度响应谱：最大速度 $S_\mathrm{v} = \max|\dot{x}(t)|$
• 加速度响应谱：最大加速度 $S_\mathrm{a} = \max|\ddot{x}(t)|$

2、例题：阶跃载荷（矩形脉冲）

例 2：矩形脉冲作用下的响应
求无阻尼质量-弹簧系统在阶跃载荷作用下的动态响应，并讨论其最大位移。假设初始条件等于零。阶跃载荷为

$$ f(t) = \begin{cases} F_0, & 0 \leq t \leq T \\ 0, & t > T \end{cases} $$

解
无阻尼时 $\omega_\mathrm{d} = \omega_0$，脉冲响应函数为 $h(t) = \dfrac{1}{m\omega_0}\sin\omega_0 t$。

当 $t \leq T$ 时，由杜哈梅积分

$$ x(t) = \frac{1}{m\omega_0}\int_0^t F_0\sin\omega_0(t - \tau)\,\mathrm{d}\tau = \frac{F_0}{m\omega_0}\left[\frac{\cos\omega_0(t-\tau)}{\omega_0}\right]_0^t = \frac{F_0}{m\omega_0^2}(1 - \cos\omega_0 t) $$

即

$$ x(t) = \frac{F_0}{k}(1 - \cos\omega_0 t) \qquad (t \leq T) $$

当 $t = T$ 时，阶跃载荷的作用结束，由上式可得此时的位移和速度为

$$ x(T) = \frac{F_0}{k}(1 - \cos\omega_0 T), \qquad \dot{x}(T) = \frac{F_0}{k}\omega_0\sin\omega_0 T $$

当 $t > T$ 时，系统的动态响应就是以这对位移和速度为初始条件的自由振动响应，即

$$ x(t) = x(T)\cos\omega_0(t - T) + \frac{\dot{x}(T)}{\omega_0}\sin\omega_0(t - T) = \frac{F_0}{k}\left[\cos\omega_0(t - T) - \cos\omega_0 t\right] \qquad (t > T) $$

可以验证，$t > T$ 时刻的动态响应也可以直接由卷积积分计算得到：

$$ x(t) = \frac{1}{m\omega_0}\left[\int_0^T F_0\sin\omega_0(t - \tau)\,\mathrm{d}\tau + \int_T^t 0 \times \sin\omega_0(t-\tau)\,\mathrm{d}\tau\right] = \frac{F_0}{k}\left[\cos\omega_0(t - T) - \cos\omega_0 t\right] $$

于是位移的完整表达式为

$$ x(t) = \begin{cases} \dfrac{F_0}{k}(1 - \cos\omega_0 t), & 0 \leq t \leq T \\[10pt] \dfrac{F_0}{k}\left[\cos\omega_0(t - T) - \cos\omega_0 t\right], & t > T \end{cases} $$

3、最大位移与动荷系数

在阶跃载荷作用期间，弹簧的动态伸长量由 $x(t) = \dfrac{F_0}{k}(1 - \cos\omega_0 t)$ 给出，其中 $F_0/k$ 可以看成弹簧的静伸缩量。

证明（最大位移为静位移的 2 倍）
设 $t_1$ 为取得最大位移的时刻。

当 $t_1 \leq T$ 时，$x(t_1) = \dfrac{F_0}{k}(1 - \cos\omega_0 t_1)$。由 $\cos\omega_0 t_1 \geq -1$ 得 $x(t_1) \leq \dfrac{2F_0}{k}$，等号在 $\cos\omega_0 t_1 = -1$ 时成立，即 $\omega_0 t_1 = \pi, 3\pi, \cdots$。其中最小的正根为 $t_1 = \pi/\omega_0 = T_0/2$，因此当且仅当 $T \geq \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2\pi}{\omega_0}\right) = \dfrac{T_0}{2}$ 时，在载荷作用期间可以取到 $x_{\max} = \dfrac{2F_0}{k}$。

当 $t_1 > T$ 时，$x(t_1) = \dfrac{F_0}{k}\left[\cos\omega_0(t_1 - T) - \cos\omega_0 t_1\right]$，由和差化积公式，方括号内为 $2\sin\dfrac{\omega_0 T}{2}\sin\omega_0\left(t_1 - \dfrac{T}{2}\right)$，其绝对值不超过 $2\left|\sin\dfrac{\omega_0 T}{2}\right| \leq 2$，因此 $x(t_1) \leq \dfrac{2F_0}{k}$。

综上，无论 $T$ 取何值，最大位移都不超过静位移的 2 倍。证毕。

由此可见，当 $T > \dfrac{T_0}{2}$ 时，弹簧动态伸缩量最大值 $x_{\max} = 2F_0/k$，它是静伸缩量的 2 倍。也就是说动位移幅值可以是静位移的 2 倍。在有冲击载荷和阶跃载荷作用的环境中，工程结构设计的安全系数选为 2 的根据也在于此。

通过改变系统的固有周期 $T_0$（或固有频率 $\omega_0$），可以得到不同的最大位移值。以 $T_0$ 为横坐标、以最大位移 $x_{\max}$ 为纵坐标作图，即得到矩形脉冲（阶跃载荷）的位移响应谱。

七、机械阻抗方法

1、机械阻抗的概念

前面通过振动微分方程研究了系统的响应。机械阻抗方法则把简谐激振力与稳态响应的复幅值之比作为研究对象，用它描述系统的动态特性。这个比值既可以由运动方程求得，也可以通过同时测量激振力和响应得到，因此机械阻抗方法把理论分析与实验测量联系起来，可用于检验系统模型和识别系统参数。

（1）力学量与电学量的比拟

不同物理系统可能具有相同的数学模型。例如，质量所需的力为 $m\dot{v}$，电感两端的电压为 $L\dot{I}$；两者储存的能量分别为 $mv^2/2$ 和 $LI^2/2$。因此，在力与电压的比拟中，质量对应电感，速度对应电流。单自由度系统、扭转系统和电路中各物理量的对应关系为：

电阻抗是电压与电流的复幅值之比，机械系统中与之对应的是力与速度的复幅值之比。若响应量取位移或加速度，则分别得到位移阻抗或加速度阻抗。

（2）机械阻抗与机械导纳

沿用前文的复数表示方法，以激振力相位为基准，取：

$$ f(t) = F_0\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}, \qquad x(t) = X\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t} $$

其中 $F_0>0$ 为实数力幅，$X=A\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta}$ 为位移复幅值。以下只讨论简谐稳态响应，并取 $\omega>0$。求导得：

$$ \dot{x} = \mathrm{i}\omega X\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}, \qquad \ddot{x} = -\omega^2X\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t} $$

代入运动方程 $m\ddot{x}+c\dot{x}+kx=f(t)$，消去公共因子 $\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}$，得：

$$ \left(k-m\omega^2+\mathrm{i}c\omega\right)X = F_0 $$

定义位移阻抗为激振力与位移响应的复幅值之比：

$$ Z_\mathrm{d}(\omega) = \frac{F_0}{X} = k-m\omega^2+\mathrm{i}c\omega = k\left(1-\bar{\omega}^2+2\mathrm{i}\xi\bar{\omega}\right) $$

下标 $\mathrm{d}$ 表示位移（displacement）。位移阻抗的量纲与刚度相同，故又称动刚度。它与静刚度 $k$ 不同，是包含惯性、阻尼作用的复函数。

阻抗的倒数称为导纳。因此，位移导纳为：

$$ H_\mathrm{d}(\omega) = \frac{X}{F_0} = \frac{1}{Z_\mathrm{d}(\omega)} = \frac{1}{k\left(1-\bar{\omega}^2+2\mathrm{i}\xi\bar{\omega}\right)} $$

它又称动柔度，正是前文的位移复频响应函数 $H(\omega)$。速度和加速度的复幅值分别为 $\mathrm{i}\omega X$ 和 $-\omega^2X$，故相应阻抗为：

$$ \begin{aligned} Z_\mathrm{v}(\omega) &= \frac{F_0}{\mathrm{i}\omega X} = \frac{Z_\mathrm{d}}{\mathrm{i}\omega} = c+\mathrm{i}\left(m\omega-\frac{k}{\omega}\right) \\ Z_\mathrm{a}(\omega) &= \frac{F_0}{-\omega^2X} = -\frac{Z_\mathrm{d}}{\omega^2} = m-\frac{k}{\omega^2}-\mathrm{i}\frac{c}{\omega} \end{aligned} $$

其中下标 $\mathrm{v,a}$ 分别表示速度和加速度。加速度阻抗的量纲与质量相同，故又称有效质量，但它并非质点的实际质量 $m$，而是随频率变化的复数。

三种阻抗与导纳的频率比表达式为：

这些比值均为复幅值之比，包含幅值与相位信息。阻抗只取决于系统参数和激振频率，可用于描述系统本身的特性。实验中加速度较易测量，因此常采用加速度导纳。

2、机械阻抗的幅频特性与相频特性

（1）幅值与相位

记：

$$ D = \sqrt{(1-\bar{\omega}^2)^2+(2\xi\bar{\omega})^2}, \qquad \beta=\frac{1}{D} $$

由前文的位移滞后角 $\theta$，可将位移阻抗和导纳写为：

$$ Z_\mathrm{d}=kD\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}, \qquad H_\mathrm{d}=\frac{\beta}{k}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta} $$

这里用 $\phi$ 表示复函数自身的辐角，以区别于前文取正值的滞后角 $\theta$。因此位移导纳的相位为：

$$ \phi_{H_\mathrm{d}}=-\theta=-\arccos\frac{1-\bar{\omega}^2}{D} $$

由 $H_\mathrm{v}=\mathrm{i}\omega H_\mathrm{d}$、$H_\mathrm{a}=-\omega^2H_\mathrm{d}$，乘以 $\mathrm{i}\omega$ 使幅值乘以 $\omega$、相位增加 $\pi/2$；乘以 $-\omega^2$ 使幅值乘以 $\omega^2$、相位增加 $\pi$。阻抗与导纳互为倒数，其模互为倒数、相位互为相反数。于是：

以下取 $c>0$。以位移导纳为例，其幅频曲线可以采用双对数坐标表示。用 $k|H_\mathrm{d}|=\beta$ 作无量纲化后，曲线如下：

\begin{tikzpicture}
\begin{loglogaxis}[width=11cm,height=7cm,xmin=0.05,xmax=20,ymin=0.001,ymax=20,
 xlabel={$\bar{\omega}=\omega/\omega_0$},ylabel={$k|H_\mathrm{d}|$},axis lines=left,
 legend style={font=\small,at={(0.03,0.03)},anchor=south west},
 samples=320,domain=0.05:20]
\addplot[blue,thick] {1/sqrt((1-x^2)^2+(2*0.05*x)^2)};\addlegendentry{$\xi=0.05$}
\addplot[orange,thick] {1/sqrt((1-x^2)^2+(2*0.10*x)^2)};\addlegendentry{$\xi=0.10$}
\addplot[green!55!black,thick] {1/sqrt((1-x^2)^2+(2*0.20*x)^2)};\addlegendentry{$\xi=0.20$}
\addplot[purple,thick] {1/sqrt((1-x^2)^2+(2*0.40*x)^2)};\addlegendentry{$\xi=0.40$}
\addplot[black,dashed,domain=0.05:0.5] {1};
\addplot[black,dashed,domain=2:20] {1/x^2};
\draw[dashed] (axis cs:1,0.001)--(axis cs:1,20);
\end{loglogaxis}
\end{tikzpicture}

位移导纳的相频曲线为：

\begin{tikzpicture}
\begin{axis}[width=11cm,height=7cm,xmin=0,xmax=3,ymin=-180,ymax=0,
 xlabel={$\bar{\omega}=\omega/\omega_0$},ylabel={$\phi_{H_\mathrm{d}}/(^\circ)$},axis lines=left,
 ytick={-180,-135,-90,-45,0},samples=240,domain=0.001:3,
 legend style={font=\small,at={(0.98,0.98)},anchor=north east}]
\addplot[blue,thick] {-atan2(2*0.05*x,1-x^2)};\addlegendentry{$\xi=0.05$}
\addplot[orange,thick] {-atan2(2*0.10*x,1-x^2)};\addlegendentry{$\xi=0.10$}
\addplot[green!55!black,thick] {-atan2(2*0.20*x,1-x^2)};\addlegendentry{$\xi=0.20$}
\addplot[purple,thick] {-atan2(2*0.40*x,1-x^2)};\addlegendentry{$\xi=0.40$}
\draw[dashed] (axis cs:1,-180)--(axis cs:1,0);
\end{axis}
\end{tikzpicture}

（2）低频段与高频段

在低频段 $\bar{\omega}\ll1$，弹性作用占主导，故：

$$ H_\mathrm{d}\approx\frac{1}{k}, \qquad |H_\mathrm{d}|\approx\frac{1}{k}, \qquad \phi_{H_\mathrm{d}}\approx0 $$

这说明位移与激振力基本同相，位移导纳近似等于静柔度。由于 $\lg(k|H_\mathrm{d}|)\approx0$，双对数幅频曲线的低频段近似为水平直线。

在高频段 $\bar{\omega}\gg1$，惯性作用占主导，故：

$$ H_\mathrm{d}\approx-\frac{1}{m\omega^2}, \qquad |H_\mathrm{d}|\approx\frac{1}{m\omega^2}, \qquad \phi_{H_\mathrm{d}}\approx-\pi $$

位移与激振力基本反相，位移导纳的幅值随频率增大而趋于零。又因 $m\omega^2=k\bar{\omega}^2$：

$$ \lg(k|H_\mathrm{d}|)\approx-2\lg\bar{\omega} $$

所以双对数幅频曲线的高频段近似为斜率 $-2$ 的直线。

（3）共振点

当 $\bar{\omega}=1$ 时，弹性项与惯性项抵消，得到：

$$ H_\mathrm{d}(\omega_0)=\frac{1}{\mathrm{i}c\omega_0}=-\frac{\mathrm{i}}{c\omega_0} $$

于是：

$$ |H_\mathrm{d}(\omega_0)|=\frac{1}{c\omega_0}=\frac{1}{2\xi k}=\frac{Q}{k}, \qquad \phi_{H_\mathrm{d}}=-\frac{\pi}{2} $$

此时位移滞后激振力 $90^\circ$，称为相位共振点，也就是速度共振点。相位共振频率为 $\omega_0$，但位移导纳的峰值出现在 $\omega_\mathrm{r}=\omega_0\sqrt{1-2\xi^2}$ 处（$0<\xi<1/\sqrt{2}$）。小阻尼时两者接近，但应注意其区别。

3、导纳圆

（1）速度导纳的实部与虚部

机械导纳是复数，可以用复平面上的点表示。随激振频率变化，这些点形成的轨迹称为导纳图，也称奈奎斯特（Nyquist）图。下面以速度导纳为例。

由速度导纳的表达式，分子分母同乘分母的共轭复数，得：

$$ \begin{aligned} H_\mathrm{v} &=\frac{\mathrm{i}\omega}{k(1-\bar{\omega}^2+2\mathrm{i}\xi\bar{\omega})} \\ &=\frac{\mathrm{i}\omega(1-\bar{\omega}^2-2\mathrm{i}\xi\bar{\omega})}{kD^2} \\ &=\frac{\omega}{k}\frac{2\xi\bar{\omega}+\mathrm{i}(1-\bar{\omega}^2)}{D^2} \end{aligned} $$

利用 $\omega=\omega_0\bar{\omega}$、$c=2\xi k/\omega_0$，分别取实部和虚部：

$$ \operatorname{Re}(H_\mathrm{v})=\frac{1}{c}\frac{(2\xi\bar{\omega})^2}{D^2} $$

$$ \operatorname{Im}(H_\mathrm{v})=\frac{1}{c}\frac{2\xi\bar{\omega}(1-\bar{\omega}^2)}{D^2} $$

（2）导纳圆方程

由上述两式消去频率比，可得到速度导纳在复平面上的轨迹方程。

证明
记 $u=\operatorname{Re}(H_\mathrm{v})$、$v=\operatorname{Im}(H_\mathrm{v})$，则：

$$ \begin{aligned} u^2+v^2 &=\frac{1}{c^2}\frac{(2\xi\bar{\omega})^4+(2\xi\bar{\omega})^2(1-\bar{\omega}^2)^2}{D^4} \\ &=\frac{1}{c^2}\frac{(2\xi\bar{\omega})^2\left[(2\xi\bar{\omega})^2+(1-\bar{\omega}^2)^2\right]}{D^4} \\ &=\frac{1}{c^2}\frac{(2\xi\bar{\omega})^2D^2}{D^4} \\ &=\frac{u}{c} \end{aligned} $$

因此 $u^2-u/c+v^2=0$，对 $u$ 配方，得：

$$ \left(u-\frac{1}{2c}\right)^2+v^2=\left(\frac{1}{2c}\right)^2 $$

证毕。

于是速度导纳圆的方程为：

$$ \left[\operatorname{Re}(H_\mathrm{v})-\frac{1}{2c}\right]^2+\left[\operatorname{Im}(H_\mathrm{v})\right]^2=\left(\frac{1}{2c}\right)^2 $$

它的圆心为 $(1/(2c),0)$，半径为：

$$ \rho=\frac{1}{2c}=\frac{\omega_0}{4\xi k} $$

圆的大小由阻尼系数决定。因此，通过实验测得导纳圆的半径，就可以确定阻尼系数 $c=1/(2\rho)$。

（3）导纳圆的特性

低频段 $\bar{\omega}\to0$ 时，$H_\mathrm{v}\approx\mathrm{i}\omega/k\to0$，轨迹从原点出发。由于 $1-\bar{\omega}^2>0$，速度导纳的虚部为正，轨迹位于上半圆。

在 $\bar{\omega}=1$ 时，$H_\mathrm{v}=1/c$，虚部为零、实部最大，轨迹到达圆的最右端。该点对应相位共振频率，亦即系统的固有频率 $\omega_0$，可据此从导纳图上识别固有频率。

当 $\bar{\omega}>1$ 时，速度导纳的虚部为负，轨迹进入下半圆；当 $\bar{\omega}\to\infty$ 时，$H_\mathrm{v}\approx-\mathrm{i}/(m\omega)\to0$，轨迹回到原点。因此频率由零增至无穷大时，速度导纳沿圆顺时针运动一周，原点为低频和高频的极限点。

位移导纳图和加速度导纳图一般不是精确的圆。对于小阻尼系统，在共振附近的狭窄频段内，可将 $H_\mathrm{d}=H_\mathrm{v}/(\mathrm{i}\omega)$、$H_\mathrm{a}=\mathrm{i}\omega H_\mathrm{v}$ 中的 $\omega$ 近似取为 $\omega_0$，因而它们在共振附近的轨迹也近似为圆弧。