阻尼与共振

入门

一切能摆动或弹跳的东西都有固有频率：它自己的节奏，即在无外力时每秒往返的次数。短摆比长摆摆得快，装在硬弹簧上的物块比装在软弹簧上的弹得快。

第 1 步：阻尼。让秋千荡起来然后走开：每次摆动都比上一次小一点。空气阻力和摩擦每次都会带走一些能量并转化为热，而且物体运动得越快，它们的阻碍就越大。这种逐渐的衰减称为阻尼。

第 2 步：阻尼多大？在动画中，三个相同的物块挂在相同的弹簧上，三个同时被下拉再放手。左边的物块在空气中运动（轻阻尼），弹跳很多次，每次都越来越小。右边的物块在浓稠的糖浆中（重阻尼）：它从不过冲，但爬回得非常慢。中间的物块处于较稀的液体中，阻尼恰好足以停止弹跳，这就是临界阻尼，它的“静止”标签最先出现。汽车减震器和闭门器都被调到接近这种状态。

第 3 步：共振。与固有节奏一致的小推动每次都在恰当的时刻加入能量，于是运动越来越大。右边，弹簧顶端以物块自身的节奏被轻轻抖动，很快物块的弹跳幅度就远大于抖动幅度。阻尼的作用正是阻止这种增长。

自测：洗衣机脱水时，常常在滚筒加速的几秒钟里剧烈抖动，然后在全速时平静下来。为什么？
答案：在加速过程中，滚筒的转速会经过洗衣机的固有频率，因此它会在一瞬间被节奏一致地抖动：这就是共振。

中级

两种力：弹簧与阻尼器

被拉开后释放的弹簧上的物块受到两个力：弹簧的恢复力 $-kx$，指向平衡位置；以及与运动相反的阻尼力，例如液体的阻力或减震器油的阻力。对于液体中的慢速运动，阻尼力近似与速度成正比，因此合力为
$F=-kx-bv$

阻尼系数 $b$ 的单位是千克每秒（kg/s，与 N·s/m 相同）。两种力在不同时刻达到最大：弹簧力在转折点最大，此时物块瞬时停止；阻尼力在物块运动最快时最大，对于轻阻尼而言，这接近平衡位置。

在动画中，金色箭头表示 $-bv$；每当物块转向时，箭头都会翻转。右边的物块在浓稠的糖浆中，$b=30kg/s$，它的箭头最长，尽管它运动得最慢：在其最大速度 0.077 m/s 时，阻尼力 $30\cdot 0.077\approx 2.3\mathrm{N}$ 恰好与弹簧的拉力平衡。

轻阻尼：指数衰减

在轻阻尼下，物块几乎保持其固有节奏，但每次摆动都比上一次小同一比例，因为随速度增大的阻尼力在每个周期都带走剩余能量的固定比例。这是指数衰减 $A=A_0{e}^{-\beta t}$，其中
$\beta =\frac{b}{2m},{\omega }_0=\sqrt{\frac{k}{m}}$
阻尼率 $\beta$ 的单位是 s⁻¹：经过时间 $1/\beta$，振幅降至 $1/e$，约为 37%，并且每经过 $\ln 2/\beta$ 振幅减半。这里 ${\omega }_0$ 是固有角频率。完整运动是一个余弦函数，位于不断缩小的包络之内：
$x=A_0{e}^{-\beta t}\cos ({\omega }_{d}t+\phi ),{\omega }_d=\sqrt{{\omega }_0^2-{\beta }^2}$

阻尼器使物块稍稍滞后，因此阻尼角频率 ${\omega }_d$ 略低于 ${\omega }_0$。品质因数衡量阻尼有多轻：
$Q=\frac{{\omega }_0}{2\beta }=\frac{m{\omega }_0}{b}$
每个周期振幅乘以约 $e^{-\pi /Q}$，因此经过 $Q$ 个周期后，只剩 $e^{-\pi }$，约 4%。$Q$ 值达数千的音叉，敲击一次后会响上好几秒。

轻阻尼、临界阻尼与重阻尼

随着 $b$ 增大，衰减加快，直到达到某个临界值，此时物块不再过冲：
$b_c=2\sqrt{km}=2m{\omega }_0$
此时 $\beta ={\omega }_0$，${\omega }_d$ 降为零。比较 $b$ 与 $b_c$ 可得三种运动：

• $b<b_c$，轻阻尼：物块一次又一次地过冲，摆幅按指数衰减。
• $b=b_c$，临界阻尼：最快地回到平衡位置，且没有任何过冲。
• $b>b_c$，重阻尼：同样没有过冲，但阻尼器阻力太强，物块只能缓慢爬回。

阻尼过大同样会变慢，原因与勺子在蜂蜜中很慢相同：阻尼力很快就与弹簧的拉力相等，使速度被限制在约 $kx/b$。把 $b$ 增至三倍，物块爬回的速度就降为原来的三分之一。

例题：动画中的三个物块

三个物块的 $m=1\mathrm{kg}$，$k=25N/m$，每个都被下拉 10 cm 后从静止释放：
${\omega }_0=\sqrt{25/1}=5rad/s,b_c=2\sqrt{25\cdot 1}=10kg/s$
因此 $f_0\approx 0.80\mathrm{Hz}$，每 1.26 s 一个周期。中间的物块恰好是临界阻尼；右边的物块阻尼是 $b_c$ 的三倍，左边的则是它的十分之一。对于左边的物块，
$\beta =\frac{1}{2\cdot 1}=0.5{\mathrm{s}}^{-1},Q=\frac{5}{2\cdot 0.5}=5$

3 s 后其振幅为 $10\mathrm{cm}\cdot e^{-0.5\cdot 3}\approx 2.2\mathrm{cm}$，即蓝色 $A$ 读数在从释放时开始计时的 $t$ 读数显示 3 s 时的值。振幅每经过 $\ln 2/0.5\approx 1.4\mathrm{s}$ 减半，每个周期乘以 $e^{-\pi /5}\approx 0.53$；5 个周期后，约 6.3 s，只剩 4%。临界阻尼的物块约在 1.0 s 后、重阻尼的约在 3.8 s 后、轻阻尼的约在 6.4 s 后，都进入距其虚线平衡线 4 mm 以内。

共振：与运动同步的推动

现在用周期性力 $F_0\cos \omega t$ 驱动振子。启动之后，它以驱动频率稳定振荡，振幅为
$A(\omega )=\frac{F_0/m}{\sqrt{({\omega }_0^2-{\omega }^2{)}^2+(2\beta \omega {)}^2}}$
远离 ${\omega }_0$ 时响应很小；接近它时振幅急剧上升：这就是共振。在 ${\omega }_0$ 处，弹簧力与惯性相互抵消，驱动力只需补偿阻尼：
$A({\omega }_0)=\frac{F_0}{b{\omega }_0}=\frac{Q{F}_0}{k}$
恒力会使弹簧伸长 $F_0/k$；若与节奏同步施加，它使物块移动的距离是其 $Q$ 倍。在共振时，物块比推力落后四分之一周期，因此推力最强时它运动最快，且每次推动都做正功。

动画右边，一根相同的、轻阻尼的弹簧顶端以恰好 $f_0=0.80\mathrm{Hz}$ 被抖动 $Y=2\mathrm{cm}$。移动弹簧顶端 $y$ 会使其拉力改变 $ky$，因此这种抖动相当于力 $F_0=kY=25\cdot 0.02=0.5\mathrm{N}$，且
$A=\frac{F_0}{b{\omega }_0}=\frac{0.5}{1\cdot 5}=0.10\mathrm{m}$
即 $QY=10\mathrm{cm}$。受驱动物块的 $A$ 读数在那里缓慢上升，大致按 $QY(1-e^{-\beta t})$ 变化：抖动 2 s 后约为 6 cm，4.6 s 后为 9 cm，循环结束时为 9.9 cm。

例题：减震器磨损的汽车

汽车一个角的悬挂弹簧承载约 400 kg，$k=40000N/m$：
${\omega }_0=\sqrt{40000/400}=10rad/s,b_c=2\sqrt{40000\cdot 400}=8000kg/s$
因此车身约以 1.6 Hz 弹跳。一个完好的减震器，阻尼设定在略低于 $b_c$，使车身在颠簸后过冲一次。磨损的减震器 $b=800kg/s$，则 $\beta =800/(2\cdot 400)=1.0{\mathrm{s}}^{-1}$，$Q=10/(2\cdot 1.0)=5$，与动画中的左边物块相同。4 cm 的弹跳于是每 0.7 s 减半，经过 2 s 后仍为 $4\cdot e^{-2}\approx 0.5\mathrm{cm}$，即三次弹跳之后。

路面也能驱动汽车。间距 $d=10\mathrm{m}$ 的波纹每秒使车轮抖动 $v/d$ 次，当 $v\approx 16m/s$（约 57 km/h）时与固有频率 1.59 Hz 相匹配。在该速度下，磨损的车身起伏约为波纹高度的 $Q=5$ 倍，看起来像是在飘浮。

常见错误

• 阻尼更大不一定更快：右边的物块阻尼为 $b_c$ 的三倍，需要约 3.8 s 才能稳定，而临界阻尼的只需 1.0 s。
• 轻阻尼改变的是振幅，而非节奏：$Q=5$ 时，周期仅从 1.257 s 增至 1.263 s。
• 时间 $1/\beta$ 不是半衰期：$\beta =0.5{\mathrm{s}}^{-1}$ 时，振幅在 2 s 时降至 37%，而减半需要 1.4 s；能量与 $A^2$ 成正比，减半只需 0.7 s。
• 共振并非无限大：阻尼将振幅限制在 $Q{F}_0/k$，对被抖动的弹簧即 10 cm；此时驱动功率 0.125 W 恰好等于阻尼器的损耗。
• 临界值是 $2\sqrt{km}$，而不是 $\sqrt{km}$：漏掉系数 2 会得到 5 kg/s，而不是物块的 10 kg/s。

应用场景

接近临界的阻尼用于闭门器、仪表指针和汽车悬挂；在台北 101 大楼塔顶附近，约 660 吨的钢摆与大楼的摇晃相抗衡。共振被用于石英表（其晶体以 32 768 Hz 振动）、乐器和无线电调谐。在结构中则必须避免共振：伦敦千禧桥在 2000 年开通初期发生侧向摇晃，因为行人不自觉地与之同步。同一方程也支配由《电容器》和《电磁感应》中的元件组成的电路，以及《驻波》中的每一个模式。

高级

自由运动方程

阻尼是任何耗散振动能量的作用力：空气、油液，或磁铁对金属板的制动。本节求出阻尼弹簧-物块系统的所有可能自由运动。它有两方面的重要性：这些运动正是受扰系统的衰减方式，也是每个受迫振子在达到稳态之前都必须消退的瞬态。

取质量为 $m$ 的物块、劲度系数为 $k$ 的弹簧，以及一个施加与速度相反的力 $-b\dot{x}$ 的阻尼器。这里 $x$ 是相对平衡位置的位移，$b$ 是阻尼系数。牛顿第二定律给出 $m\ddot{x}=-kx-b\dot{x}$。两边除以 $m$，并定义两个比值：阻尼率 $\beta =b/(2m)$，以及固有角频率 ${\omega }_0=\sqrt{k/m}$。方程化为标准形式
$\ddot{x}+2\beta \dot{x}+{\omega }_0^{2}x=0$
系数 2 只是一种约定，使下面的根中不出现二分之一。

该方程是线性的，且其系数不随时间变化。指数函数是导数等于自身常数倍的唯一函数，因此可尝试 $x=e^{st}$，其中常数 $s$ 可以是复数。这样每次对时间求导都只是乘以 $s$。每一项都带有相同的因子 $e^{st}$，约去后得到特征方程 $s^2+2\beta s+{\omega }_0^2=0$。由求根公式得两个根：
$s_1=-\beta +\sqrt{{\beta }^2-{\omega }_0^2},s_2=-\beta -\sqrt{{\beta }^2-{\omega }_0^2}$
由于方程是线性的，任意和 $c_1{e}^{s_{1}t}+c_2{e}^{s_{2}t}$ 也是解，两个常数由初始位置和初始速度确定。因此，自由运动的全部性质都取决于两个根所在的位置。

动画取 $m=1\mathrm{kg}$，$k=25N/m$，故 ${\omega }_0=5rad/s$（0.80 Hz），三个阻尼器的 $b=1$、10 和 $30kg/s$，即 $\beta =0.5$、5 和 $15{\mathrm{s}}^{-1}$。

自由运动的三种情形

被释放的物块是来回摆动，还是只是缓慢爬回，仅取决于平方根下 ${\beta }^2-{\omega }_0^2$ 的符号。根的分布图可以同时显示三种情形，以及哪一种阻尼能使物块最快回到平衡位置。

图例

$s_1$	取加号的根：先是上方的蓝点，随后位于实轴上，并向 0 靠近。	${\mathrm{s}}^{-1}$
$s_2$	取减号的根：先是下方的蓝点，随后位于实轴上，并远离 0。	${\mathrm{s}}^{-1}$
$\beta$	阻尼率 $b/(2m)$：即这对根实部的相反数，即它们位于竖直轴左侧的距离。	${\mathrm{s}}^{-1}$
${\omega }_d$	阻尼角频率 $\sqrt{{\omega }_0^2-{\beta }^2}$：即 $s_1$ 的虚部，也就是上方圆点的高度。	$rad/s$
${\omega }_0$	固有角频率 $\sqrt{k/m}$：即圆弧的半径，而 $-{\omega }_0$ 是两根相遇的位置。	$rad/s$

图 1 是 $s$ 的复平面：横轴为实部，纵轴为虚部。一个数就能区分三种情形，即阻尼比 $\zeta =\beta /{\omega }_0$。它等于 $b/b_c$，其中 $b_c=2\sqrt{km}$ 是临界阻尼系数，即使 $b$ 满足 $\beta ={\omega }_0$ 的那个值。在动画中 $b_c=10kg/s$，因此三个物块的 $\zeta =0.1$、1 和 3。

轻阻尼，$\zeta <1$。平方根下的数为负，因此根是一对复数 $-\beta \pm i{\omega }_d$，即图中两个蓝点，其中阻尼角频率 ${\omega }_d=\sqrt{{\omega }_0^2-{\beta }^2}$。由于 $e^{(-\beta \pm i{\omega }_d)t}=e^{-\beta t}{e}^{\pm i{\omega }_{d}t}$，实部 $-\beta$ 决定衰减，虚部 $\pm {\omega }_d$ 决定振荡。将两个指数组合，使 $x$ 为实数，得到
$x=C{e}^{-\beta t}\cos ({\omega }_{d}t+\phi )$
这是一个位于按 $e^{-\beta t}$ 缩小的包络之内的振荡；常数 $C$ 和 $\phi$ 由初始位置和初始速度确定。现在看直角三角形，它是按 $\zeta =0.6$ 画的。其水平直角边为 $\beta$，竖直直角边为 ${\omega }_d$，斜边为 $\sqrt{{\beta }^2+{\omega }_d^2}={\omega }_0$。因此一个复根总是位于距原点 ${\omega }_0$ 的位置。随着 $b$ 增大，这对根沿半径为 ${\omega }_0$ 的蓝色圆弧移动：上面的根向下，下面的根向上，趋向实轴。

临界阻尼，$\zeta =1$。两个根在 $-{\omega }_0$ 处重合。重根只提供一个指数函数 $e^{-{\omega }_{0}t}$；第二个独立解是 $t{e}^{-{\omega }_{0}t}$，代入方程即可验证。

重阻尼，$\zeta >1$。此时平方根为实数且小于 $\beta$，因此两个根都是负实数。随着 $b$ 增大，$s_1$ 转向 0，而 $s_2$ 向左远离。没有任何振荡：物块只是缓慢爬回。

动画中的专家版 $x(t)$ 图像使用图 1 中的蓝、绿、紫三色，展示三个物块从 $-10\mathrm{cm}$ 处静止释放的情形；将这一释放距离记为 $A_0=10\mathrm{cm}$。蓝色（$\zeta =0.1$，$s=-0.5\pm 4.97i{\mathrm{s}}^{-1}$）在释放后半个周期即 0.63 s 时过冲到 $+7.3\mathrm{cm}$。绿色（$\zeta =1$）遵循 $x=-A_0(1+{\omega }_{0}t)e^{-{\omega }_{0}t}$，约 1.0 s 后就已在零点 4 mm 以内。紫色（$\zeta =3$）的根为 $-0.86$ 和 $-29.1{\mathrm{s}}^{-1}$。它的快速项 $e^{-29.1t}$ 在十分之一秒内就消失了。阻尼很强时，慢根接近 $-{\omega }_0^2/(2\beta )$，留下一个时间常数为 1.2 s 的缓慢爬回过程。

哪一种阻尼能使物块最快回到平衡位置？多个指数项之和的衰减速度只能与其中最慢的一项相同，即图 1 中根距竖直轴最近的那一项。在临界阻尼以下，这一距离是 $\beta$，它随 $b$ 增大而增大，因为这对根沿圆弧向左移动。在临界阻尼以上，这一距离是 $|s_1|$，它随 $b$ 增大而减小，因为 $s_1$ 向 0 漂移。两种趋势在 $\zeta =1$ 处相遇：此时离竖直轴最近的根尽可能远离原点，衰减率达到最大值 ${\omega }_0$。若可以接受小的过冲，稍微减小阻尼还会更快。在 $\zeta =0.75$ 时，物块在 0.64 s 后即保持在零点 4 mm 以内，这就是仪表指针常被调到略低于临界值的原因。

能量与 Q 的含义

根说明了运动衰减的速度，能量则说明了原因。它还给出工程师为任何振子都会引用的数值，即品质因数 $Q$。

图例

$x$	物块相对平衡位置的位移。	$\mathrm{m}$
$t$	自释放后经过的时间。	$\mathrm{s}$
$E$	储存能量，即动能加弹性势能：$\frac{1}{2}m{\dot{x}}^2+\frac{1}{2}k{x}^2$。	$\mathrm{J}$
$E_0$	释放时的能量，全部在弹簧中：$\frac{1}{2}k{A}_0^2$。	$\mathrm{J}$
$e^{-2\beta t}$	虚线 $E_0{e}^{-2\beta t}$ 的衰减因子，能量在每个转折点都与之相切。
$dE/dt$	能量的变化率，即 $-b{\dot{x}}^2$：在物块运动最快处大小最大，在转折点为零。	$\mathrm{W}$
$T_d$	阻尼周期 $2\pi /{\omega }_d$：一个完整周期，即绿色区段。	$\mathrm{s}$

图 2 追踪动画中的轻阻尼物块（$\zeta =0.1$），它从 $x=-A_0$ 处静止释放：上方为位置 $x(t)$，下方为储存能量 $E$，两者共用同一时间轴。要读懂下方的图，先要求出 $E$ 变化的快慢。将运动方程 $m\ddot{x}+b\dot{x}+kx=0$ 乘以 $\dot{x}$。乘积 $m\ddot{x}\dot{x}$ 是 $\frac{1}{2}m{\dot{x}}^2$ 对时间的导数，$kx\dot{x}$ 则是 $\frac{1}{2}k{x}^2$ 对时间的导数。因此惯性项与弹簧项共同构成 $E=\frac{1}{2}m{\dot{x}}^2+\frac{1}{2}k{x}^2$ 的导数，余下的部分为
$\frac{dE}{dt}=-b{\dot{x}}^2$
阻尼器以 $b{\dot{x}}^2$ 的速率带走能量。该速率永不为负，且每当物块瞬时停止时它为零。

现在看下方的图。只有物块运动时能量才会流失，因此 $E$ 呈阶梯状下降。每个圆点标记一个转折点，此处 $\dot{x}=0$，全部能量都在弹簧中；在那里 $E$ 的斜率为零，曲线是平的。标为 $dE/dt$ 的切线与第一次下降最陡的部分相切，即物块运动最快、刚经过平衡位置之前。在转折点，$|x|=A_0{e}^{-\beta t}$，因此此处能量为 $\frac{1}{2}k{A}_0^2{e}^{-2\beta t}$。所以平坦段恰好位于虚线曲线 $E_0{e}^{-2\beta t}$ 上，其中 $E_0=\frac{1}{2}k{A}_0^2=\frac{1}{2}\cdot 25\cdot 0.10^2=0.125\mathrm{J}$。在两个转折点之间，$E$ 在该曲线上下约 10% 范围内波动。从一个转折点到下一个转折点，即半个阻尼周期 $T_d/2$，能量乘以 $e^{-\beta T_d}\approx 0.53$。

抹平这些阶梯，就得到一个简单的规律。在轻阻尼下，一个周期内的运动近似为 $A\cos {\omega }_{0}t$，其振幅 $A$ 缓慢缩小。${\dot{x}}^2$ 在一个周期内的平均值为 $\frac{1}{2}{\omega }_0^2{A}^2$，而 $E=\frac{1}{2}m{\omega }_0^2{A}^2$。因此 $b{\dot{x}}^2$ 的平均值为 $(b/m)E=2\beta E$，于是
$\frac{dE}{dt}=-2\beta E$
能量按 $e^{-2\beta t}$ 衰减。能量与振幅的平方成正比，所以振幅按 $e^{-\beta t}$ 衰减，速率只有能量的一半，与根所给出的结论一致。

品质因数定义为 $Q={\omega }_0/(2\beta )$。用它表示，规律写作 $dE/dt=-{\omega }_{0}E/Q$。物块经过时间 $1/{\omega }_0$ 运动一个弧度的相位，在此期间它损失的能量比例为 $1/Q$：$Q$ 是储存能量除以每弧度损失的能量。高 $Q$ 的振子会响很多个周期；而动画中的轻阻尼物块只有 $Q=5$。一个常见的经验规则说，每个周期损失的比例为 $2\pi /Q$。在这里该值为 126%，这是不可能的：该规则只是精确表达式 $1-e^{-2\pi /Q}$ 的第一项，仅在 $Q$ 很大时成立。而指数规律本身在相邻周期之间是精确成立的。在一个阻尼周期 $T_d=2\pi /{\omega }_d=1.263\mathrm{s}$ 内（即图 2 中的绿色区段），能量保留的比例为 $e^{-2\beta T_d}\approx 0.28$，因此第一个周期损失 72%。

受迫振子

现在用周期性力 $F_0\cos \omega t$ 推动物块。这就是扬声器纸盆、阵风中的桥梁或光波中电子的情形，所要回答的问题是响应有多大、落后多少。运动方程多了一个右边项：
$\ddot{x}+2\beta \dot{x}+{\omega }_0^{2}x=(F_0/m)\cos \omega t$
由于方程是线性的，其通解等于任一特解加上上面求得的自由运动。自由部分会消退，轻阻尼时按 $e^{-\beta t}$ 衰减，称为瞬态。剩下的是稳态，它以驱动频率 $\omega$ 振荡，而不是以 ${\omega }_0$ 振荡。

复数可以迅速求出稳态。将驱动力写成 $F_0{e}^{i\omega t}$ 的实部，并设 $x$ 为 $\hat{x}{e}^{i\omega t}$ 的实部，其中复振幅 $\hat{x}$ 是待求的常数。取实部与相加、求导以及乘以实数都是可交换的，因此可以先求解复方程，最后再取实部。每次 $d/dt$ 作用于 $e^{i\omega t}$ 都变成因子 $i\omega$。乘以 $i$ 相当于在复平面中转过四分之一圈，因此速度比位移超前 90°。微分方程于是化为代数：
$({\omega }_0^2-{\omega }^2+2i\beta \omega )\hat{x}=F_0/m$
这一技巧依赖线性性：$x^2$ 项会混合实部与虚部，复数解的实部将不再满足原来的实方程。线性性还带来叠加原理，因此由多个频率组成的力产生的是各个单独响应之和。

相量三角形：振幅与相位滞后

复方程表明，两个箭头相加等于第三个箭头。将它们画出来，振幅与相位滞后就变成了简单的几何问题。

图例

$F_0/m$	驱动项，即单位质量受到的力，沿实轴方向。	$m/{\mathrm{s}}^2$
$\hat{x}$	位移的复振幅，位于与驱动力成 $-\delta$ 角的方向；按自身比例画出。	$\mathrm{m}$
$({\omega }_0^2-{\omega }^2)\hat{x}$	弹簧与惯性项之和：是 $\hat{x}$ 的实数倍，因此与 $\hat{x}$ 同方向。	$m/{\mathrm{s}}^2$
$(2\beta \omega )i\hat{x}$	阻尼项：$\hat{x}$ 经因子 $i$ 超前转过四分之一圈，并乘以 $2\beta \omega$。	$m/{\mathrm{s}}^2$
$\delta$	位移相对驱动力的滞后：即 $\hat{x}$ 与 $F_0/m$ 之间的夹角。	$\mathrm{rad}$

图 3 在复平面中画出该方程，取 $\omega =0.75{\omega }_0$，$\beta =0.25{\omega }_0$。驱动项 $F_0/m$ 沿实轴方向。金色箭头为 $\hat{x}$，按其自身比例画出。弹簧项 ${\omega }_0^2\hat{x}$ 与惯性项 $-{\omega }^2\hat{x}$ 都是 $\hat{x}$ 的实数倍，因此二者合起来构成绿色箭头 $({\omega }_0^2-{\omega }^2)\hat{x}$，它与 $\hat{x}$ 同方向。阻尼项 $2\beta \omega i\hat{x}$ 多了一个因子 $i$，因此橙色箭头与绿色箭头成直角。绿色加橙色必须等于驱动力。于是驱动力是一个直角三角形的斜边，而沿绿色直角边方向的 $\hat{x}$ 落后于驱动力，落后角为该直角边与斜边之间的夹角 $\delta$。

解出 $\hat{x}$，得到
$\hat{x}=\frac{F_0/m}{{\omega }_0^2-{\omega }^2+2i\beta \omega }$
它的模即振幅 $A$，它的幅角为 $-\delta$，其中 $\delta$ 是位移相对于驱动力的滞后角。三角形不需要额外的代数运算即可给出两者。它的直角边分别量出 $({\omega }_0^2-{\omega }^2)A$ 和 $2\beta \omega A$，斜边为 $F_0/m$，因此勾股定理给出振幅，两直角边之比给出滞后角：
$A(\omega )=\frac{F_0/m}{\sqrt{({\omega }_0^2-{\omega }^2{)}^2+(2\beta \omega {)}^2}}$
$\tan \delta =\frac{2\beta \omega }{{\omega }_0^2-{\omega }^2}$
当 $\omega$ 上升并经过 ${\omega }_0$ 时，$\delta$ 从 0 增大到 $180^{\circ }$。图 3 画的是共振以下的情形，此时绿色直角边为正，$\delta$ 小于 $90^{\circ }$。高于 ${\omega }_0$ 时，因子 ${\omega }_0^2-{\omega }^2$ 变为负，绿色箭头与 $\hat{x}$ 反向，$\delta$ 超过 $90^{\circ }$。

读懂共振曲线

上面的两个公式包含了全部稳态响应。把它们对驱动频率作图，就能看出振子在哪里响应强烈、响应有多尖锐，以及相位在通过共振时如何变化。

图例

$A$	位移的稳态振幅。	$\mathrm{m}$
$\delta$	位移相对驱动力的滞后。	$\mathrm{rad}$
$\omega$	驱动力的角频率。	$rad/s$
${\omega }_0$	固有角频率：位于振幅峰值右侧，此处 $\delta =\pi /2$。	$rad/s$
${\omega }_1$	较低的半功率频率，此处 $\delta =\pi /4$。	$rad/s$
${\omega }_2$	较高的半功率频率，此处 $\delta =3\pi /4$。	$rad/s$
$\Delta \omega$	半功率全宽：${\omega }_2-{\omega }_1=2\beta ={\omega }_0/Q$。	$rad/s$
$F_0/k$	静态伸长：驱动变化非常缓慢时的振幅。	$\mathrm{m}$
$Q{F}_0/k$	${\omega }_0$ 处的振幅：即静态伸长的 $Q$ 倍。	$\mathrm{m}$
$\pi /2$	四分之一圈：即 ${\omega }_0$ 处的滞后。	$\mathrm{rad}$
$\pi$	半圈：即远高于 ${\omega }_0$ 时的滞后，此时物块与驱动方向相反运动。	$\mathrm{rad}$

图 4 示意了 $Q=3$ 的物块的稳态响应：上方为振幅 $A(\omega )$，下方为滞后角 $\delta (\omega )$，二者共用同一频率轴。动画的共振面板画出了被抖动弹簧的 $A(\omega )$，分别取 $Q=5$ 和 $Q=1$。其中弹簧顶端被移动 $Y=2\mathrm{cm}$，它对物块的作用相当于一个满足 $F_0/m={\omega }_0^{2}Y$ 的力，因此 $F_0/k=Y$。

从左往右读这些曲线。远低于 ${\omega }_0$ 时，弹簧项占主导：$A\approx F_0/k$，即静态伸长（动画中为 2 cm），$\delta \approx 0$，物块跟随激振器运动。远高于 ${\omega }_0$ 时，惯性占主导：$A\approx F_0/(m{\omega }^2)$ 降到虚线所示的 $F_0/k$ 水平之下，$\delta$ 趋近 $\pi$，物块与驱动方向相反运动。在 ${\omega }_0$ 处，即峰值右侧，弹簧与惯性相互抵消，只有阻尼与驱动力平衡：$A=Q{F}_0/k$，$\delta =\pi /2$。此时速度与力同相，因此驱动力在整个周期内都做正功。在动画中，较高的 $Q=5$ 曲线峰值达到 10 cm，而较低的灰色 $Q=1$ 曲线在 ${\omega }_0$ 处只有 2 cm。

峰的宽度用功率来度量。在稳态下，驱动源输入的平均功率等于阻尼器耗散的平均功率，即 $P=\frac{1}{2}b{\omega }^2{A}^2$，对于 $Q=5$ 在共振时为 0.125 W。将 ${\omega }^2{A}^2=(F_0/m{)}^2/[({\omega }_0^2-{\omega }^2{)}^2/{\omega }^2+4{\beta }^2]$ 写出即可看出，$P$ 恰好在 ${\omega }_0$ 处取峰值，并在 $|{\omega }_0^2-{\omega }^2|=2\beta \omega$ 处降为一半。这些就是图中的频率 ${\omega }_1$ 和 ${\omega }_2$；对于 $Q=5$，它们分别是 4.52 和 5.52 rad/s（0.72 和 0.88 Hz）。在这里，图 3 中三角形的两条直角边相等，因此 $\tan \delta =\pm 1$：滞后角曲线取 $\pi /4$ 时对应 ${\omega }_1$，取 $3\pi /4$ 时对应 ${\omega }_2$。全宽为
$\Delta \omega ={\omega }_2-{\omega }_1=2\beta =\frac{{\omega }_0}{Q}$
因此 $Q$ 也衡量峰的尖锐程度，即 ${\omega }_0/\Delta \omega$。振幅峰本身略低于 ${\omega }_0$，位于 $\sqrt{{\omega }_0^2-2{\beta }^2}\approx 4.95rad/s$ 处，峰值为 10.05 cm 而非 10 cm。

动画曲线上的圆点展示的是启动过程。激振器从中心位置开始，按 $Y\sin {\omega }_{0}t$ 运动，而物块从静止开始。稳态位移落后驱动四分之一周期，即 $-QY\cos {\omega }_{0}t$，起初瞬态与之抵消，因此 $x\approx -QY(1-e^{-\beta t})\cos {\omega }_{0}t$。振幅以 $1/\beta =2\mathrm{s}$ 的时间尺度上升，只有经过 $\ln 10/\beta \approx 4.6\mathrm{s}$ 才达到峰值的 90%。窄峰与长时间的衰减余振是同一事实的两种表现：宽度 $2\beta$ 乘以衰减时间 $1/\beta$ 总是等于 2，因此调谐很尖锐的振子响应很慢。

例题：以错误的节奏抖动

以 0.50 Hz 和 1.00 Hz 两种频率抖动同一根弹簧（$F_0/m=0.5m/{\mathrm{s}}^2$，$\beta =0.5{\mathrm{s}}^{-1}$，${\omega }_0^2=25{\mathrm{s}}^{-2}$，$b=1kg/s$），二者分别位于其固有频率 0.80 Hz 的两侧。求每种情形下的稳态振幅、滞后角和平均功率。

共振以下，0.50 Hz：$\omega =2\pi f=\pi \approx 3.14rad/s$，因此 ${\omega }_0^2-{\omega }^2=25-9.87=15.13{\mathrm{s}}^{-2}$，$2\beta \omega =3.14{\mathrm{s}}^{-2}$。于是
$A=\frac{0.5}{\sqrt{15.13^2+3.14^2}}=0.032\mathrm{m},\tan \delta =\frac{3.14}{15.13},\delta \approx 12^{\circ }$
共振以上，1.00 Hz：$\omega =2\pi \approx 6.28rad/s$，因此 ${\omega }_0^2-{\omega }^2=25-39.48=-14.48{\mathrm{s}}^{-2}$，$2\beta \omega =6.28{\mathrm{s}}^{-2}$。负的分母使 $\delta$ 位于 $90^{\circ }$ 与 $180^{\circ }$ 之间：
$A=\frac{0.5}{\sqrt{14.48^2+6.28^2}}=0.032\mathrm{m},\tan \delta =\frac{6.28}{-14.48},\delta \approx 157^{\circ }$

两种振幅都约为 3.2 cm，是共振时 10 cm 的三分之一。区别在于相位：在 0.50 Hz 时，物块随激振器一起运动，而在 1.00 Hz 时，它几乎与激振器反向运动。平均功率 $\frac{1}{2}b{\omega }^2{A}^2$ 也不同：0.50 Hz 时约为 5 mW，1.00 Hz 时约为 20 mW，而共振时为 125 mW。振幅相同，但频率增加了一倍，因此 1.00 Hz 时速度幅值 $\omega A$ 是两倍，功率则是四倍。

启动过程同样重要。从静止开始时，频率为 ${\omega }_d=4.97rad/s$ 的自由振荡会叠加在稳态运动上，并以周期 $2\pi /|\omega -{\omega }_d|$ 产生拍，这里分别为 3.4 s 和 4.8 s。若激振器像动画中那样从中心开始，则早期摆幅可达 4.1 cm 和 4.5 cm，超过稳态的 3.2 cm。经过 $3/\beta =6\mathrm{s}$ 后，瞬态降至 $e^{-3}$，约为 5%。

超出线性阻尼的情形

到目前为止的所有分析都假设阻尼力与速度成正比。现实中的摩擦往往并非如此，而衰减曲线的形状可以说明起作用的是哪一种规律。

干摩擦是一个大小恒定、与运动方向相反的力 $\mu N$，其中 $\mu$ 为摩擦因数，$N$ 为正压力。它不改变周期 $2\pi /{\omega }_0$，但每半个摆动都使振幅减少相同的 $2\mu N/k$。原因如下：在从 $A_1$ 到 $A_2$ 的半个摆动中，失去的弹簧能量 $\frac{1}{2}k(A_1^2-A_2^2)$ 等于克服摩擦所做的功 $\mu N(A_1+A_2)$。包络是一条直线，而当弹簧力再也无法战胜摩擦时，物块会在有限时间后彻底停止。若动画中的物块受到 0.1 N 的摩擦力，它每半个摆动会损失 8 mm，经过 12 个半摆动后停止，约需 7.5 s。阻力随 $v^2$ 增长时，大摆幅会很快衰减，小摆幅则拖得很长，振幅大致按 $1/(1+t/t_1)$ 下降，其中时间 $t_1$ 由起始振幅决定。一个实用的检验方法是：以振幅的对数对时间作图，只有线性阻尼会给出一条直线。

弹簧本身也可能是非线性的。刚度随伸长增大而增加的弹簧，在大振幅时振动更快，因此其共振曲线向高频一侧倾斜；扫描驱动频率时，振幅可能在两个稳定值之间发生跳变。能量也可以在没有周期性外力的情况下输入。通过每个周期内两次站起和蹲下来荡秋千，改变的是振子的某一性质，即其有效长度，而非直接推动它：这就是参量共振。被琴弓拉动的琴弦或钟的擒纵机构则以与运动本身同步的方式输入能量。这相当于负阻尼，它使摆动不断增大，直到非线性将其限制住。1940 年被毁的塔科马海峡大桥，是在稳定的风中因这种自激颤振而破坏的，而不是因周期性外力的简单共振。

适用范围

线性阻尼器对电阻器来说是精确的，对涡流制动器来说近似成立，对于在粘性液体中的慢速运动（参见《阻力与终端速度》）也很好用。真实的弹簧只有在小形变时才是线性的（参见《弹性：胡克定律、应力与应变》）。共振振幅的建立也需要时间：驱动必须持续许多个 $1/\beta =2Q/{\omega }_0$，对于 440 Hz、$Q\approx 2000$ 的音叉，这一时间为 1.4 s。

阻尼从来不是单独出现的。耗散能量的分子碰撞同时也会对物块施加随机的踢动，因此处于温度 $T$ 下热平衡的振子平均能量为 $k_{B}T$，其中 $k_B$ 为玻尔兹曼常数。其中一半在弹簧中，所以 $\frac{1}{2}k{x}^2$ 的平均值为 $\frac{1}{2}{k}_{B}T$，物块的抖动幅度为 $\sqrt{k_{B}T/k}$（均方根）。对于 25 N/m 的弹簧，在 300 K 下这一值为 $1.3\times 10^{-11}\mathrm{m}$，远低于任何可见范围。对于 $k=0.1N/m$ 的原子力显微镜悬臂，它为 0.2 nm，这是该仪器能够感知的下限。耗散与随机力之间的这种联系就是涨落-耗散定理。量子效应以 $\hslash {\omega }_0\approx 5\times 10^{-34}\mathrm{J}$ 为单位出现；与物块的 0.125 J 相比，它们完全可以忽略，只对分子、原子和极低温的微型谐振器才有影响。

延伸阅读

以电荷 $q$ 代替 $x$，同一方程描述的是串联电路：$L\ddot{q}+R\dot{q}+q/C=V_0\cos \omega t$。电感 $L$、电阻 $R$ 和 $1/C$ 分别扮演 $m$、$b$ 和 $k$ 的角色，因此 ${\omega }_0=1/\sqrt{LC}$，$Q={\omega }_{0}L/R$。收音机若要分离 1 MHz 附近相隔 10 kHz 的中波电台，就需要宽度 ${\omega }_0/Q$ 不大于间隔，因此 $Q$ 约为 100。参见《电容器》、《电磁感应》和《电磁波》。

光以同样的方式驱动原子中束缚的电子。在其紫外共振频率以下，响应随频率增大而增强，这就是玻璃使紫光比红光偏折更多的原因（参见《棱镜、色散与颜色》）；在共振处，能量被吸收，例如盐晶体中的离子在红外波段吸收能量。同样的曲线，每次取不同的 ${\omega }_0$ 和 $Q$，也可以拟合大气潮汐、《驻波》中的各种模式，以及核磁共振成像仪中的原子核。在量子物理中，宽度与衰变时间的乘积又以另一种形式出现，即谱线宽度与发射该谱线的状态寿命之间的关系。