简谐运动

入门

孩子荡秋千、弹簧下挂着的重物、被拨动的吉他弦：每一个都在平衡位置附近往复运动。

第 1 步：拉开并松手。把物体从平衡位置拉开，有某种力把它拉回：弹簧的弹力，或秋千所受的重力。它会冲过中间位置，停下，再返回。当回拉力随距离同步增大（距离加倍，拉力也加倍）时，这种运动称为简谐运动。

第 2 步：中间快，两端停。物体经过中心时最快，在每一端瞬间停下再折返。它的能量不断转换形式：经过中间时全部是动能，两端时全部是储存的能量（被拉长的弹簧中的弹性势能，或秋千的高度势能）。

第 3 步：周期与频率。完整往返一次所用的时间叫周期。落地式摆钟的摆周期约为 2 秒。频率是每秒振动的次数，所以频率 = 1 ÷ 周期：这里是每秒摆动半次。

第 4 步：什么决定节奏？弹簧下挂的质量越大，振动越慢；弹簧越硬，振动越快。对单摆而言只与摆长（以及重力）有关：摆长越长，摆得越慢；摆长变为四倍，周期就变为两倍。摆球的重量没有影响。

自我检验：你把单摆从稍远一点的位置释放，但摆角仍然很小。它的周期会改变吗？（不会：它要走的路更长，但速度也更快。）

在动画中，弹簧振子与单摆保持完全相同的节奏。留意蓝色速度箭头：物体经过中心（“最快”）时最长，在两端（“开始折返”）缩小到零。

中级

什么在振动，以及如何测量

每个振子都有一个平衡位置，在那里它可以静止，所受的合力为零：动画中方块的虚线位置，或单摆的竖直位置。位移 $x$ 从平衡位置量起，并带有正负号：一侧为 $x=+10\mathrm{cm}$，另一侧为 $x=-10\mathrm{cm}$。它的最大值是振幅 $A$。在转折点 $x=\pm A$，物体瞬间停下，然后返回。

完成一个完整循环（去、过中心、返回）所用的时间是周期 $T$，单位为秒。频率 $f=1/T$ 表示每秒的循环次数，单位为赫兹（Hz）。公式中使用角频率 $\omega =2\pi f=2\pi /T$，单位为弧度每秒，即一个循环对应 $2\pi$ 弧度的一整圈。

回复力给出余弦规律

把弹簧上的方块拉离平衡位置，弹簧会以与位移成正比的力把它拉回：
$F=-kx$
劲度系数 $k$（单位为牛每米）表示弹簧的软硬程度；负号表示这个力始终指向平衡位置。由牛顿第二定律得 $a=-(k/m)x$，即加速度与位移成正比且方向相反。这就是简谐运动，其位置随时间按余弦规律变化：
$x(t)=A\cos (\omega t+\phi )$

相位常数 $\phi$ 表示计时开始时振动处于周期中的哪个位置；动画中从 $x=+A$ 处静止释放，所以 $\phi =0$。余弦运动的加速度为 $-{\omega }^{2}x$，因此只有当 ${\omega }^2=k/m$ 时才与弹簧相符。决定节奏的只有弹簧和质量：

• $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}$
• $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$
• $f=\frac{1}{T}$

这里不出现振幅。把振幅加倍，则在行程的每个位置，方块都离平衡点两倍远，受到两倍的力，并以两倍的速度运动：路程加倍、速度也加倍，所用时间相同。这种等时性使摆钟成为可能。振幅确实决定了最大速度 $v_{\max }=A\omega$（在中心处）和最大加速度 $a_{\max }={\omega }^{2}A$（在转折点处）。

单摆：重力扮演弹簧的角色

单摆是一个小摆球挂在长度为 $L$ 的轻绳上。它的回复力是重力沿圆弧方向的分量 $mg\sin \theta$，其中 $\theta$ 是与竖直方向的夹角。小角度时 $\sin \theta \approx \theta$（以弧度计），弧长为 $s=L\theta$，因此回复力为 $-(mg/L)s$：相当于 $k=mg/L$ 的弹簧。代入弹簧公式后，质量消去：
$T=2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}$

摆球越重，所受回复力与其惯性恰好按相同比例增大，因此只有 $L$ 和 $g$ 有影响：摆长变为四倍，周期变为两倍；在月球上，$g$ 约小六倍，其周期会变为 $\sqrt{6}\approx 2.45$ 倍。动画中摆角为 15° 时，真实周期只长 0.4%。

竖直悬挂的弹簧与水平放置的弹簧周期相同：重力只是使平衡位置下移了静态伸长量 $d=mg/k$。由于 $m/k=d/g$，周期也可写为 $2\pi \sqrt{d/g}$：挂在弹簧上的质量上下跳动，就像摆长等于该静态伸长量的单摆一样。

读懂箭头，以及能量在哪里

中级视图增加了三个箭头。绿色的 $x$ 箭头从虚线中心线指向方块。红色的 $F$ 箭头总是指向相反方向，在转折点最长，在中心为零。蓝色的 $v$ 箭头在相位上与位移相差四分之一周期：在转折点为零，在中心最长，每个周期换向两次。

能量解释了这一规律。在转折点，能量全部储存在弹簧中，即 $\frac{1}{2}k{A}^2$；在中心，能量全部为动能。在两者之间，两部分的比例不断变化，但它们的和保持不变：
$\frac{1}{2}m{v}^2+\frac{1}{2}k{x}^2=\frac{1}{2}k{A}^2$
令 $x=0$，即得最大速度 $v_{\max }=A\sqrt{k/m}=A\omega$。

由于储存的能量随 $x^2$ 增长，两部分的分配并不均匀：偏离到 $x=A/2$ 时，弹簧只储存了四分之一的能量，而方块仍有 $\sqrt{3}/2$，即约 87% 的最大速度。从转折点出发，走完前半段需要六分之一个周期，后半段需要十二分之一个周期。

例题：动画中的振子

方块的质量 $m=1\mathrm{kg}$，弹簧的 $k=10N/m$，方块从静止在 $A=10\mathrm{cm}$ 处释放。则
$\omega =\sqrt{k/m}=\sqrt{10}\approx 3.16rad/s$
$T=2\pi /\omega \approx 1.99\mathrm{s},f=1/T\approx 0.50\mathrm{Hz}$
$v_{\max }=A\omega =0.10\cdot 3.16\approx 0.32m/s,F_{\max }=kA=10\cdot 0.10=1.0\mathrm{N}$

这些是读数的极值：$x$ 在 $+10$ 与 $-10\mathrm{cm}$ 之间变化，$v$ 在 $+0.32$ 与 $-0.32m/s$ 之间变化，$F$ 在 $-1.00$ 与 $+1.00\mathrm{N}$ 之间变化，且当 $x$ 读数为 $+10\mathrm{cm}$ 时 $F=-1.00\mathrm{N}$。最大加速度为 $1.0\mathrm{N}/1\mathrm{kg}=1.0m/{\mathrm{s}}^2$，能量为 $\frac{1}{2}\cdot 10\cdot 0.10^2=0.05\mathrm{J}$，与经过中心时 $\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 0.316^2$ 的能量相同。

旁边的单摆 $L=g/{\omega }^2=9.81/10\approx 0.98\mathrm{m}$，因此 $2\pi \sqrt{L/g}$ 同样是 1.99 秒，两者保持同步。这个摆长并非偶然：$g/{\omega }^2=mg/k$ 正是这根弹簧挂上 1 kg 方块后获得的静态伸长量。若从 15°（0.262 弧度）释放，摆球沿圆弧向两侧各摆动 $L{\theta }_0\approx 0.26\mathrm{m}$，并以约 $\omega L{\theta }_0\approx 0.81m/s$ 的速度经过最低点。

例题：汽车的弹簧

一辆车身质量为 1200 kg 的汽车，当一位 80 kg 的乘客上车时，弹簧下沉 1.0 cm。装载后的汽车在颠簸后以怎样的节奏上下跳动？

把四个弹簧看作一个整体。乘客的重量 $80\cdot 9.81=784.8\mathrm{N}$ 将弹簧压缩 0.010 m，因此 $k=784.8/0.010=78480N/m$。车上共 1280 kg 时：
$T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{1280}{78480}}\approx 0.80\mathrm{s}$
即每秒约跳动 1.25 次。

静态伸长规则可以检验这一结果：满载的 1280 kg 使弹簧压缩 $d=mg/k=0.16\mathrm{m}$，同样得到 $2\pi \sqrt{0.16/9.81}\approx 0.80\mathrm{s}$。悬挂系统通常调至 1 到 1.5 Hz，乘客感觉舒适；之后减振器会在每次颠簸后阻止车身继续跳动。

常见错误

• 在停止的转折点，受力并不为零：在转折点受力和加速度最大，对动画中的方块分别为 1.0 N 和 1.0 m/s²；而在中心它们为零。
• 摆幅更大，周期并不更长：把动画中的振幅加倍到 20 cm，周期仍为 1.99 s，而最大速度加倍到 0.63 m/s。
• 不要丢掉 $2\pi$，也不要把赫兹与弧度每秒混为一谈：对于 80 N/m 弹簧上的 0.2 kg 质量，$\sqrt{m/k}=0.05\mathrm{s}$，但 $T\approx 0.31\mathrm{s}$，$f\approx 3.2\mathrm{Hz}$，$\omega =20rad/s$。
• 单摆的周期与摆球质量无关，对于小摆幅也与振幅无关；不过若从 60° 释放，它比公式给出的周期长约 7%。
• 应从平衡位置量取 $x$，而不是从松弛弹簧的端点量起；对竖直悬挂的弹簧，该平衡位置低 $mg/k$，此时重力就从方程中消去了。

它出现在哪里

摆钟依赖等时性：秒摆每摆动一次需 1 s、每个循环需 2 s，其长度为 $g/{\pi }^2\approx 0.994\mathrm{m}$，几乎就是动画中的单摆。石英表每秒计数一个微小石英音叉的 32 768 次振动；汽车悬挂、摇摆的高塔以及固体中的原子，都以近似简谐的方式振动。阻尼与共振一课会加入摩擦和周期性推动，而波的基础一课则展示耦合振子如何传递波动。

高级

一个方程背后的诸多振子

本课讲的是一个方程，以及它在物理学中处处出现的原因。从最简单的情形开始：质量为 $m$ 的方块放在无摩擦的地面上，并与劲度系数为 $k$ 的弹簧相连。设 $x$ 为方块相对于弹簧原长位置的位移，并以 $\ddot{x}$ 表示其加速度，即 $x$ 对时间的二阶导数。

弹簧以力 $-kx$ 把它拉回（胡克定律）：该力总指向中心，且与位移成正比增长。于是牛顿第二定律写为 $m\ddot{x}=-kx$。两边除以 $m$，并记比值 $k/m$，得到
$\ddot{x}=-{\omega }^{2}x,{\omega }^2=\frac{k}{m}$
用文字说：加速度等于位移取反，再乘以 ${\omega }^2$。常数 $\omega$ 的单位是时间的倒数；之后将证明它就是运动的角频率，单位为弧度每秒。

这个方程值得用整节课来讲，不在于弹簧本身，而在于它的形式。它是线性的：$x$ 及其导数只以一次幂出现，不会被平方或相乘。它是二阶的：最高阶导数是二阶。它的系数是常数。任何方程具有这种形式的系统，无论由什么构成，都以相同的方式运动：通过线圈放电的电容器上的电荷、手表中的石英晶体、分子的伸缩振动、平静水面上摇摆的船，以及声波穿过的晶体中的原子。下一节将说明，为什么这么多系统会归结为它。

为什么小振动是简谐的

真实的回复力很少恰好与位移成正比。本节说明，对于小振动，这并不要紧：在任何稳定平衡点附近，每一种光滑的力的规律看起来都像胡克定律，因此系统服从上面的方程。这里的“简谐”即指由 $\ddot{x}=-{\omega }^{2}x$ 支配的运动。

图例

$x$	系统沿其运动线的位置。	$\mathrm{m}$
$U$	系统的势能。	$\mathrm{J}$
$x_0$	稳定平衡点的位置，此处 $U$ 最低。	$\mathrm{m}$
$U(x_0)$	极小值处 $U$ 的值。	$\mathrm{J}$
$\frac{1}{2}k(x-x_0{)}^2$	虚线抛物线高出 $U(x_0)$ 的部分：$U$ 的简谐近似，其中 $k=U^{\prime \prime }(x_0)$。	$\mathrm{J}$

图 1 画出了某个系统的势能 $U$ 随位置 $x$ 的变化。$x_0$ 处的势阱底部是稳定平衡点：无论向哪个方向移动，$U$ 都会上升，因此力（在这条曲线上总是指向“下坡”）把它推回。先看那个点：实线 $U$ 与虚线抛物线相切之处。在它附近两者难以区分。离得更远时它们开始分开：在左侧，真实曲线比抛物线更陡地上升；在右侧，它则比抛物线更平缓地弯下去。

抛物线之所以合适，是因为 $U$ 在 $x_0$ 处的泰勒展开。其第一项是常数 $U(x_0)$。其线性项 $U^{\prime }(x_0)(x-x_0)$ 为零，因为在极小值处曲线的斜率为零。因此随 $x$ 变化的第一项是二次项：
$U(x)\approx U(x_0)+\frac{1}{2}{U}^{\prime \prime }(x_0)(x-x_0{)}^2$
这就是虚线抛物线，其中 $k=U^{\prime \prime }(x_0)$；图 1 中标注的 $\frac{1}{2}k(x-x_0{)}^2$ 就是它高出 $U(x_0)$ 的高度。力是 $U$ 斜率的负值，因此在极小值附近它为 $-dU/dx=-U^{\prime \prime }(x_0)(x-x_0)$：即胡克定律，只是以平衡位置 $x_0$ 代替了松弛弹簧的位置。在极小值处 $U^{\prime \prime }(x_0)>0$，所以 $k$ 为正，力确实把物体拉回。

单摆展示了这一方法的应用。质量为 $m$ 的摆球挂在长度为 $L$ 的绳上，被拉开角度 $\theta$ 后升高 $L(1-\cos \theta )$，因此其势能为 $mgL(1-\cos \theta )$，其中 $g$ 为自由落体加速度。对小角度有 $\cos \theta \approx 1-\frac{1}{2}{\theta }^2$，故 $U\approx \frac{1}{2}mgL{\theta }^2$：关于 $\theta$ 的抛物线，以角刚度 $mgL$ 代替 $k$。阻碍转动的是转动惯量 $m{L}^2$，它代替了 $m$，因此 ${\omega }^2=mgL/(m{L}^2)=g/L$。结论具有普遍性：围绕任何满足 $U^{\prime \prime }(x_0)>0$ 的极小值的小振动都是简谐的，只有其频率取决于具体系统。

通解及其两个常数

现在求解方程。目标是得到一个涵盖所有可能初始条件的 $x(t)$ 公式，并清楚地数出初始条件能改变的量。

哪些函数在二次求导后，会以自身乘以一个负常数的形式回来？是余弦和正弦：$d^2(\cos \omega t)/d{t}^2=-{\omega }^2\cos \omega t$，对 $\sin \omega t$ 也成立。由于方程是线性的，若干解各乘以任意常数后的和仍是解。二阶方程恰好留下两个自由常数：一个决定初始位置，一个决定初始速度。记 $t=0$ 时的位置和速度为 $x_0$ 和 $v_0$（从此处起，$x_0$ 表示初始位置，平衡点位于 $x=0$）。则
$x(t)=x_0\cos \omega t+\frac{v_0}{\omega }\sin \omega t=A\cos (\omega t+\phi )$
第一种形式易于验证：在 $t=0$ 时它给出 $x_0$，其导数给出 $v_0$。第二种形式把两项合并为一个余弦，其振幅为 $A$（即最大位移），相位常数 $\phi$ 则说明计时开始时处于周期中的哪个位置。将 $A\cos (\omega t+\phi )=A\cos \phi \cos \omega t-A\sin \phi \sin \omega t$ 展开并对应各项，得 $A\cos \phi =x_0$ 与 $-A\sin \phi =v_0/\omega$，于是
$A=\sqrt{x_0^2+(v_0/\omega {)}^2},\tan \phi =-v_0/(\omega x_0)$
分工很清楚：方程决定 $\omega$；初始条件决定 $A$ 和 $\phi$。

动画中的方块使之具体化。它的 $m=1\mathrm{kg}$，$k=10N/m$，因此 $\omega =\sqrt{10}\approx 3.16rad/s$，周期为 $T=2\pi /\omega \approx 1.99\mathrm{s}$。它从静止、在 $x_0=A=0.10\mathrm{m}$ 处释放，因此 $v_0=0$，$\phi =0$，$x=A\cos \omega t$。对其求一次导数得速度 $v=-A\omega \sin \omega t$，它等于 $A\omega \cos (\omega t+\pi /2)$：速度曲线就是位移曲线提前四分之一周期平移得到的，因此速度超前位移四分之一周期。再求一次导数得加速度 $a=-{\omega }^{2}x$，它与位移相差半个周期，反相：在 $x$ 最大处最大，但指向相反方向。

线性还能用一行证明等时性，即周期与振幅无关。若 $x(t)$ 是解，则对任意常数 $\lambda$，$\lambda x(t)$ 也是解，因为把 $\ddot{x}=-{\omega }^{2}x$ 两边乘以 $\lambda$ 并不改变等式。放大的副本摆动的幅度为 $\lambda$ 倍，但时间完全相同，因此大摆幅和小摆幅所用的时间相同。

用复数可以简洁地同时携带两个常数。将 $x$ 写成 $C{e}^{i\omega t}$ 的实部，复振幅 $C=A{e}^{i\phi }$；$A{e}^{i(\omega t+\phi )}$ 的实部确实是 $A\cos (\omega t+\phi )$。好处在于，$e^{i\omega t}$ 每求一次导数，只是乘以 $i\omega$。方程变为 $(i\omega {)}^{2}C=-{\omega }^{2}C$，对任意 $C$ 都成立：微分方程变成了代数。这一捷径使阻尼与受迫振子变得可处理。

参考圆

简谐运动有一个几何上的孪生体：沿圆周的匀速运动。这一孪生体解释了为何相位是一个角度，以及为何 $\omega$ 以弧度每秒计量，并且不借助微积分就给出速度与加速度。

图例

$A$	圆的半径：影子运动的振幅。	$\mathrm{m}$
$\omega t+\phi$	相位：半径从正 $x$ 方向转过的角度。	$\mathrm{rad}$
$x$	影子的位置，从圆心量起（此处为负）。	$\mathrm{m}$
$\vec{v}$	点的速度：与圆相切，大小为 $\omega A$。	$m/s$
$\vec{a}$	点的加速度：指向圆心，大小为 ${\omega }^{2}A$。	$m/{\mathrm{s}}^2$
$v$	影子的速度：$\vec{v}$ 的水平分量。	$m/s$
$a$	影子的加速度：$\vec{a}$ 的水平分量，等于 $-{\omega }^{2}x$。	$m/{\mathrm{s}}^2$

图 2 画出了参考圆。一点以恒定角速度 $\omega$ 逆时针绕半径为 $A$ 的圆周运动。经过时间 $t$ 后，其半径从正 $x$ 方向转过的角度为 $\omega t+\phi$；图中略多于四分之一圈，因此该点位于左上方。从该点向下作虚线，垂直落到水平直径上。其垂足即该点的“影子”（空心圆圈），位于距圆心 $x=A\cos (\omega t+\phi )$ 处：恰好是方块的位置。

再看速度。该点的速度 $\vec{v}$ 与圆相切，大小为 $\omega A$，因为它每转过一弧度就走过长度为 $A$ 的弧。影子只沿直径运动，因此其速度 $v$ 是 $\vec{v}$ 的水平分量：$v=-\omega A\sin (\omega t+\phi )$。图中 $\vec{v}$ 指向左下，因此 $v$ 指向左。

然后是加速度。该点在圆上做匀速运动，故其加速度 $\vec{a}$ 为向心的，指向圆心，大小为 ${\omega }^{2}A$。其水平分量即影子的加速度：
$a=-{\omega }^{2}A\cos (\omega t+\phi )=-{\omega }^{2}x$
图中 $x$ 为负，因此 $a$ 指向右，即指向圆心，而影子仍在向左运动：它正接近转折点 $-A$，因而在减速。

因此，影子服从本课的方程，其运动与方块完全相同。简谐运动就是侧视所见的匀速圆周运动。这也是相位 $\omega t+\phi$ 是一个角度、而 $\omega$（该点的角速度）以弧度每秒计量的原因。它也是上一节复数背后的图像：$C{e}^{i\omega t}$ 是复平面上的旋转点，而 $x$ 是它在实轴上的投影。

相椭圆

参考圆追踪的是空间中的运动。第二种图像追踪的是振子的状态：位置与速度一起，它们足以预测运动的其余部分。在这幅图中，能量守恒变成了一个形状。

图例

$x$	位置，位于水平轴。	$\mathrm{m}$
$v$	速度，位于竖直轴。	$m/s$
$A$	振幅，即最大 $x$：沿 $x$ 方向的半轴。	$\mathrm{m}$
$\omega A$	最大速率：沿 $v$ 方向的半轴。	$m/s$
$E$	总能量 $\frac{1}{2}m{v}^2+\frac{1}{2}k{x}^2$，沿椭圆处处相同。	$\mathrm{J}$

图 3 以位置 $x$ 为横轴、速度 $v$ 为纵轴作图。运动的每一瞬间对应一个点 $(x,v)$；随着时间推移，该点运动并描出一条闭合曲线，即相图。由于 $x=A\cos \omega t$ 且 $v=-\omega A\sin \omega t$，这条曲线是一个椭圆。能量守恒直接给出其方程：$\frac{1}{2}m{v}^2+\frac{1}{2}k{x}^2=E$，两边除以 $E=\frac{1}{2}k{A}^2=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2$，得
$\frac{x^2}{A^2}+\frac{v^2}{(A\omega {)}^2}=1$

半轴长分别为沿 $x$ 方向的 $A$ 和沿 $v$ 方向的 $\omega A$。前者是最大位移，此时全部能量都在弹簧中；后者是最大速度，此时全部能量都在方块中。对于动画中的方块，它们分别为 0.10 m 和 0.32 m/s。椭圆上每一点的能量都相同，均为 $E$，这就是图中直接将曲线标为 $E$ 的原因；更大的能量将给出形状相同但更大的椭圆。

现在沿着运动方向追踪。该点从椭圆的右端 $(A,0)$ 出发，顺时针运行，每个周期一圈。方向是确定的：在上半部分 $v>0$，因此 $x$ 增大，点向右运动；在下半部分 $v<0$，它向左运动。图 3 中的圆点表示某一瞬间：位于右下方，方块仍在正侧，但已开始返回。虚线从坐标轴上读出它的 $x$ 和 $v$。若把 $v/\omega$ 而非 $v$ 向上作图，两个半轴都变为 $A$，椭圆就又变回参考圆。

动画的专家层将这一椭圆与 $x(t)$ 的图像并排显示，后者是一条在 $\pm 10\mathrm{cm}$ 之间的余弦曲线。该图线的斜率是 $v$，其曲率遵循 $a=-{\omega }^{2}x$，因此曲线总是朝向时间轴弯曲：在峰值和谷值处（此时 $|x|$ 最大）弯曲最剧烈，在过零点处则完全不弯曲。

由椭圆还可得出两个更深入的结论。第一，在一个周期内，${\sin }^2$ 与 ${\cos }^2$ 的平均值都是 $\frac{1}{2}$，因此平均动能与平均势能相等，各为 $E/2$。对于该方块，$E=\frac{1}{2}\cdot 10\cdot 0.10^2=0.050\mathrm{J}$，因此各自的平均值为 $0.025\mathrm{J}$。

第二，若以动量 $p=mv$ 而非 $v$ 向上作椭圆图，其半轴分别为 $A$ 和 $mA\omega$，面积为 $\pi A\cdot mA\omega =2\pi E/\omega$，此处约为 $0.099\mathrm{J}\mathrm{s}$。这个面积是一个绝热不变量，即系统缓慢改变时保持不变的量：当 $k$ 或 $L$ 相对于周期缓慢变化时，面积，进而 $E/\omega$，保持恒定。若把单摆的悬线逐渐缩短，其能量会与频率成比例地增大。在早期量子理论中，这一面积被设为普朗克常数 $h$ 的整数倍；完整理论给出能级 $E=(n+\frac{1}{2})\hslash \omega$，其中 $\hslash =h/2\pi$，$n$ 为从 0 开始的整数。

超越理想振子

真实的振子只是近似理想的。单摆是最清楚的例子，因为它的精确方程可以写出来并与简谐方程比较。

图例

$L$	绳长，从支点到摆球。	$\mathrm{m}$
$\theta$	绳与竖直方向的夹角。	$\mathrm{rad}$
$s$	从最低点到摆球的路径长度：$s=L\theta$。	$\mathrm{m}$
$m\vec{g}$	摆球的重量，竖直向下。	$\mathrm{N}$
$mg\sin \theta$	沿路径、指向最低点的重量分量：即回复力。	$\mathrm{N}$
$mg\cos \theta$	沿绳、背离支点的重量分量；它不能改变速率。	$\mathrm{N}$

图 4 显示单摆处于摆动中途。摆球挂在长度为 $L$ 的绳上，已从竖直方向被拉开角度 $\theta$，因此它沿圆弧离最低点的路径长为 $s=L\theta$。其重量 $m\vec{g}$ 竖直向下，分解为两个相互垂直的分量。分量 $mg\cos \theta$ 沿绳指向支点外侧。它在路径方向上没有分量，因此既不能使摆球加速也不能使其减速；绳中的张力也沿同一直线作用。分量 $mg\sin \theta$ 沿路径指向最低点，只有它起回复作用。

精确方程来自对支点取力矩。回复力 $mg\sin \theta$ 作用于力臂 $L$ 上，因此其力矩为 $-mgL\sin \theta$。摆球对支点的转动惯量为 $m{L}^2$，而力矩等于转动惯量乘以角加速度。两边除以 $m{L}^2$：
$\ddot{\theta }=-\frac{g}{L}\sin \theta$
对小角度 $\sin \theta \approx \theta$（以弧度计），回复力 $mg\sin \theta$ 接近 $mg\theta =(mg/L)s$。这又是一次胡克定律，只是针对沿圆弧的位移 $s$，其中 $k=mg/L$，且 ${\omega }^2=k/m=g/L$，与第二节由能量得到的结果一致。

单摆只是近似地为简谐的。由于对任何正角度都有 $\sin \theta <\theta$，真实的回复力矩比线性模型所给出的小：摆球被拉回的力比简谐定律所说的更弱，因此回到原位的时间更长。于是周期随振幅 ${\theta }_0$ 增大，对中等摆角大致为 $2\pi \sqrt{L/g}(1+{\theta }_0^2/16)$。相对于 $2\pi \sqrt{L/g}$ 的超出量在 10° 时为 0.19%，在动画中的 15° 时为 0.43%，在 60° 时为 7.3%，在 90° 时为 18%，并且当释放点接近 180° 的倒立位置时，它会无限增大。（后两个数值来自精确周期；上面的近似公式给出的值已经低于它们。）这就是钟表匠让摆幅保持较小的原因。1673 年，克里斯蒂安·惠更斯提出了一个精确的解决办法：让摆球沿摆线而非圆弧轨道运动，其周期便完全不依赖于振幅。

其他偏离理想的情形同样具体。弹簧自身的质量 $m_s$ 也会运动：靠近方块的线圈几乎与方块一样快，靠近固定端的线圈几乎不动，总体上它们使振动质量增加约 $m_s/3$。绕距质心为 $d$ 的支点摆动的刚体是复摆，其 $T=2\pi \sqrt{I/(mgd)}$，其中 $I$ 是其对支点的转动惯量；对于点状摆球，$I=m{L}^2$，$d=L$，公式给出 $2\pi \sqrt{L/g}$。与速度成正比的摩擦力 $-b\dot{x}$（其中 $\dot{x}$ 为速度，$b$ 为常数）使振幅按 $e^{-bt/(2m)}$ 衰减。而频率接近 $\omega$ 的周期性推动会积累起很大的响应，即共振；阻尼越弱，共振越尖锐。

例题：橡皮泥落在方块上

本题检验前面得出的分工：方程决定 $\omega$，起始状态决定振幅。突发事件同时改变质量和起始状态，结果取决于事件发生的时刻。

当动画中的方块（$m=1\mathrm{kg}$，$k=10N/m$，$A=0.10\mathrm{m}$）以最大速度 $A\omega \approx 0.32m/s$ 经过中心时，一团 1 kg 的橡皮泥从上方略高处落下并粘在上面。新的周期和振幅是多少？如果橡皮泥落在转折点上，又会有什么变化？

首先是碰撞。地面和重力都是竖直作用的，因此在短暂的撞击期间没有水平力作用，水平动量守恒。橡皮泥没有水平动量，因此 $1\cdot 0.316=2v^{\prime }$，得 $v^{\prime }=0.158m/s$。撞击极为短暂，方块还未移动：它仍在 $x_0=0$ 处。

其次是新的频率。弹簧未变，但质量加倍，因此 ${\omega }^{\prime }=\sqrt{10/2}\approx 2.24rad/s$，$T^{\prime }=2\pi /{\omega }^{\prime }\approx 2.81\mathrm{s}$，周期变为原来的 $\sqrt{2}$ 倍。

第三是新的振幅。运动从 $x_0=0$、速度为 $v^{\prime }$ 处重新开始，因此振幅公式给出
$A^{\prime }=\sqrt{x_0^2+{\left(\frac{v^{\prime }}{{\omega }^{\prime }}\right)}^2}=\frac{0.158}{2.24}\approx 0.071\mathrm{m}$
方块现在只摆出 7.1 cm，即 $A/\sqrt{2}$，能量从 0.050 J 降至 $\frac{1}{2}\cdot 10\cdot 0.071^2=0.025\mathrm{J}$。其中一半在碰撞中损失了，这总是发生在运动物体粘到一个静止的等质量物体上时：两者以一半的速度、两倍的质量运动，因此动能只有一半。

如果橡皮泥落在转折点上，方块在那一瞬间静止，因此没有速度可以分配，也没有能量损失。方块从 $x_0=0.10\mathrm{m}$ 处静止重新开始：振幅仍为 10 cm，能量仍为 0.05 J。周期仍为 2.81 s，因为它只取决于 $k$ 和新的质量，但最大速度降至 $A{\omega }^{\prime }\approx 0.22m/s$。同样的撞击，取决于发生时的相位，可能使振幅缩小，也可能不改变振幅，而周期只对质量作出响应。

适用范围

每个模型都有其适用的范围。简谐振子有两个极限：一个是大位移时，胡克定律失效；另一个是能量台阶极小时，量子力学接管。

胡克定律只是 $U$ 的泰勒展开的第一项，因此只在小位移时成立。钢丝只在应变（即分数伸长）为百分之几以内时保持线性。由这种钢丝绕成的螺旋弹簧仍可伸长得多，因为其钢丝主要是扭转而非伸长，而每一小段只扭转一点点。超出线性范围后，$U$ 的高阶项开始起作用。它们使周期依赖于振幅，就像单摆那样，并且会产生谐波：运动中处于 $\omega$ 整数倍的分量。对于单摆，“小”的标准是摆角：要使周期保持在 $2\pi \sqrt{L/g}$ 的 1% 以内，需要 ${\theta }_0$ 小于约 23°。

量子力学设定了另一极限：振子的能量只能以 $\hslash \omega$ 为步长变化，其中 $\hslash \approx 1.05\times 10^{-34}\mathrm{J}\mathrm{s}$ 为约化普朗克常数。对于动画中的方块，$\hslash \omega \approx 3.3\times 10^{-34}\mathrm{J}$，而其能量为 0.05 J，量子数约为 $1.5\times 10^{32}$，因此这些台阶完全不可见。分子则是另一回事。氯化氢以 $\omega \approx 5.4\times 10^{14}rad/s$ 振动，因此 $\hslash \omega \approx 0.36\mathrm{eV}$，约为室温下典型热能 $k_{B}T\approx 0.026\mathrm{eV}$ 的十四倍（此处 $k_B$ 为玻尔兹曼常数，$T$ 为热力学温度）。气体中的碰撞很少能携带足够的能量把分子抬到下一能级，因此它停留在基态，具有零点能 $\frac{1}{2}\hslash \omega$，其振动几乎不增加气体的热容。

延伸

本课的方程是本课程其余大部分内容的起点。加入摩擦和周期性驱动后，它就变成阻尼与共振一课所研究的方程，其中品质因数决定振子持续振荡多久以及共振峰有多尖锐。把许多振子耦合成一排，它们的运动会以波的形式传播，这是波的基础一课的主题；在驻波一课中，弦的每个简正模式都是具有自身 $\omega$ 的简谐运动。劲度系数 $k$ 来自弹性：胡克定律、应力与应变；参考圆来自圆周运动一课；同样的数学还会在电磁波中出现，并出现在黑体辐射与量子中的量子化振子里。