振动力学部分课后答案刘延柱著高等教育出版社.pdfVIP

1.1 质量为 m 的质点由长度为 l、质量为 m1的均质细杆约束在铅锤平面内作微幅摆动， 如图 E1.1 所示。求系统的固有频率。 m l m1 x 图 E1.1 解： 系统的动能为： ( ) 2 2 2 1 2 1 x Il xmT?+= 其中 I 为杆关于铰点的转动惯量： 2 1 0 2 1 2 0 1 3 1 lmdxx l m xdx l m I ll = = 则有： () 22 1 22 1 22 3 6 1 6 1 2 1 xlmmxlmxmlT?+=+= 系统的势能为： ()() () 2 1 2 1 2 1 2 4 1 4 1 2 1 cos1 2 cos1 glxmmglxmmglx x l gmxmglU +=+= += 利用xx n =?和UT =可得： () ()lmm gmm n 1 1 32 23 + + = 1.2 质量为 m、半径为 R 的均质柱体在水平面上作无滑动的微幅滚动，在 CA=a 的 A 点 系有两根弹性刚度系数为 k 的水平弹簧，如图 E1.2 所示。求系统的固有频率。 k k A C a R 图 E1.2 解： 如图，令为柱体的转角，则系统的动能和势能分别为： 222222 4 3 2 1 2 1 2 1 ? mRmRmRIT B = += ()() 2 22 2 1 2aRkaRkU+=+= 利用 n = ? 和UT =可得： () m k R aR mR aRk n 3 4 3 4 2 2 + = + = 1.3 转动惯量为 J 的圆盘由三段抗扭刚度分别为 1 k， 2 k和 3 k的轴约束， 如图 E1.3 所示。 求系统的固有频率。 k1k2 k3 J 图 E1.3 解： 系统的动能为： 2 2 1 ?JT = 2 k和 3 k相当于串联，则有： 332232 , kk=+= 以上两式联立可得： 32 2 3 32 3 2 , kk k kk k + = + = 系统的势能为： () 2 32 32321 2 33 2 22 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 + + =+= kk kkkkk kkkU 利用 n = ? 和UT =可得： () () 32 32132 kkJ kkkkk n + + = 1.4 在图 E1.4 所示的系统中，已知()bamiki , ,3 , 2 , 1 和=，横杆质量不计。求固有 频率。 k2k1 a b k3 m mg ba a F + = 2 mg ab x1 x2 x0 x mg ba b F + = 1 图 E1.4答案图 E1.4 解： 对 m 进行受力分析可得： 33x kmg =，即 3 3 k mg x = 如图可得： ()() 22 2 2 11 1 1 , kba mga k F x kba mgb k F x + = + = () () mg kkba kbka ba xxa xxxx 21 2 2 2 1 2 12 110 + + = + +=+= () mg k mg kkkba kbka xxx 0321 2 2 2 1 2 30 11 = + + + =+= 则等效弹簧刚度为： () () 21 2 32 2 31 2 321 2 kkbakkbkka kkkba ke + + = 则固有频率为： () ()() 2 2 2 13 2 21 2 321 bkakkbakkm bakkk m ke n + + = 1.7 质量 1 m在倾角为的光滑斜面上从高 h 处滑下无反弹碰撞质量 2 m，如图 E1.7 所 示。确定系统由此产生的自由振动。 h k m1 m2 x0 x2 x x12 图 E1.7答案图 E1.7 解： 对 1 m由能量守恒可得（其中 1 v的方向为沿斜面向下） ： 2 111 2 1 vmghm=，即ghv2 1= 对整个系统由动量守恒可得： () 02111 vmmvm+=，即gh mm m v2 21 1 0 + = 令 2 m引起的静变形为 2 x，则有： 22 sinkxgm=，即 k gm x sin 2 2 = 令 1 m+ 2 m引起的静变形为 12 x，同理有： () k gmm x sin 21 12 + = 得： k gm xxx sin 1 2120 = 则系统的自由振动可表示为： t x txx n n n sincos 0 0 ? += 其中系统的固有频率为： 21 mm k n + = 注意到 0 v与x方向相反，得系统的自由振动为： t v txx n n n sincos 0 0 = 1.9 质量为 m、长为 l 的均质杆和弹簧 k 及阻尼器 c 构成振动系统，如图 E1.9 所示。以 杆偏角为广义坐标，建立系统的动力学方程，给出存在自由振动的条件。若在弹簧原长处 立即释手， 问杆的最大振幅是多少？发生在何时？最大角速度是多少？发生在何时？是否在 过静平衡位置时？ k a c O ak lc? 图 E1.9答案图 E1.9 解： 利用动量矩定理得： llcaakI= ? ? ， 2 3 1 mlI = 033 222 =+kaclml ? ? ， 2 2 3 ml ka n = n ml cl 2 3 2 2 =， 3 2 1 1 2 3mk l a c m c n = aak l mg= 0 2 ， 2 0 2ka mgl = 1.12 面积为 S、质量为 m 的薄板连接于弹簧下端，在粘性流体中振动，如图 E1.12 所 示。作用于薄板的阻尼力为SvFd2=，2S 为薄板总面积，v 为速度。若测得薄板无阻尼 自由振动的周期为 0 T，在粘性流体中自由振动的周期为 d T。求系数。 图 E1.12 解： 平面在液体中上下振动时： 02=+kxxSxm? ? 0 2 Tm k n =， d nd T 2 1 2 = n n m S m S = 2 2 ， k S 22 2 = k Sk 22 2 1 = 2 0 2 0 22 0 222 TT TST m k Sk TT d dd = = 2.1 一弹簧质量系统沿光滑斜面作自由振动， 如图 T 2-1 所示。 已知，= 30， m = 1 kg， k = 49 N/cm，开始运动时弹簧无伸长，速度为零，求系统的运动规律。 m k mg x0 x 图 T 2-1答案图 T 2-1 解： 0 sinkxmg=，1 . 0 49 2 1 8 . 91 sin 0 = = k mg x cm 70 1 1049 2 = = m k n rad/s ttxx n 70cos1 . 0cos 0 =cm 2.1 图 E2.2 所示系统中，已知 m，c， 1 k， 2 k， 0 F和。求系统动力学方程和稳态响 应。 c1c2 k1k2 x2x1 m k2c2 k1c1 m x1 m x m ? ? xk2x c ? 2 () 11 xxk() 11 xxc? ? 图 E2.1答案图 E2.1(a)答案图 E2.1(b) 解： 等价于分别为 1 x和 2 x的响应之和。先考虑 1 x，此时右端固结，系统等价为图（a） ，受 力为图（b） ，故： ()()xcxkxccxkkxm? ? 112121 +=+ tAcAkkxxcxm 1111111 cossin+=+ ? ?（1） 21 ccc+=， 21 kkk+=， m kk n 21+ = （1）的解可参照释义（2.56） ，为： ( ) () ()() () ()()2 2 2 11111 2 2 2 1111 21 cos 21 sin ss t k Ac ss t k Ak tY + + + =（2） 其中： n s 1 =， 2 1 1 1 2 s s tg = () ()() 21 2 1 2 21 2 21 2 21 1 2 121 kk cckk kk c s + + = + +=+ ()() () ()() 21 2 1 2 21 2 2 121 2 21 121 2 21 2 1 2 2 2 121 kk ccmkk kk cc kk m ss + + = + + + + =+ 故（2）为： ( ) ()() ()() ()() () 211 2 1 2 21 2 2 121 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 21 2 2 121 111111111 sin cossin + + + = + + = t ccmkk ck A ccmkk tActAk tx ()() mkk cc tg kk m kkc tg s s tg 2 121 121 1 21 2 1 211 1 2 1 1 1 1 2 + + = + + = = 1 11 1 2 k c tg = 考虑到( )tx2的影响，则叠加后的( )tx为： ( ) ()() () + + + + + = = i ii i i i i ii iiii k c tg mkk cc tgt ccmkk ckA tx 1 2 21 21 1 2 1 2 2 21 2 2 21 222 sin 2.2 如图 T 2-2 所示， 重物 1 W悬挂在刚度为 k 的弹簧上并处于静平衡位置， 另一重物 2 W 从高度为 h 处自由下落到 1 W上而无弹跳。求 2 W下降的最大距离和两物体碰撞后的运动规 律。 k h W2 W1 x x0 x1 x12 平衡位置 图 T 2-2答案图 T 2-2 解： 2 2 2 2 2 1 v g W hW=，ghv2 2 = 动量守恒： 12 21 2 2 v g WW v g W+ =，gh WW W v2 21 2 12 + = 平衡位置： 11 kxW=， k W x 1 1= 1221 kxWW=+， k WW x 21 12 + = 故： k W xxx 2 1120 = () 2121 WW kg gWW k n + = + = 故： t v tx t x txx n n n n n n sincos sincos 12 0 0 0 += += ? 2.4 在图 E2.4 所示系统中，已知 m， 1 k， 2 k， 0 F和，初始时物块静止且两弹簧均为 原长。求物块运动规律。 k2 m k1 tFsin 0 x1x2 tFsin 0 m 11x k() 122 xxk 2 xm? ? () 122 xxk 图 E2.4答案图 E2.4 解： 取坐标轴 1 x和 2 x，对连接点 A 列平衡方程： ()0sin 012211 =+tFxxkxk 即： ()tFxkxkksin 022121 +=+（1） 对 m 列运动微分方程： () 1222 xxkxm=? ? 即： 12222 xkxkxm=+? ?（2） 由（1） ， （2）消去 1 x得： t kk kF x kk kk xmsin 21 20 2 21 21 2 + = + +? ?（3） 故： () 21 21 2 kkm kk n + = 由（3）得： ( ) ()() + =tt kkm kF tx n nn sinsin 22 21 20 2 2.5 在图 E2.3 所示系统中，已知 m，c，k， 0 F和，且 t=0 时， 0 xx =， 0 vx =?，求系 统响应。验证系统响应为对初值的响应和零初值下对激励力响应的叠加。 c k m tFcos 0 图 E2.3 解： ( )()() += tAtDtCetx dd t cossincos 0 ()()2 2 2 0 21 1 ss k F A + =， 2 1 1 2 s s tg = ( )cos cos0 00 AxCACxx=+= ( )() ()() + += tAtDtCe tDtCetx dddd t dd t sincossin sincos 0 0 0 ? ( ) dd d ACv DADCvx sin sin0 00 00 + =+=? 求出 C，D 后，代入上面第一个方程即可得。 2.7 求图 T 2-7 中系统的固有频率，悬臂梁端点的刚度分别是 1 k及 3 k，悬臂梁的质量忽 略不计。 m k1 k2 k3 k4 无质量 m k1 k2 k3 k4 图 T 2-7答案图 T 2-7 解： 1 k和 2 k为串联，等效刚度为： 21 21 12 kk kk k + =。 （因为总变形为求和） 12 k和 3 k为并联（因为 12 k的变形等于 3 k的变形） ，则： 21 323121 3 21 21 312123 kk kkkkkk k kk kk kkk + + =+ + =+= 123 k和 4 k为串联（因为总变形为求和） ，故： 4241323121 432431421 4123 4123 kkkkkkkkkk kkkkkkkkk kk kk ke + + = + = 故： m ke n = 2.7 由一对带偏心质量的等速反向旋转齿轮构成的振动机械安装在弹簧和阻尼器构成 的支承上，如图 E2.7 所示。当齿轮转动角速度为时，偏心质量惯性力在垂直方向大小为 tmesin 2 。已知偏心重 W = 125.5 N，偏心距 e = 15.0 cm，支承弹簧总刚度系数 k = 967.7 N/cm， 测得垂直方向共振振幅cmXm07 . 1 =， 远离共振时垂直振幅趋近常值cmX32 . 0 0 =。 求支承阻尼器的阻尼比及在min300r=运行时机器的垂直振幅。 tmesin 2 2 2 1 me 2 2 1 me 图 E2.7 解： ( ) ()() () + =t ss s M me txsin 21 2 2 2 2 ， 2 1 1 2 s s tg = s=1 时共振，振幅为： cm M me X07. 1 2 1 1 = （1） 远离共振点时，振幅为： cm M me X32. 0 2 =（2） 由（2） 2 X me M = 由（1）15. 0 22 1 2 1 1 2 121 = X X XXme me XM me min300r=， M k = 0 ， 1 0 =s 故： ()() m ss s M me X 3 2 2 2 2 108 . 3 21 = + = 2.9 如图 T 2-9 所示，一质量 m 连接在一刚性杆上，杆的质量忽略不计，求下列情况系 统作垂直振动的固有频率： （1）振动过程中杆被约束保持水平位置； （2）杆可以在铅锤平面内微幅转动； （3）比较上述两种情况中哪种的固有频率较高，并说明理由。 k2k1 m l1l2 mg ll l F 21 1 2 + = mg l1l2 x1 x2 x x mg ll l F 21 2 1 + = 图 T 2-9答案图 T 2-9 解： （1）保持水平位置： m kk n 21+ = （2）微幅转动： () ()()() ()() () () () mg kkll klkl mg kkll kl lklllkl mg kkll klkl ll l kll mgl mg kll l kll l ll l kll mgl ll lxx k F xxx 21 2 21 2 2 21 2 1 21 2 21 2211 2 12122 2121 2211 21 1 121 2 121 2 221 1 21 1 121 2 21 112 1 1 1 + + = + + = + + + + = + + + + = + +=+= 故： () 2 2 21 2 1 21 2 21 klkl kkll ke + + = m ke n = 2.10 求图 T 2-10 所示系统的固有频率，刚性杆的质量忽略不计。 k1 k2 m a l F1 mg x1 xA 图 T 2-10答案图 T 2-10 解： m 的位置： AA x k mg xxx+=+= 2 2 aFmgl 1 =， a mgl F = 1 ， 1 1 ak mgl x = l a x x A = 1 ， 1 2 2 1 ka mgl x l a xA= mg kka klka mg ka l kka mgl k mg xxx A 21 2 2 2 1 2 1 2 2 21 2 2 2 2 1 + = +=+=+= 2 2 1 2 21 2 klka kka ke + =， m ke n = 2.11 图 T 2-11 所示是一个倒置的摆。摆球质量为 m，刚杆质量可忽略，每个弹簧的刚 度为 2 k 。 （1）求倒摆作微幅振动时的固有频率； （2） 摆球质量 m 为 0.9 kg 时， 测得频率() n f为 1.5 Hz， m 为 1.8 kg 时， 测得频率为 0.75 Hz，问摆球质量为多少千克时恰使系统处于不稳定平衡状态？ a l m k/2k/2 零平衡位置 零平衡位置 cosl 图 T 2-1答案图 T 2-11(1)答案图 T 2-11(2) 解： （1） 222 2 1 2 1 ? mlIT= ()() () 22222 2 2 1 2 1 2 1 cos1 2 1 2 1 2 mglkamglka mglakU = = 利用 maxmax UT=， maxmax n = ? = =1 2 2 2 2 2 mgl ka l g l g ml ka ml mglka n - （2） 若取下面为平衡位置，求解如下： 222 2 1 2 1 ? mlIT= () ()mglmglkamglmglka mglkamglakU +=+= +=+ = 22222 222 2 2 1 2 1 2 1 2 sin21 2 1 cos 2 1 2 1 2 ()0=+UT dt d ，()022 22 =+ ? ? ? mglkaml ()0 22 =+mglkaml ? ? 2 2 ml mglka n = 2.17 图 T 2-17 所示的系统中，四个弹簧均未受力，k1=k2=k3=k4=k，试问： （1）若将支承缓慢撤去，质量块将下落多少距离？ （2）若将支承突然撤去，质量块又将下落多少距离？ k1 k2k3 k4 m 图 T 2-17 解： k kk kk k k kk kk k kkkk 2 1 3 2 2 4123 4123 1234 231 231 123 3223 = + = = + = =+= （1） 01234x kmg =， k mg x 2 0 = （2）( )txtx n cos 0 =， k mg xx 4 2 0max = 2.19 如图 T 2-19 所示，质量为 m2的均质圆盘在水平面上可作无滑动的滚动，鼓轮绕轴 的转动惯量为 I，忽略绳子的弹性、质量及各轴承间的摩擦力，求此系统的固有频率。 m1 m2 I R2 R1k2 k1 r x ? 图 T 2-19 解： 系统动能为： 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 3 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 xm xm R I m r x rmxm R x IxmT e? ? ? ? ? ? = += + += 系统动能为： 2 2 2 2 2 1 12 2 2 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 xk x R R kk x R R kxkV e = += += 根据： maxmax VT=， maxmax xx n =? 2 2 2 1 2 2 2 1 12 2 2 3 m R I m R R kk n + + = 2.20 如图 T 2-20 所示，刚性曲臂绕支点的转动惯量为 I0，求系统的固有频率。 k3 k2 m2 m1 k1 a b l 图 T 2-20 解： 系统动能为： ( )( ) () 22 2 2 10 2 2 2 1 2 0 2 1 2 1 2 1 2 1 ? ? lmamI lmamIT += += 系统动能为： ()( )() () 22 3 2 2 2 1 2 3 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 bklkak bklkakV += += 根据： maxmax VT=， maxmax n = ? 2 2 2 10 2 3 2 2 2 1 2 lmamI bklkak n + + = 2.24 一长度为 l、质量为 m 的均匀刚性杆铰接于 O 点并以弹簧和粘性阻尼器支承，如 图 T 2-24 所示。写出运动微分方程，并求临界阻尼系数和无阻尼固有频率的表达式。 k a l c O aklc? 图 T 2-24答案图 T 2-24 解： 利用动量矩方程，有： llcaakJ= ? ? ， 2 3 1 mlJ = 033 222 =+kaclml ? ? 2 2 3 ml ka n = n ml cl 2 3 2 2 =，1= 3 23 3 2 3 2 2 2 mk l a ml ka mmc n = 2.25 图 T 2-25 所示的系统中，刚杆质量不计，写出运动微分方程，并求临界阻尼系数 及阻尼固有频率。 k a l b c m a b l bk ac? lm? ? 图 T 2-25答案图 T 2-25 解： 0=+bbkaacllm ? ? 0 222 =+kbcaml ? ? m k l b ml kb n = 2 2 n ml ca 2 2 2 =， k m mlb ca ml ca n 22 2 2 2 = 4222 2222 42 2 4 2 1 4 11acbkml mlk m blm ac m k l b nd = 由mk a bl c 2 2 1= 2.26 图 T 2-26 所示的系统中，m = 1 kg，k = 144 N / m，c = 48 Ns / m，l1= l= 0.49 m， l2= 0.5 l， l3= 0.25 l，不计刚杆质量，求无阻尼固有频率 n 及阻尼。 l1 m k c l2 l3 m O 2 lk 1 lm? ? 3 lc? 图 T 2-26答案图 T 2-25 解： 受力如答案图 T 2-26。对 O 点取力矩平衡，有： 0 223311 =+llkllcllm ? ? 0 2 2 2 3 2 1 =+klclml ? ? 0 4 1 16 1 =+kcm ? ? 36 4 1 2 = m k n srad n / 6= n m c 2 16 1 = 25. 0 2 1 16 = n m c 4.7 两质量均为 m 的质点系于具有张力 F 的弦上，如图 E4.7 所示。忽略振动过程中弦 张力的变化写出柔度矩阵，建立频率方程。求系统的固有频率和模态，并计算主质量、主刚 度、简正模态，确定主坐标和简正坐标。 mm lll F F F y1 y2 F F 1 2 3 图 E4.7答案图 E4.7(1) 解： l y1 11 sin=?， l yy 12 22 sin =?， l y2 33 sin=? 根据 1 m和 2 m的自由体动力平衡关系，有： () 12 121 2111 2sinsinyy l F l yy F l y FFFym= +=+=? ? () 21 212 3222 2sinsinyy l F l y F l yy FFFym= =? ? 故： 0= + 2 1 2 1 2 1 21 12 0 0 y y l F y y m m ? ? ? ? 当 1 m= 2 m时，令： tYysin 11= ，tYysin 22 =， F ml 2 = 代入矩阵方程，有： 0= 2 1 21 12 Y Y ()()()03112 21 12 2 = 3 , 1 2, 1 = ml F ml F = 1 2 1 ， ml F ml F3 2 2 2 = 根据()02 21 =YY得： 1 2 1 1 1 2 1 = = Y Y ，1 2 1 2 2 2 1 = = Y Y 1.01.0 1.0 -1.0 第一振型第二振型 答案图 E4.7(2) 2.10 图 T 4-11 所示的均匀刚性杆质量为 m1，求系统的频率方程。 k1 k2 m1 b a m2 图 T 4-11 解： 先求刚度矩阵。 令1=，0=x，得： 2 2 2 12111 akbkaakbbkk+=+= akk 221 = 令0=，1=x，得： akk 212 = 222 kk= 则刚度矩阵为： + = 22 2 2 2 2 1 kak akakbk K 再求质量矩阵。 令1=? ?，0= x ? ? ，得： 2 111 3 1 amm=，0 21= m 令0=? ?，1= x ? ? ，得： 0 12 =m， 222 mm= 则质量矩阵为： = 2 2 1 0 0 3 1 m am M 故频率方程为：0 2 =MK k21 m2 m1 k11 bk 1 ak 2 x 答案图 T 4-11(1) k22 m2 m1 k12 1 2 k 答案图 T 4-11(2) m21 m2 m1 m11 答案图 T 4-11(3) 4.11 多自由度振动系统质量矩阵 M 和刚度矩阵 K 均为正定。对于模态 i x和 j x及自然 数 n 证明： ()0 1 = j T i MxMKx，()0 1 = j T i KxKMx 解： jjj MxKx 2 =，等号两边左乘 1 KM jjjjj KxMxKMKxKM 2121 = ，等号两边左乘 T i x 0 21 = j T ijj T i KxxxKKMx，当ji 时 重复两次： jjj KxKxKM 21 = ，等号两边再左乘 1 KM jjj xKKMKxKMKM 1211 =，等号两边左乘 T i x 0 12 2 1 = j T ijj T i xKKMxKxKMx，当ji 时 重复 n 次得到： 0 1 = j n T i KxKMx jjj MxKx 2 =，等号两边左乘 1 MK jjj MxMKKxMK 121 = 故： jjj MxMKMx 12 =，等号两边左乘 T i x 0 12 = j T ijj T i xMMKxMxx，当ji 时 即0= j T i Mxx，当ji 时 重复运算： jjj MxMKMxMK 2 121 = 0 2 121 = j T ijj T i MxMKxMxMKx，当ji 时 重复 n 次。 5.1 质量 m、长 l、抗弯刚度 EI 的均匀悬臂梁基频为 3.515(EI / ml3)1/2，在梁自由端放置 集中质量 m1。用邓克利法计算横向振动的基频。 解： 3 1 515. 3 ml EI =， 3 1 2 3 lm EI = +=+= 3355.12 1 11 1 3 2 2 2 1 2 1 mm EI l ()lmm EI l 1 1 355.123 088. 6 + = 5.2 不计质量的梁上有三个集中质量，如图 E5.2 所示。用邓克利法计算横向振动的基 频。 l/4l/4l/4l/4 mm 3m 图 E5.2 解： 当系统中三个集中质量分别单独存在时： () = EI l f 12 4/9 3 11 ， () EI l f 12 4/16 3 22 =， () EI l f 12 4/9 3 33 = EI ml mfmfmf 192 13 3 1 1 11 3 332211 2 3 2 2 2 1 2 1 =+=+= l EI l 843. 3 1= 5.3 在图 E5.3 所示系统中，已知 m 和 k。用瑞利法计算系统的基频。 k 2k m k 2mm 图 E5.3 解： 近似选取假设模态为： ()T5 . 25 . 11= 系统的质量阵和刚度阵分别为： ()mmmdiag2=M， = kk kkk kk K 0 32 023 由瑞利商公式： ( ) 2 1 75.11 5 . 2 = m k R T T M K m k 461. 0 1= 5.9 在图 E5.9 所示系统中，已知 k 和 J。用传递矩阵法计算系统的固有频率和模态。 kk J J/2 1 2 (1) (2) 图 E5.9 解： 两端边界条件为： 固定端： = = 1 0 0 0 R R T X，自由端： = = 0 1 2 2 R R T X。 = = k J k k J J k RR 222 011 1 1 1 0 1 1 1 XSX + = = k J k J k J k J k k J k k JJ k RR 222 2 2 222 122 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 1 XSX 由自由端边界条件得频率方程： 01 2 1 2 222 = + k J k J k J J k 765. 0 1= ， J k 848. 1 2 = 代入各单元状态变量的第一元素，即： = 2 2 2 1 2 1 k J k k 得到模态： T 414. 11 )1 ( =， T 414. 11 )2( = 5.10 在图 E5.10 所示系统中，已知 GIpi( i = 1 , 2)，li( i = 1 , 2)和 Ji( i = 1 , 2)。用传递矩 阵法计算系统的固有频率和模态。 J1 GIp1 J2 l1l2 GIp2 图 E5.10 解： 两自由端的边界条件为： = = 0 1 1 1 L L T X， = = 0 1 2 2 R R T X。 = = 1 2 1 2 111 1 0 1 1 01 JJ LPR XSX = = 1 2 1 1 2 1 2 1 115 . 15 . 1 11 10 1 1 J k J J k RFLR XSXX + = = 2 2 1 2 2 21 4 1 21 4 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 5 . 122 1 1 1 1 1 JJ k JJ k JJ k J k J J k J k J J k RR XSX 其中： 1 1 1 l GI k p =， 2 2 2 l GI k p =。 由自由端边界条件得频率方程： 0 2 2 1 2 2 21 4 1 21 4 =+JJ k JJ k JJ 0 1= ， () () 122121 2121 2 lIlIJJ JJIGI pp pp + + = 代入各单元状态变量的第一元素，即： = 2 1 2 1 1 2 2 1 1 1 k J k J 得到模态： T 11 )1( =， T J J = 2 1 )2( 1 5.11 在图 E5.11 所示系统中悬臂梁质量不计，m、l 和 EI 已知。用传递矩阵法计算系统 的固有频率。 m EI l (1) (0) 图 E5.11 解： 引入无量纲量： l y y =， EI Ml M =， EI lF F S S 2 =， EI ml 23 = 定义无量纲的状态变量： T S FMy=X 边界条件： 左端固结： T S R FM00 0 =X，右端自由： T R y00 1 =X 根据传递矩阵法，有： RFPR 0111 XSSX= 其中点传递矩阵和场传递矩阵分别为： = 100 0100 0010 0001 1 P S， = 1000 1100 2 1 110 6 1 2 1 11 1 F S 得： = + =+ 01 6 1 2 1 0 S S FM FM 利用此齐次线性代数方程的非零解条件导出本征方程： ( )01 3 1 1 6 1 2 1 11 =+= + = 3= ml EI l 31 = 5.12 在图 E5.12 所示系统中梁质量不计， m、 l 和