结构动力学习题解答

1、结构动力学习题解答结构动力学习题解答 1 第一章 单自由度系统 1.1总结求单自由度系统固有频率的方法和步骤。 单自由度系统固有频率求法有：牛顿第二定律法、动量距定理法、拉格朗日方程法和能量守 恒定理法。 1、 牛顿第二定律法 适用范围：所有的单自由度系统的振动。 解题步骤： （1） 对系统进行受力分析,得到系统所受的合力； （2） 利用牛顿第二定律,得到系统的运动微分方程； =Fxm （3） 求解该方程所对应的特征方程的特征根，得到该系统的固有频率。 2、 动量距定理法 适用范围：绕定轴转动的单自由度系统的振动。 解题步骤： （1） 对系统进行受力分析和动量距分析； （2） 利用动量距定理

2、J,得到系统的运动微分方程； =M （3） 求解该方程所对应的特征方程的特征根，得到该系统的固有频率。 3、 拉格朗日方程法： 适用范围：所有的单自由度系统的振动。 解题步骤： （1）设系统的广义坐标为，写出系统对于坐标的动能T和势能U的表达式； 进一步写求出拉格朗日函数的表达式：L=T-U； （2）由格朗日方程=0，得到系统的运动微分方程； LL dt )( （3） 求解该方程所对应的特征方程的特征根，得到该系统的固有频率。 4、 能量守恒定理法 适用范围：所有无阻尼的单自由度保守系统的振动。 解题步骤： （1）对系统进行运动分析、选广义坐标、写出在该坐标下系统的动能T和势能U 的表达式；进

3、一步写出机械能守恒定理的表达式T+U=Const （2）将能量守恒定理T+U=Const对时间求导得零,即，进一步得到系0 )( = + dt UTd 统的运动微分方程； （3） 求解该方程所对应的特征方程的特征根，得到该系统的固有频率。 1.2 叙述用衰减法求单自由度系统阻尼比的方法和步骤。 用衰减法求单自由度系统阻尼比的方法有两个：衰减曲线法和共振法。 方法一：衰减曲线法。 求解步骤： （1）利用试验测得单自由度系统的衰减振动曲线，并测得周期和相邻波峰和波谷 的幅值、。 i A 1+i A （2）由对数衰减率定义，进一步推导有)ln( 1+ = i i A A ， 2 1 2 = 结构动力

4、学习题解答结构动力学习题解答 2 因为较小， 所以有 。 2 = 方法二：共振法求单自由度系统的阻尼比。 （1）通过实验，绘出系统的幅频曲线， 如下图： 单自由度系统的幅频曲线 （2）分析以上幅频曲线图，得到： ；4/22/ max2, 1 = 于是 ； 22 1 )21 ( n = 进一步 ； 22 2 )21 ( n += 最后 ；() nn 2/2/ 12 = 1.3 叙述用正选弦激励求单自由度系统阻尼比的方法和步骤。 用正选弦激励求单自由度系统阻尼比的方法有两个：幅频（相频）曲线法和功率法。 方法一：幅频（相频）曲线法 当单自由度系统在正弦激励作用下其稳态响应为：tFsin 0 ,)s

5、in(=tAx 其中：；(1) ()() 222222 0 2 0 414+ = + = st n x nm F A (2)()() 2 1/2arctan= 结构动力学习题解答结构动力学习题解答 3 从实验所得的幅频曲线和相频曲线图上查的相关差数，由上述（1），（2）式求得阻尼比。 方法二：功率法： （1）单自由度系统在作用下的振动过程中，在一个周期内，tFsin 0 弹性力作功为、0= c W 阻尼力做功为、 2 AW cd = 激振力做作功为；sin 0 FWf= （2）由机械能守恒定理得，弹性力、阻尼力和激振力在一个周期内所作功为零， 即：+； c W d W0= f W 于是-sin

6、 0 F0 2 =A c 进一步得：； cFAsin 0 = （3）当时，= n 1sin= 则，2 maxst xA= 得,。21 max = max 2= 1.4 求图 1-35 中标出参数的系统的固有频率。 （1）此系统相当于两个弹簧串联，弹簧刚度为 k1、简支梁 刚度为； 等效刚度为 k;有； 3 2 48 L EI k= 21 111 kkk += 3 1 21 48 48 11 1 lkEI EIk kk k + = + = L/2L/2 则固有频率为：；图 1-33（a） ()mlkEI EIl m k 3 1 3 48 48 + = （2）此系统相当于两个弹簧串联, 等效刚度为

7、: ;L/2L/2 3 1 48 l EI kk+= 1 k 则固有频率为: 3 3 1 48 ml EIlk m k+ = 图 1-33（b） (3)系统的等效刚度为 m m 结构动力学习题解答结构动力学习题解答 4 m k1k1 11 33 33EIEI kkk ll =+=+ 则系统的固有频率为图 1-33（c） 3 1 3 3k lEIk mml + = （4） 由动量距定理得：( ) 00 IFm= （）=lkllkl 2 1 2 1 2 1 2 1 11 + 2 2 1 ml 1 k 1 k 得：，0 2 1 =+ m k 则。 m k 2 1 = 图 1-33（d） 1.5求下图

8、所示系统的固有频率。图中匀质轮 A 半径 R,重物 B 的重量为 P/2,弹簧刚度为 k. 解：以为广义坐标，则 系统的动能为 ( ) 2 0 2 2 1 2 1 IxmTTT+=+=）（ 轮子重物 图 1-34( ) 22 2 22 44 ) 2 1 ( 2 1 22 1 x g P x g P R x R g P x g P += +=）（ 2 2 x g P = 系统的势能能为： ； 2 2 1 kxPxUUU+=+= 弹簧重物 拉格朗日函数为 L=T-U; 由拉格朗日方程得0)(= x L x L dt 0=+kxx g P 则， m A B 0 x k 结构动力学习题解答结构动力学习

9、题解答 5 = 0 P kg 所以：系统的固有频率为 P kg 1.6 求图 1-35 所示系统的固有频率。图中磙子半径为 R，质量为 M，作纯滚动。弹簧刚度 为 K。 解：磙子作平面运动，K 其动能T=T平动+T转动。x 图 1-35 2 22 2 1 ; 2 11 ; 222 TMx xMRx TI RR = = 平动 转动 ； 222 4 3 4 1 2 1 xMxMxMT=+= 而势能 ； 2 2 1 KxU= 系统机械能 ;CKxxMUT=+=+ 22 2 1 4 3 由得系统运动微分方程()0=+UT td d ；0 2 3 =+KxxM 得系统的固有频率 ； M K n 3 2

10、= 1.7 求图 1-36 所示齿轮系统的固有频率。已知齿轮 A 的质量为 mA，半径为 rA，齿轮 B 的质 量为 mB，半径为 rB,杆 AC 的扭转刚度为 KA,杆 BD 的扭转刚度为 KB, 解：由齿轮转速之间的关系得角速度；转角； BBAA rr= A B A B r r = A B A B r r = 系统的动能为： 22 2 1 2 1 BBAABA JJTTT+=+= CA ；BD() 222 2 2 2 4 1 22 1 22 1 AABAB BB A AA rmm rmrm T+= + = R M 结构动力学习题解答结构动力学习题解答 6 图 1-36 系统的势能为： ;(

11、) 2 2 2 2222 2 1 2 1 2 1 2 1 A B A BABBAABBAA r r KKKKKKU +=+=+= 系统的机械能为 ；()C r r KKrmmUT A B A BAAABA = +=+ 2 2 2 22 2 1 4 1 由得系统运动微分方程()0=+UT td d ；()0 2 1 2 2 2 = + A B A BAAABA r r KKrmm 因此系统的固有频率为： ； () () BA B A BA A ABA B A BA n mm r r KK r rmm r r KK + + = + + = 2 2 2 2 2 2 1 2 1.8 已知图所示振动系统

12、中，匀质杆长为 L，质量为 m，两弹簧刚度皆为 K，阻尼系 数为 C，求当初始条件时0 00 = （）的稳态解；Cf(t)tFtfsin)(= （）的解；L/2L/2tttf)()(= 解：利用动量矩定理建立系统运动微分方程 ；KK 222 22 )( 22 + = L K L tf L K L CJ 而；图 = 2 2 2 2 2 2 2 12 L L L L mL dr L m rdmrJ 得；)(663 222 tLfKLCLmL=+ 化简得 (1)( 663 tf mLm K m C =+ （） 求的稳态解；tFtfsin)(= 将代入方程（1）得tFtfsin)(= (2)tF mL

13、m K m C sin 663 =+ 结构动力学习题解答结构动力学习题解答 7 令得; 6 ; 6 ; 3 2 2 mL F h m K m C n n = （3）thn n sin2 2 =+ 设方程（3）的稳态解为 （4）)sin(=tAx 将（4）式代入方程（3）可以求得： ； ()() 22 2 222 2 22 96 6 4CmKL F n h A n + = + = ； 222 6 32 mK C arctg n arctg n = = （） 求的解；)()(ttf= 将代入方程（1）得)()(ttf= （5）)( 663 t mLm K m C =+ 令得; 6 ; 6 ; 3

14、2 2 mL h m K m C n n = （6）)(2 2 thn n =+ 方程（6）成为求有阻尼的单自由度系统对于脉冲激励的响应。由方程（6）可以得到)(th 初始加速度 ；)( 0 th= 然后积分求初始速度 ；htdthtdthtd= + 0 0 0 0 0 0 00 )()( 再积分求初位移 ；0) 0 0 0 0 00 = + tdhtd 这样方程（6）的解就是系统对于初始条件、和的瞬态响应 0 0 0 ；()+= tAex d tn sin 将其代入方程（6）可以求得： ;0;= dm h A 最后得 ()()te m h tAex d tn d d tn sinsin =+

15、= 结构动力学习题解答结构动力学习题解答 8 1.9 图所示盒内有一弹簧振子，其质量为 m，阻尼为 C，刚度为 K，处于静止状态， 方盒距地面高度为 H，求方盒自由落下与地面粘住后弹簧振子的振动历程及振动频率。 解：因为在自由落体过程中弹簧无变形，所以振子与盒子之间无相对位移。在粘地瞬间， 由机械能守恒定理的振子的初速度； 2 0 2 1 mVmgH=gHV2 0 = 底版与地面粘住后，弹簧振子的振动是对于初速度 的主动隔振gHV2 0 = 系统的运动微分方程为： ；K/2cK/20=+KxxCxm 或;0=+x m K x m C x 或H;02 2 =+xxnx n 系统的运动方程是对于初

16、始条件的响应： ；()+= tAex d tn sin ； ddd n gHxxx xA 2 0 2 002 0 = + += ；0 00 0 = + = xx x arctg n d ();sin 2 t gH x d d = 1.10 汽车以速度 V 在水平路面行使。其单自由度模型如图。设 m、k、c 已知。路面波动情 况可以用正弦函数 y=hsin(at)表示。求： （1）建立汽车上下振动的数学模型； （2）汽车振 动的稳态解。 解： （1）建立汽车上下振动的数学模型；由题意可以列出其运动方程： Y1)()( 11 yycyykym = 其中：表示路面波动情况； 1表示汽车上下波动位移。

17、 K/2CK/2yy 将其整理为： (1)Y(t) 11 yckykyycym +=+ 将代入得)sin(athy= 图)sin()cos(atkhatachkyycym+=+ (2)汽车振动的稳态解: 设稳态响应为：)sin(atAy= m m 结构动力学习题解答结构动力学习题解答 9 代入系统运动微分方程（1）可解得： ；h cmk ck A 2222 22 )( 2 + + = ；) )( tan( 222 3 cmkk mc acra + = 1.11.若电磁激振力可写为，求将其作用在参数为 m、k、c 的弹簧振子上tHtF 0 2 sin)(= 的稳态响应。 解：首先将此激振力按照傅

18、里叶级数展开： = += 1 0 )sin()cos( 2 )( i ii tibtia a tF 其中：；dttitF T a T i = 0 )cos()( 2 = T i dttitF T b 0 )sin()( 2 因为是偶函数，所以。)(sin)( 0 2 tHtF=0= i b 于是 )2cos( 22 )( 0t HH tF= 而 ；)2/2sin( 2 )( 0 +=atA k H tx 式中 ； 2 0 2 2 0 2 16)4( 2 n m H A n + = ； 2 0 2 4 2 arctan = n n a m k m c n n = 2 , 2 1.12.若流体的阻

19、尼力可写为,求其等效粘性阻尼。 3 xbFd= 解： （1）流体的阻尼力为； 3 xbFd= （2）设位移为，而；)cos(=tAxtdxdx= （3）流体的阻尼力的元功为；)( 3 tdxxbdxFdW dd = （4）流体的阻尼力在一个振动周期之内所消耗的能量为： 结构动力学习题解答结构动力学习题解答 10 43 4 43 4 3 )cos(AbdtatAbdtxbdxxbdxFW d = （5）粘性阻尼力在一个振动周期之内所消耗的能量为： 2 cA （6）等效粘性阻尼：取，令 n = 4 3 4 3 Ab n 2 Aceq n 可得： 2 2 4 3 Abc neq = 结构动力学习题解

20、答结构动力学习题解答 11 kkk 第二章 两个自由度系统 2.1 求如图 2-11 所示系统的固有频率和固有振型，并画出振型。 解： （1）系统的振动微分方程 ;X1X2)( 2111 xxkkxxm= ;mm 2122 )(kxxxkxm= 即；02 211 =+kxkxxm ； （1）图 2-1102 212 =+kxkxxm （2）系统的特征方程根据微分方程理论，设方程组（1）的解为： ；（2）)sin( 11 +=tAx)sin( 22 +=tAx 将表达式（2）代入方程组（1）得： 0)sin()2( 211 2 =+tkAkAAm （3）0)sin()2( 212 2 =+tkA

21、kAAm 因为不可能总为零，所以只有前面的系数为零：)sin(+t ； ;0)2( ;0)2( 2 2 1 21 2 =+ = AmkkA kAAmk 即 ；（4） = 0 0 2 2 2 1 2 2 A A mkk kmk （）系统的频率方程若系统振动，则方程有非零解，那么方程组的系数行 列式等于零，即： ；0 2 2 2 2 = mkk kmk 展开得 ；（5）034 2242 =+kmkm 系统的固有频率为： ；（6）mK/ 1 = 2 3/;K m= （） 系统的固有振型 将，代入系统的特征方程（4）式中的任一式，得 1 2 系统的固有振型，即各阶振幅比为：（7）;1 1 ) 1 (

22、2 ) 1 ( 1 ) 1 ( = A A ;1 1 )2( 2 )2( 1 )2( = A A 系统各阶振型如图所示：其中（a）是一阶振型， （b）是二阶振型。 结构动力学习题解答结构动力学习题解答 12 +1+1+1 （a）(b) -1 （） 系统的主振动 系统的 第一主振动为 )sin()sin( ; )sin()sin( 1 ) 1 ( 1 ) 1 ( 11 ) 1 ( 2 ) 1 ( 2 1 ) 1 ( 111 ) 1 ( 1 ) 1 ( 1 +=+= +=+= t m k AtAx t m k AtAx 系统的第一主振动为 ) 3 sin()sin( ; ) 3 sin()sin(

23、 1 )2( 1 )2( 12 )2( 2 )2( 2 1 )2( 112 )2( 1 )2( 1 +=+= +=+= t m k AtAx t m k AtAx 2.2 确定图 2-12 所示系统的固有频率和固有振型。 解： （1）系统的动能 u1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 )( 2 1 )2( 2 1 umumumumT+=+= u2 （2）系统的势能A2mBm 因为弹簧上端 A、B 两点的位移 KK; 2 ; 2 2 2121 1 uu u uu uu BA + = + = 所以系统的势能为 LLL 221221 1 ) 2 ( 2 ) 2 2( 2 uuKuu u K V

24、 + + + = ;图 2-12)25( 4 2 221 2 1 uuuu K += (3)系统的 Lagrange 函数 )25( 42 1 2 221 2 1 2 2 2 1 uuuu K umumVTL+= （4）系统的运动微分方程 由 Lagrange 方程可得()2 , 10= j u l u L td d jj ;0 22 ;0 22 5 2 212 211 =+ =+ u K Ku K um u K Kuum 即 结构动力学习题解答结构动力学习题解答 13 ; 0 0 22 22 5 2 2 1 2 1 = + u u KK KK u u m m （） 系统的特征方程设系统的运动

25、微分方程的解为 )sin(,)sin( 2211 +=+=tAutAu 代入系统的运动微分方程得系统的特征方程 ;0 22 ;0 22 5 2 2 2 1 21 2 = + = + A K mKA K A K AKm 即 ; 0 0 22 22 5 2 2 1 2 2 = + + A A K m K K Km （7）系统的频率方程系统的特征方程有非零解得充分必要条件是其系数行列式为零 ;0 22 22 5 2 2 2 = + + K m K K Km 即 ;0274 2242 =+KKmm 解得 系统的固有频率 ； m K m K 18. 1;6 . 0 21 = （） 系统的固有振型将系统的

26、固有频率代入系统的特征方程中的任何一个可得 系统的固有振型 ;67. 1 1 ;28. 0 1 )2()2( 2 )2( 1 ) 1 () 1 ( 2 ) 1 ( 1 = A A A A （8）系统的主振动 )6 . 0sin(28.0)sin( ; )6 . 0sin()sin( 1 ) 1 ( 111 ) 1 ( 2 ) 1 ( 2 1 ) 1 ( 111 ) 1 ( 1 ) 1 ( 1 +=+= +=+= t m k AtAu t m k AtAu )18. 1sin(67. 1)sin( ; )18. 1sin()sin( 1 )2( 111 )2( 2 )2( 2 1 )2( 111

27、 )2( 1 )2( 1 +=+= +=+= t m k AtAu t m k AtAu 2.3 一均质细杆在其端点由两个线性弹簧支撑（图 2-13） ，杆的质量为 m，两弹簧的刚度分 别为 2K 和 K。 结构动力学习题解答结构动力学习题解答 14 （1）写出用杆端铅直位移 u1 和 u2 表示的运动方程；u1Cmu2 （2）写出它的两个固有频率； （3）画出它的两个固有振型； 解 ：(1) 均质杆的运动微分方程2KK 以均质杆的静平衡位置为坐标原点，均质杆的质心 C 的位移为L(); 2 1 21 uuuC+= 均质杆绕质心 C 的转角为图 2-13;sin 1221 L uu L uu

28、= 均质杆的运动微分方程即 ; 2 ;)2( 21 21 u KL LKuJ uuKum C c = += 21 21 2 21 21 212 ;)2( 2 )( u KL LKu L uumL uuK uum = + += + 即即（1） ()();26 ;)2(2)( 2121 2121 uuKuum uuKuum =+ +=+ ;0612 ;024 2121 2121 =+ =+ KuKuumum KuKuumum （2）系统的特征方程 设运动微分方程（1）的解为、，代入方程（1）)sin( 11 +=tAu)sin( 22 +=tAu ;0612 ;024 212 2 1 2 212

29、2 1 2 =+ =+ KAKAAmAm KAKAAmAm 即 ; 0 0 612 24 2 1 22 22 = A A mKKm mKmK （4）系统的频率方程系统的特征方程有非零解得充分必要条件是其系数行列式为零 ;0 612 24 22 22 = mKKm mKmK 即 ;02412 2242 =+KKmm 解得 系统的两个固有频率 ；066. 3;612. 1 21 = （5）系统的固有振型将系统的固有频率代入系统的特征方程中的任何一个可得 系统的两阶固有振型; 67 371 ; 7 31 )2()2( 2 )2( 1 ) 1 () 1 ( 2 ) 1 ( 1 = A A A A （8

30、）系统的两阶主振动 )612. 1sin(33. 2)sin( ; )612. 1sin()sin( 1 ) 1 ( 111 ) 1 ( 2 ) 1 ( 2 1 ) 1 ( 111 ) 1 ( 1 ) 1 ( 1 +=+= +=+= tAtAu tAtAu 结构动力学习题解答结构动力学习题解答 15 )066. 3sin(81. 1)sin( ; )066. 3sin()sin( 1 )2( 111 )2( 2 )2( 2 1 )2( 111 )2( 1 )2( 1 +=+= +=+= tAtAu tAtAu 2.4 确定图 2-14 所示系统的固有频率和固有振型，并画出固有振型。 解： （1

31、）系统运动微分方程 即u1u2 ;)(2 ;)(22 122 121 uuKum uuKum = = 2k （1） ;022 ;0222 212 211 =+ =+ KuKKuum KuKuum （2）系统特征方程图 2-14 设运动微分方程（1）的解为 )sin( 11 +=tAu 和，)sin( 22 +=tAu 代入方程（1） () ();022 ;0 2 2 1 21 2 =+ = AmKKA KAAmK 即 ; 0 0 22 2 1 2 2 = A A mKK KmK （3）系统频率方程 系统的特征方程有非零解得充分必要条件是其系数行列式为零 ;0 22 2 2 = mKK KmK

32、即 ;03 24 =Km 解得 ; m K3 ;0 21 = （4）系统的固有振型将系统的固有频率代入系统的特征方程中的任何一个可得 系统的两阶固有振型 ; 2 11 ;1 1 )2()2( 2 )2( 1 ) 1 () 1 ( 2 ) 1 ( 1 = A A A A +1+1+1 2m m m 结构动力学习题解答结构动力学习题解答 16 -1/2 2.5 图 2-15 所示的均质细杆悬挂成一摆，杆的质量为 m，长为 L，悬线长为 L/2，求该系统 的固有频率和固有振型。 解： （1）求均质细杆质心的坐标和质心的速度 ；L/2()() 2121 coscos 2 ,sinsin 2 +=+=

33、L y L x cc1 ；C()() 22112211 sinsin 2 ,coscos 2 +=+= L y L x cc2 （2）求系统的 Lagrange 函数 ；图 2-15()() 21 2 2 22 coscos 2 1 2 1 2 1 +=mgLJyxmVTL CCC ；()()() 21 2 2 2 2121 2 2 2 1 2 coscos 2 1 24 cos2 8 +=mgL mLmL （3）求系统的运动微分方程 由 Lagrange 方程可得()2 , 10= j lL td d j j ;0 234 ;0 244 22 2 1 2 12 2 1 2 =+ =+ L m

34、g mLmL L mg mLmL 即; 0 0 2 0 0 2 34 44 2 1 2 1 22 22 = + mgL mgL mLmL mLmL （4）系统特征方程 设运动微分方程（1）的解为和，代入方程（1）)sin( 11 +=tA)sin( 22 +=tA ;0) 32 ( 4 ;0 4 ) 42 ( 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 2 =+ = A mLL mgA mL A mL A mLL mg 即; 0 0 ) 32 ( 4 4 ) 42 ( 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 = A A mLL mg mL mLmLL mg （3）系统频率方程 系统的特征方程有

35、非零解得充分必要条件是其系数行列式为零 22 22 22 22 () 244 0; () 423 LmLmL mg mLLmL mg = 结构动力学习题解答结构动力学习题解答 17 即;01214 2242 =+ggL 解得系统的两个固有频率 ；;6 . 3; 21 L g L g = （4）系统的固有振型将系统的固有频率代入系统的特征方程中的任何一个可得 系统的两阶固有振型 ; 11 131 ;1 1 )2()2( 2 )2( 1 ) 1 () 1 ( 2 ) 1 ( 1 = A A A A +1+1+1 -13/11 2.6 两层楼用集中质量表示如图 2-16 所示的系统。其中；证明该系统

36、 21 2 1 mm= 21 2 1 kk= 的固有频率和固有振型为：；1; 2; 2 ; 2 )2( 2 )2( 1 ) 1 ( 2 ) 1 ( 1 1 1 2 1 1 1 = x x x x m k m k 解：(1)系统振动微分方程 （1） 0 0 22211222 21211111 =+ =+ xkxkxm xkxkxm 系统特征方程（2） () ()0 0 22 2 22121 21211 2 11 =+ =+ AmkAk AkAmk （3）系统频率方程因为考虑系统振动的情况 ，所以要求方程（2）有非零解。而方程（2） 有非零解的充要条件是其系数行列式等于零：X1m1 K10 2 2

37、 2212 121 2 11 = mKK KmK 即） （）(3)X2m2 1 2 11 mk 2 2 22 mk0 2112 =kk （2）系统特征方程设方程组的解为 () () 11 22 sin sin xAt xAt =+ =+ 代入方程组（1）式得 结构动力学习题解答结构动力学习题解答 18 （4）系统固有频率K2 根据已知条件， 111 kk= 11221 kkk= ，;图 2-16 12122 3kkkk=+= 21 2 1 mm= 21 2 1 kk= ，; 12122 3kkkk=+= 21 2 1 mm= 21 2 1 kk= 代入（3）式得 ，0 2 5 2 1 1 1

38、14 2 = + m k m k ,； 1 1 1 2 2m k = 1 1 2 2 2 m k = （6）系统固有振型： 将系统固有频率 代入系统特征方程（2）得系统固有振型 ；2 2 1 1 1 111 1 2 12 ) 1 ( 2 ) 1 ( 1 = = = k k k km k A A ；1 2 11 1 111 2 2 12 )2( 2 )2( 1 = = = kk k km k A A （7）系统的主振动： ；2 ) 1 ( 2 ) 1 ( 1 ) 1 ( 2 ) 1 ( 1 = A A x x ；1 )2( 2 )2( 1 )2( 2 )2( 1 = A A x x 证毕。 27

39、 如图 2-17 所示的系统，设激振力为简谐形式，求系统的稳态响应。 m1x1m2x2 k1k2 图 2-17 解: (1)建立系统运动微分方程 根 据 牛 顿 第 二 定 律 ， 分 别 对和列 出 振 动 微 分 方 程 ： 1 m 2 m m 结构动力学习题解答结构动力学习题解答 19 （1-1） 0)( )()( 12222 2121111 =+ =+ xxkxm tfxxkxkxm 即： （1-2） 0 )sin)( 221222 2 2212111 =+ =+ xkxkxm temxkxkkxm (2 求系统的稳态响应：设系统的稳态响应为 （1-3） )sin( )sin( 222

40、 111 atAx tAx = = 即 （1-4） tDtDx tCtCx cossin cossin 212 211 += += 将表达式（1-4）代入式（1-2） ，根据两个方程中包含的系数和为零及包含tsin 的系数和为零，可得如下方程组：tcos ;0)( ;)( 22221 2 1 2 12121 2 1 =+ =+ DkCkkm emDkCkkm 即 （1-5） ;0 ;0)( 2222 12 2 212 =+ =+ DkCk DkmCk 求解方程组（1-5）得：0 22 =DC （1-6） ;0 ; ; )( 22 2 2221 2 12 2 21 4 21 2 2 1 2 22

41、21 2 12 2 21 4 21 2 2 2 2 1 = + = + = DC kmkkkmkmmm ekm D kmkkkmkmmm mkem C 所以在公式中有)sin(, )sin( 222111 atAxtAx= （1-7） ;0 ; ; )( 21 2 2221 2 12 2 21 4 21 2 2 2 2 2221 2 12 2 21 4 21 2 2 2 2 1 = + = + = kmkkkmkmmm ekm A kmkkkmkmmm mkem A 2.8 在如图 2-18 所示的系统中， 一水平力 Fsin(t)作用于质量块 M上， 求使M 不动的条件 。 解： （1）系统

42、有两个自由度，选广义坐标为 x, （2）系统的动能 Xcos2 2 1 )( 2 1 2 1 2 1 222 xmllmXmXMT+= （3）系统的势能KMK 结构动力学习题解答结构动力学习题解答 20 )cos(2 2 1 2 +=lmglkxU （4）Lagrange 函数L 图 2-18mUTL= coscos 2 1 xm)(M 2 1 2222 mglmglkxxmlmlL+= （5）对 Lagrange 函数求导 ;sinsin;cos)(;cos ;2;cos)()(;cos)( 22 mglxml L xmlml L dt d xmlml L kx x L mlxmM x L

43、dt d mlxmM x L = = = = += += （6）Lagrange 方程 0)( sin)( = = LL dt d tF x L x L dt d 得 0sinsincos sin2cos)( 2 =+ =+ mglxmlxmlml tFkxmlxmM 因为振动为微幅振动，所以 sin,1cos 2 （8）解方程： 设，代入方程并整理得：tAxsin=tBsin= 0 2)1 ()( 22222 222 =+ =+ BmglmlABAmlBml FAkmlBmMA 因为 M 不动，所以 A=0。而 B 不能等于零，故， ，0 22 =mlmgl 解得 ； l g = 2.9 在

44、图 2-19 所示的系统中，轴的弯曲刚度为 EJ，圆盘质量为 m，它对其一条直径的转动 惯量为 I=mR2/4，其中 R=L/4。设轴在它的静平衡位置时是水平的，且忽略轴的质量。求系 统的运动微分方程和固有频率。L 结构动力学习题解答结构动力学习题解答 21 解： （1）系统自由度、广义坐标： 图 2-19 所示的系统自由度 N=2，选 Y、为 广义坐标。RV （2）系统运动微分方程 （1） ; ; 2212 1211 Iym Iymy = = 其中系数：;, 2 , 3 22 2 12 3 11 EJ L EJ L EJ L = （3）系统特征方程 设()()+=+=tAtAysin,sin

45、 21 代入方程（1）得 ;0)sin()sin()sin( ;0)sin()sin()sin( 2 2 221 2 122 2 2 121 2 111 =+ =+ tAItAmtA tAItAmtA 整理得 （2）; 0 0 1 2 23 1 1 1 22 2 2 2 2 3 2 22 2 12 2 12 2 11 = = EJ L EJ L EJ IL EJ mL Im Im （4）系统固有频率 特征方程（2）由非零解的充分必要条件是其系数行列式等于零： ;0 1 2 23 1 22 2 2 2 2 3 = EJ L EJ L EJ IL EJ mL 即 () () 2 3 3 42 2

46、19 10; 48 192 L m L m EJ EJ + = 解得： ; 6 . 8 , 62. 1 21 mL EJ LmL EJ L = 2.10 图 2-20 所示的是两自由度系统。其中，k=987,m=1，C=0.6284，)cos( 1 tPP= ,求系统的固有频率、振型和 u1的稳态响应。0628. 0=C 解： （1）系统自由度、广义坐标u1u2 系统自由度 N=2；CCC 广义坐标选 u1 和 u2KK （2）系统运动微分方程KKK 根据牛顿第二定律，写出 图 2-20 ;)()( ;)()( 1221222 11121211 uuKuuCuCKuum PuCuuCuuKKu

47、um += += m P1 mm P1 m 结构动力学习题解答结构动力学习题解答 22 写成矩阵形式： () ; 0 cos 0 0 2 1 2 1 2 1 = + + + + + + tP u u KKK KKK u u CCC CCC u u m m （2）系统的固有频率和振型 对于系统运动微分方程两边作拉氏变换得 ()() ()();0)()()( ;)()()( 2 2 1 22 21 2 =+ + =+ sUKKsCCmssUKsC s Ps sUKsCsUKKsCCms 有 ()() ()() ;0 )( )( 2 2 = + + KKsCCmsKsC KsCKKsCCms 解得

48、;37.37346 . 0 , 4 . 3131 . 0 4, 32, 1 jsjs 因此 ;37.37,4 .31 21 系统的固有振型，即各阶振幅比为： ;1 1 ) 1 ( 2 ) 1 ( 1 ) 1 ( = A A ;1 1 )2( 2 )2( 1 )2( = A A 系统的 第一主振动为 )sin()sin( ; )sin()sin( 11 ) 1 ( 1 ) 1 ( 11 ) 1 ( 2 ) 1 ( 2 11 ) 1 ( 111 ) 1 ( 1 ) 1 ( 1 +=+= +=+= tAtAx tAtAx 系统的第一主振动为 )sin()sin( ; )sin()sin( 22 )2

49、( 1 )2( 12 )2( 2 )2( 2 22 )2( 112 )2( 1 )2( 1 +=+= +=+= tAtAx tAtAx （3）u1 的稳态响应 由拉氏方程组解得 ()() ()()()() ;)( 2222 2 1 + + = sKCsmsKKsCCms KKsCCmsPs sU 于是 ()() ()()()() ; 2 22 2 1 + + = jsKCsmsKKsCCms KKsCCmsPsA 以代入得=js ()() () ()() () ; 63. 0 . 098775. 01421 69. 01204 22 2 2 2 2 2 2 2 1 + + + = j e PA

50、 结构动力学习题解答结构动力学习题解答 23 ; 987 63. 0 arctan 1421 75. 0 arctan 1204 69. 0 arctan 222 = u1 的稳态解为 ; )cos( 11 +=tAu 2.11 减小受简谐激振励单自由度系统的振幅的方法之一，是在该系统上附加一个“可调吸 振器”， 吸振器由弹簧-质量组成。 这样原系统和吸振器就构成了一个两自由度系统， 见图2-21. （1）建立系统的运动方程； （2）设系统的稳定响应为u2 ，K2)cos()(),cos()( 2211 tUtutUtu= 试证明u1 , )( )( )( 12 2 2 1 = D pmk U

51、 )( )( 12 2 = D pk U 其中K1/2K1/2 2 22 2 21 2 21 )()(kmkmkkD+= 图 2-21 （3）将吸振器调到，证明当时，即原系统处于共振状态， 1122 mkmk= 11 2 mk= 1 U 的响应振幅为零； （ 4 ） 若 吸 振 器 调 到时 ， 画 出和对 频 率 比25 . 0 12 =mm 111 pUk 121 pUk 的频幅图。 11 mkr= 解： （1）对每个质量进行受力分析，由牛顿第二定律得系统的运动微分方程 ； () = += )( )(cos 21222 12211111 uukum uukuktPum 即； =+ =+ 0

52、 )cos()( 221222 12212111 ukukum tpukukkum （2）将系统的稳定响应代入运动微分方程组得 ； =+ =+ 0)( )( 2 2 2212 1221 2 121 UmkUk pUkUmkk 由 Cramer 法则， )( )(, )( )( )( 12 2 12 2 2 1 = = D pk U D pmk U 其中 2 22 2 21 2 21 )()(kmkmkkD+= （3）当时，系统的频率方程为 1122 mkmk= M2 M1tPcos 1 结构动力学习题解答结构动力学习题解答 24 ； 0)( 2 222 2 2 121 = + = mkk km

53、kk D 将代入上式，显然满足方程，故此时系统处于共振状态。 11 2 mk= 并且有 0 )( )( )( 12 2 2 1 = = D pmk U 设，且时，可得 1122 mkmk=25. 0 12 =mm + = + = )1)(1 ( 1 )1)(1 ( 1 22 1 21 22 2 111 rr p Uk rr r pUk 所以频幅图为 结构动力学习题解答结构动力学习题解答 25 00.511.522.5 -100 -50 0 50 100 150 r k1U1/p1 k1U2/p1 第三章多自由度系统 3.1 试求图 3-10 所示系统在平衡位置附近作微振动的振动方程。 K5K6

54、 1 x 2 x 3 x K1K2K3K4 图 解： （1）系统自由度、广义坐标 图示系统自由度 N=2，选 x1、x2 和 x3 为广义坐标； （2）系统运动微分方程 根据牛顿第二定律，建立系统运动微分方程如下： ;)( ;)()( ;)( 3423333 262532312222 2121111 xKxxKxm xKxKxxKxxKxm xxKxKxm = = = 整理如下 ;0)( ;0)( ;0)( 3432333 33265321222 2212111 =+ =+ =+ xKKxKxm xKxKKKKxKxm xKxKKxm 写成矩阵形式 （1）; 0 0 0 )(0 )( 0)(

55、00 00 00 3 2 1 433 365322 221 3 2 1 3 2 1 = + + + + x x x KKK KKKKKK KKK x x x m m m （3）系统特征方程 设)sin(,)sin(,)sin( 332211 +=+=+=tAxtAxtAx 代入系统运动微分方程（1）得系统特征方程 m1m2m3 结构动力学习题解答结构动力学习题解答 26 （2）; 0 0 0 )(0 )( 0)( 3 2 1 2 3433 3 2 265322 2 2 121 = + + + A A A mKKK KmKKKKK KmKK （4）系统频率方程 系统特征方程（2）有非零解的充要条件是其系数行列式等于零， 即 ;0 )(0 )( 0)( 2 3433 3 2 265322 2 2 121 = + + + mKKK KmKKKKK KmKK 展开得系统频率方程 ;0)()( )()()( 2 121 2 3 2 343 2 2 2 343 2 26532 2 121 =+ + mKKKm